北京市东城区2020届高三下学期综合练习物理试题

北京市东城区2020届高三下学期综合练习物理试题

北京市东城区2019—2020学年度第二学期高三物理综合练习（一）‎ 物理试题 第一部分（选择题共42分）‎ 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列事实中能够作为“原子核可再分”依据的是（　　）‎ A. 电子的发现 B. 天然放射现象 C. α粒子散射实验 D. 原子发光现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而证明了原子可再分，故A错误；‎ B．天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分，故B正确；‎ C．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构学说，故C错误；‎ D．氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.已知水的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。若用m0表示一个水分子的质量，用V0表示一个水分子的体积，下列表达式中正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．一个分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有 故A正确，B错误。‎ CD．由于水分子间隙小，所以水分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有 故CD错误。‎ 故选A ‎3.为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。红外线测温仪利用（　　）‎ A. 红外线是可见光的特点 B. 红外线的穿透本领比X射线强的特点 C. 人体温度越高辐射出的红外线越强的特点 D. 被红外线照射的某些物体可以发出荧光的特点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】红外线测温仪主要是为测出人体温度，因此是利用了物体都在不停地辐射红外线，且温度越高的物体辐射红外强度越强的特点，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示为氢原子能级图。大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光。用这些光照射金属钙。已知金属钙的逸出功为3.20eV。能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有（　　）‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据组合公式，=6，可知，大量的处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出6种不同频率的光，它们的能量分别是 可见有三种光子能量大于3.20eV，故能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有三种，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：将斜面1与斜面2平滑连接，让小球由斜面1上的O处由静止开始滚下，小球将滚上斜面2.逐渐减小斜面2的倾角，仍使小球从O处由静止滚下。如果没有摩擦，则（　　）‎ A. 小球在斜面2上能上升的最大高度逐渐降低 B. 小球在斜面2上每次都能上升到与O处等高的位置 C. 当斜面2最终变为水平面时，小球将处于静止状态 D. 当斜面2最终变为水平面时，小球的运动状态将不断改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】AB．理想斜面不考虑摩擦，小球从O点的这一高度处具有一定的重力势能，由于机械能守恒，所以它到另一个斜面上时，每次它都能上升到与O点等高的位置处，故B正确，A错误；‎ CD．当斜面2最终变为水平面时，小球将做匀速直线运动，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，两根长度不同的细线上端固定在天花板上的同一点，下端分别系着完全相同的小钢球1、2.现使两个小钢球在同一水平面内做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 球1受到的拉力比球2受到的拉力小 B. 球1的向心力比球2的向心力小 C. 球1的运动周期比球2的运动周期大 D. 球1的线速度比球2的线速度大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对球进行受力分析得，如下图所示，所以细线的拉力为 而球1对应的θ较大，故它对应的cosθ就会较小，所以球1的细线的拉力较大，故A错误；‎ B．因为球的向心力为 F向=mgtanθ 而球1的θ较大，故它对应的tanθ就会较大，所以球1的向心力较大，故B错误；‎ C．由向心力公式可知 ‎ ‎ 设悬点到圆心的距离为h，则R=htanθ，所以周期为 所以二者的周期相同，故C错误；‎ D．由于周期相同，则角速度相同，根据v=Rω可知球1的线速度比球2的线速度大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1=0和t2=0.2s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期。下列说法正确的是（　　）‎ A. 波速一定为‎0.4m/s B. 振幅一定为‎0.04m C. 波长可能为‎0.08m D. 周期可能为0.8s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】B．观察波形图可知，振幅A=‎2cm，故B错误；‎ D．因为t1=0和t2=0.2s时波形分别如图中实线和虚线所示，二者至少相差半个周期，故 ‎0.2s=0.5T+nT（n=0、1、2……）‎ 而T＞0.2s，故周期T=0.4s，故D错误；‎ C．由图可知，波长为‎16cm，即‎0.16m，故C错误；‎ A．根据波长、周期和波速的关系可知，波速 故A正确 故选A。‎ ‎8.如图所示，a、b两点位于以负点电荷-Q（Q>0）为球心的球面上，将两个带正电的检验电荷q1、q2分别置于a、b两点。下列说法正确的是（　　）‎ A. a点电势大于b点电势 B. a点电场强度大于b点电场强度 C. 若规定无穷远处电势为零，a、b两点的电势均为正值 D. 若将q1、q2分别移动到无穷远处，电场力做功不一定相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于a、b两点位于以负点电荷-Q（Q＞0）为球心的球面上，它们到负电荷的距离是相等的，根据点电荷周围电势的分布情况可知，以点电荷为球心的同心球面上为等势面，故a、b两点的电势相等，故A错误；‎ B．