2022年山东省日照市高考物理一模试卷

2019年山东省日照市高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分•在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求•全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分・1.（6分）氢原子的能级如图，一群氢原子处于n=4能级上。当氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时，辐射光的波长为1884nm，下列判断正确的是（）2.A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量C.2.A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量C.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，辐射光的波长大于1884mD.用从能级n=2跃迁到n=1辐射的光照射W逸=6.34eV的铂，能发生光电效应（6分）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（mVM）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时的长度为L］；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为（D.不能确定A.L]〉L?B・L]VL?C.L1=L23.（6分）我国发射的“嫦娥四号”探测器首次探访月球背面。2018年12月30日8时，嫦娥四号探测器由距月面高度约100km的环月轨道，成功降轨至距月面15km的着陆轨道。2019年1月3日早，嫦娥四号探测器调整速度方向，由距离月面15km处开始实施动力下降，速度从相对月球1.7km/s，至距月面100m处减到零（相对于月球静止），并做一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，再缓速垂直下降。10时26分，在反推发动机和着陆缓冲机的作用下，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区。探测器的质量约为1.2X103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度约为9.8m/s2，下列说法正确的是（）探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，机械能守恒B.若动力下降过程做匀减速直线运动，则加速度大小约为97m/s2C.最后100m缓慢垂直下降，探测器受到的反冲作用力约为1.2X104ND.地球的第一宇宙速度约为探测器在近月轨道上运行的线速度的22倍（6分）如图所示，两个质量分别为x3m、m的小圆环A、B用细线達着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O.系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是（）小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是3：1小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°细线与水平方向的夹角为30°细线的拉力大小为2mg（6分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图所示。副线團的匝数可以通过滑动触头Q来调节，副线圈两端连接定值电阻R0,灯泡L和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，原线圈上连接一只理想交流电流表A,闭合开关S,电流表的示数为1。则（）仅增大发电机线的转速，I增大B•仅将P向上滑动，I增大C•仅将Q向上滑动，I增大D.仅将开关S断开，I增大6-如图甲所示木板上表面的一位置缓一个上转动木块与板与地接面的面上装有变大力传另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度a的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（）木块与木板间的动摩擦因数|1=A木块与木板间的动摩擦因数|1=1木块与木板间的动摩擦因数|i=mgC0Sg木板与地面的夹角为02时，木块做自由落体运动木板由91转到的02的过程中，木块的速度变化越来越快（6分）半径分别为r和2r的同心半圆光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O,装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度3绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，则（）3导体棒AB两端的电压为2Br2j3电阻R中的电流方向从Q到N9B2r4^2外力的功率大小为——8R若导体棒不动，要产生同方向的电流，磁感应强度应该减小（6分）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电子从a点移动到b点，电势能减小W；若电子从c点移动到d点，电势能也减小W.下列说法正确的是（）电子从M点移动到N点，电势能也减小Wb点的电势一定低于d点的电势C.电场强度的方向一定是从b点指向a点D.a、c两点间的电势差等于b、d两点间的电势差二、非选择题：第9-12题为必考题，每个试題考生都必须作答．第13-16题为选考题，考生根据要求作答．（5分）某同学做“验证力的平行四边形定则”实验，实验步骤如下：用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端：用两个弹簣测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置；用铅笔描下结点位置，记为O,记录两个力的方向和两弹簧测力计的示数F］和F2；只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条拉到步骤②中的长度，记录力的方向和测力计的示数f3；画出拉力F］、F2、F3的图示如图，然后按平行四边形定则画出合力F；通过比较F与F的大小和方向，即可得出实验结论。回答下列问题：（1）纠正步骤④中的错：。（2）下列关于实验操作的建议，正确的（填写选项前的字母）记录力的方向时，用铅笔沿着细绳套的方向画直线即可若F与F3的大小和方向不相同，则需要重新实验，直到相同为止C.控制两个测力计的示数F1和F2，均不能大于一个测力计的示数F3D.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度（3）纠正了上述步骤中的问題后，重新完成实验，根据标注的信息，请在答题卡上规定区域做出F「F2的合力F。

10．（10分）物理兴趣小组的同学将毫安表与定值电阻Rx并联扩大量程，测量某一电池的电动势和内阻。（1）图甲是该同学的实验电路，请指出实验电路中存在的两处错误，写在答题卡的指定区域。（2）毫安表mA的量程为0〜200mA，内阻为R0,若实验中需要将其量程扩大到0〜1A,并联的定值电阻Rx=（用R0表示）（的改变关系图线器由图线值到记录的组毫安表理电压表的示数内阻山得到如图乙所果保留三位有效数字）。（4）关于实验误差的分析，下列说法正确的（填写选项前的字母）实验中电动势的测量值等于真实值实验中内阻的测量值小于真实值误差是由于电压丧的内阻造成的电流表和电压表的读数误差是系统误差11.(14分)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO'滑向营垒圆心O',为使冰壺能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面问的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d=4m，O、O'之间的距离L=30.0m,冰壶的质量为20kg,冰壶与冰面间的动摩擦因数|11=0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到^2=0.004，营垒的半径R=1m，g取l0m/s2.若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O'点，运动员对冰壶的推力多大？若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？12(18分)如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于Xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次反弹无能量1损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的；、方向相反。mv2mvn电场强度大小等于击，磁感应强度大小等于丽0求：(不计粒子重力，题中各物理ad量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)带电粒子第三次经过OM时的坐标；带电粒子第三次到达OM时经过的时间；带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。-「气XXj0【物理一选修3】（15分）13.（5分）以下有关热学内容的叙述，正确的是（）A.在两分子问距离增大的过程中，分子间的作用力定减小B•液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C.容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁面产生的D.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动E.即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能14（10分）如图甲所示，用面积S=10cm2的活塞在汽缸内封闭着定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量m=2kg,开始时汽缸内的气体的温度T]=300K,缸内气体的高度h=40cm,现对缸内气体缓慢加热使缸内气体的温度升高到T2=400K，已知加热过程中气体吸收的热量Q=420J，外界大气压强为p0=10X105Pa，重力加速度g取I0m/s2.求：①加热过程活塞上升的高度Ah；②加热过程中被封闭气体内能的变化AU。

物理一选修3-4】（15分）15.（5分）如图所示，图1为一列水平方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，图2是这列波中质点P的振动图线，则该波的传播速度为m/s；该波的传播方向为（填“向左”或“向右”）16.（10分）如图，真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n=•一束单色光以与界面成0=45。角射到玻璃砖上表面上，进入玻璃砖经下表面反射后，再从玻璃砖上表面射出，已知光在真空中的传播速度c=3.0X108m/s，玻璃砖厚度d=cm．求该单色光在玻璃砖中传播的速度和传播的路程。2019年山东省日照市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分•在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求•全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分・1．【分析】能级间跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，该光子才能被吸收发生跃迁，能级差越大，光子频率越大，波长越小。【解答】解：A、根据C4=6知，一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，故A错误。B、从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，但原子核不向外放出能量，故B错误。C、n=4跃迁到n=3辐射的光子能量小于n=3跃迁到n=2辐射的光子能量，可知n=3跃迁到n=2辐射的光子波长小于1884nm,故C错误。D、从能级n=2跃迁到n=l辐射的光的能量值：E12=E2-Ex=-3.4-(-13.6)=10.2eV，该光照射W逸=6.34eV的铂，能发生光电效应，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了能级跃迁的基本运用，知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，难度中等。2.【分析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同。A、B两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合判断。【解答】解：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同。对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(m+M)V由机械能守恒定律得：VVEp=?mv2-2（m+M）V2。mMv2mMv2联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep=2（肌+m）同理：对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep=2（m+M）故弹性势能相等，则有：L]=L2•故ABD错误C正确。故选：C。【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律，要注意明确能量的转化情况，并掌握动量守恒的条件。3．【分析】探测器改变轨道需要通过反冲变速；第一宇宙速度是星球表面的绕星的环绕速度；缓速下降过程近似的平衡状态。【解答】解：A、探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，由于受到了反冲作用力，且反冲作用力对探测器做负功，探测器机械能减小，故A错误；B、若动力下降过程做匀减速直线运动，初速度1.7km/s，末速度为零，位移为x=15km-O.lkm=14.9km，根据速度位移公式，有：0v2-^2=2ax代入数据解得^2-p2002-17002m/s2=97m/s2a=2x故B正确；=2x14.9x1000C、最后100m的缓速垂直下降过程近似平衡，故探测器受到的反冲作用力与重力平衡，为F=mg月V1.2X103kgX10N/kg=1.2X104N,故C错误；D、第一宇宙速度是星球表面轨道绕星的环绕速度，故v=v地叫r\地・Tv地叫r\地・T月.地rMX'■：月r地..81X3.7^21.9故D错误；故选：B。点评】人造卫星变轨问题的三点注意事项：（1）人造卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v='判断。（2）人造卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。（3）人造卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。【分析】对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，根据正弦定理可求得支持力与竖直方向的夹角、绳的拉力，小圆环A、B受到大圆环的支持力之比；根据几何知识可求得细线与水平方向的夹角。的合答】大小ABD绳对的拉和力的大行受力设支持力与竖直方向的夹角则做出重力和支持力3mg_厂根据正弦定理可以得到：.=1=，由于T=T',a+B=90°mg

sin45°sinasin45°sinpmg竹=-整理可以得到：a=300,B=600,T=mg竹=-23mg再次利用正弦定理：匕=一s加（180。-30。—45。）s加45。s加（180。-45。—60°）sin45°\3：1,故A正确BD错误；整理可以得到：NA：NB=C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°-30°-45°=15'故C错误。故选：A。【点评】本题考查了物体的平衡条件的应用，受力分析构建力的三角形，借助数学知识求解时解题的关键。【分析】根据Em=NBSw分析电动势的变化，从而分析电流的变化；根据P和Q的滑动情况确定电压和电流的变化。【解答】解：A、仅增大发电机线的转速，根据Em=NBS®可知感应电动势增大，故I增大，故A正确；B、仅将P向上滑动，总电阻增大，总电流减小，根据变压器原理可得原线圈的电流减小，故B错误；C、仅将Q向上滑动，副线圈匝数增大，输出电压变大，根据变压器原理可得I增大，故C正确；D、仅将开关S断开，总电阻增大，总电流减小，根据变压器原理可得I减小，故D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。【分析】根据木板抬起的过程中木块的受力及状态的变化，根据木块的运动状态可以确定木块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力；再通过受力分析可得出摩擦力随角度的变化，结合牛顿第二定律，即可求解。【解答】解：AB、木块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f=mgsinB,故为正弦规律变化；而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力fz=^mgcos9,为余弦规律变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，F11当|imgcos01=Ff1；解得：=mgc0SQ，故AB错误;C、当木板与地面的夹角为02时，木块不受到摩擦力，但有水平初速度，则做匀变速运动，故c错误；2减小，需其受到的合力也增大，那那么加速度增大，因此木块的速度变化越来越快大故D正确；故选：D。【点评】在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解方法进行求解。【分析】由公式E=2BL23求出AB棒产生的感应电动势，再根据电压分配规律求AB两端的电压。由欧姆2定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；外力的功率大小等于回路的电功率，由公式P=EI求出外力的功率。若导体棒不动，要产生同方向的电流，由楞次定律判断磁感应强度的变化情况。【解答】解：A、AB棒产生的感应电动势为E=尹(2r)23-Br23=Br2w，导体R3222棒AB两端的电压为U=2R=4Br23，故A错误。B、由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B端流向A端，所以电阻R中的电流方向从Q到N,故B正确。C、感应电流大小：确。E3Br2e9B2r4^2,故C正1=2R=4R；外力的功率大小为P=EI=8RD、若导体棒不动，要产生同方向的电流，感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据楞次定律判定知磁感应强度应该减小，故D正确。故选：BCD。1【点评】本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式E=2BL23，要知道L是转动半径21的长度，本题中AB棒产生的感应电动势不能根据这个公式这样做：E=2B(2r)23。【分析】M为ac的中点，N为bd的中点，根据电场力做功W=qU,U=q-申b求解从M到N的电势能的变化情况；电场线的方向不一定是运动的方向；根据W=qU求解电势差的关系。黑歸移化相同点g电势辭W，，故匀强电加沿着相同a'c申m=2匕+化同理：申N=2故q申M-q^N=w,故a正确；B、根据题意可知Uab=Ucd，由图象可知ab的距离小于cd的距离，根据匀强电场的电场线特点可得出b点的电势小于d点的电势，故B正确；C、电子从a点移动到b点，其电势能减小W,但ab连线不一定沿着电场线，故C错误；D、粒子从a点移动到b点，其电势能减小W,故：q^a-q^b=W，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W,故：q申c-q^d=W,解得：qUac-qUbd=°故a、c两点间的电势差等于b、d两点间的电势差，故D正确。故选：ABD。【点评】本题关键根据电场力做功公式求解W,运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离。二、非选择题：第9-12题为必考题，每个试題考生都必须作答．第13-16题为选考题，考生根据要求作答．9．【分析】（1）实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，只有使结点到达同样的位置O,才能表示两种情况下力的作用效果相同；（2）掌握实验操作的注意事项，知道通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差；（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答。【解答】解：（1）为了保证一个弹簧测力计的作用效果和另外两个弹簧测力计共同的作用效果相同，要把结点拉到O点位置；（2）A、确定力的方向时，只需要确定细绳套上的两个点即可，故A错误；B、若F与F3的大小和方向不相同，只要在误差允许范围内就可以，故B错误；C、矢量合成中，合力不一定大于分力，合力可以小于、等于、大于分力，故C错误；D、使用测力计时，为了减小实验误差，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度，故答正确；故选：D；3）如图所示：故答案为：(1)结点拉到步骤③中的O点；(2)D；(3)如图所示【点评】本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键。【分析】(1)滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路连接电路时滑片应置于阻值最大处，分析图示电路图分析答题。扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点求出并联电阻阻值。电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。根据实验原理分析图示电路图分析实验误差。【解答】解：(1)由图示电路图可知，滑动变阻器接入电路的阻值没有调到最大，毫安表的正负极接反了。(2)毫安表mA的量程为0〜200mA，内阻为R°,若实验中需要将其量程扩大到0〜1A，分流电阻分流800mA，为毫安表的4倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值为电流表TOC\o"1-5"\h\z11内阻的_，即为_R°。44(3)由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.85V,电路电流为毫安表的5倍，△U1.85电源内阻为:△I=电源内阻为:△I=5x150x10◎2.47Q。_3AB、由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，故A错误，B正确；C、电压表的分流是造成实验误差的原因，误差是由于电压丧的内阻造成的，故C正确；D、电流表和电压表的读数误差是偶然误差，故D错误；故选：BC。故答案为：(1)滑动变阻器接入电路的阻值没有调到最大，毫安表的正负极接反了；1(2)_R；(3)1.85；2.47；(4)BC。04【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的方法，正确利用图象进行分析是解题问题的关键。【分析】(1)若不刷冰面，冰壶恰好滑至O'点时速度为零，对整个过程，利用动能定理列式，可求得运动员对冰壶的推力。(2)对整个过程，运用动能定理分别求出冰壶运动至营垒的最左边和最右边时用毛刷刷冰面的距离，从而得至用毛刷刷冰面的距离的范围。【解答】解：(1)设运动员对冰壶的推力为F,对整个过程，由动能定理得Fd-n1mgL=0代入数据解得F=12N(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1.冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2。由动能定理得：Fd-^mg(L-R-X])-u2mgX]=0代入数据解得X]=8m由动能定理得：Fd-^mg(L+R-x2)-bmgx2=0代入数据解得x2=12m所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8m-12m范围。答：若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O'点，运动员对冰壶的推力是12N。若运动员对冰壶的推力为10N,要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8m-12m范围。【点评】对于涉及力在空间上效果求速度或距离时，要优先考虑动能定理，这样比较简洁。运用动能定理时要灵活选取研究过程。3【分析】(1)设电场强度大小为B,粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做4的圆周运动后经过OM,根据洛伦兹力提供向心力求得半径和坐标。(2)求出粒子在磁场中做圆周运动的周期和平抛运动的时间即可求出带电粒子第三次到达OM时经过的时间；(3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，求出到达x轴时的水平分速度和竖直分速度，然后根据第一次竖直分速度减半反弹，求出竖直分速度和高度，第二次竖直分速度、高度，以此类推第n次竖直分速度、高度，然后求解沿电场方向运动的总路程为。3【解答】解：(1)设电场强度大小为B,粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做4的圆周运动后经过OM，4根据洛伦兹力提供向心力有qvgB=mrmvQ解得：r=qBd故第三次经过OM时的坐标为(-2d、2d)2兀m2nd(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=qBqEV2沿y轴方向加速度：a=肌=16〃y00沿y轴方向：u2一说=2耐v010v010联立解得：tl=(122.16)d带电粒子第三次到达OM时经过的时间:t=T+2q=(2兀+242-

32兄向3联立解得：tl=(122.16)d带电粒子第三次到达OM时经过的时间:t=T+2q=(2兀+242-

32兄向3)因粒2子第二次进入电场做类平抛运动,故到达x轴时的水平分速度为，竖直方第一次竖直分速度减半反弹,竖直分速度vyi=2ry，高度第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2=2^1=1h1==x2d12tt42，高度h2=盟=1x2d2^yn第n次竖直分速度减半反弹，高度hn二？。x2d4211故总路程H=2d+2(h1+h2+-hn，)=2d+2X2d(—+_+……+1044210H=3d10即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H=3d答：(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标为(-2d、2d)；(2兀+242-32)d(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间为(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为3d。【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析清楚粒子运动过程、画出粒子运动轨迹是解题的关键；应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。【物理一选修3】（15分）13．【分析】分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有关。液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，在显示器等方面有着广泛应用，容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的。布朗运动是花粉小颗粒在水中无规则的运动，是由于周围液体分子撞击的冲力不平衡引起，所以布朗运动反映了水分子在做无规则的运动。每个花粉颗粒是由大量花粉分子构成的，所以布朗运动不能反映花粉小颗粒内部分子的无规则运动。根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%；故即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能。【解答】解：A、分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有关。故A错误；B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，在显示器等方面有着广泛应用，故B正确；C、容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而