根据点电荷周围场强的分布情况可知，以点电荷为球心的同心球面上的电场强度大小相等，方向不同，故a、b两点的电场强度大小相等，故B错误；‎ C．规定无穷远处电势为零，则负电荷周围电势为负，a、b两点的电势均为负值，故C错误；‎ D．a、b两点电势相等，分别移动到无穷远处，则初末位置的电势差相等，根据电场力做功的公式可知，W=qU，由于电荷量未知，两种情况下电场力做功不一定相等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。开关闭合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后（　　）‎ A. 通过电源的电流为零 B. 定值电阻两端的电压等于E C. 电路消耗的电功率等于 D. 电容器所带电荷量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合开关，待电路稳定后，由于电源与电阻R构成一个闭合电路，故通过电源的电流不为零，故A错误；‎ B．定值电阻R的两端电压就是电源的路端电压，由于有内电压，所以定值电阻两端的电压不等于电源的电动势，而是，故B错误；‎ C．电路消耗的电功率是指总电功率，即为 故C错误；‎ D．根据电容的公式，故电容器所带电荷量为 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是（　　）‎ A. 适当减少线圈a的匝数 B. 适当减少线圈b的匝数 C. 将交流输出电压适当减小 D. 将线圈a改接在直流输出端 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，因为变压器的规律是 所以 U2=‎ 减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；‎ B．适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，则不可以，故B错误；‎ C．将交流输出电压U1适当减小，U2减小，也不行，故C错误；‎ D．将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎11.学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题。如图所示，某地铁出站口处设有高约‎5m的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约‎0.2m，自动扶梯与水平面间的夹角为30°，并以‎0.8m/s的速度匀速运行。甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行，乙在自动扶梯上站立不动。若他俩同时到达地面层。下列估算正确的是（　　）‎ A. 甲同学步行上楼梯用时6.25s B. 甲同学的上行速度等于‎0.4m/s C. 甲同学竖直方向分速度为‎1.6m/s D. 甲同学每秒钟需要上两级台阶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为出站口处有高约‎5m的步行楼梯和自动扶梯，所以自动扶梯的长度为 自动扶梯以‎0.8m/s的速度匀速运行，故人站在自动扶梯上到达顶端的时间为 甲乙两同学的时间相等，则甲需要的时间也是12.5s，选项A错误；‎ B．甲乙两同学时间相等，位移相等，则速度相等，即甲同学的上行速度等于‎0.8m/s，选项B错误；‎ C．甲同学竖直方向分速度为 选项C错误；‎ D．因步行楼梯每级台阶高度约为‎0.2m，则台阶数为阶，而上到最高点所用时间为12.5s，故甲同学每秒钟要上两级台阶，故选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.人造地球卫星与地心间距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r1时有 ‎…①‎ 卫星的引力势能为 ‎…②‎ 轨道半径为r2时 ‎…③‎ 卫星的引力势能为 ‎…④‎ 设摩擦而损失的机械能为△E，根据能量守恒定律得 ‎…⑤‎ 联立①～⑤得 故B正确，ACD错误。 故选B。‎ ‎13.机械波和电磁波都能产生多普勒效应。下列现象中不属于利用多普勒效应的是（　　）‎ A. 交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速 B.‎ ‎ 医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常 C. 发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离 D. 天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速利用了声波多普勒效应的原理，故A正确，不符合题意；‎ B．医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确，不符合题意；‎ C．发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘以声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故C错误，符合题意；‎ D．天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度是属于光波的多普勒效应的原理应用，故D正确，不符合题意。‎ 故选C。‎ 多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接受到的频率不同于振源频率的现象，据此判断即可。‎ 本题考查的是多普勒效应在实际生活中的应用，能够很好地体现物理就在身边，物理与生活中的一些现象息息相关的新课改理念，是一道非常好的试题。‎ ‎14.环境监测中通常需要监测烟尘浓度。如图所示为光电式烟尘浓度计的工作原理图。光源1发出的光线经聚光透镜2后，再经半透半反镜3分成两束强度相等的光线。其中一路光线经反射镜4后穿过被测烟尘，有部分光线被烟尘吸收或散射（光在介质中与物质微粒相互作用，使光的传播方向发生改变的现象）后，经过光电转换电路6转换成电压信号U1.另一路光线直接到达光电转换电路7（6、7完全相同）后，产生作为被测烟尘浓度的参比电压信号U2.运算电路通过U1和U2的比值计算出被测烟尘的浓度。根据上述信息应用所学知识可以判断（　　）‎ A. 没有烟尘时，U1和U2的比值应该为零 B. 散射过程中动量守恒定律不成立 C. 如果用全反射棱镜作为反射镜4，其折射率至少为2‎ D. 烟尘浓度越高时，U1和U2的差值越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有烟尘时，光的传播方向没有发生改变，U1和U2的大小相等，其比值应该为1，不是零，故A错误；‎ B．根据康普顿效应原理，散射过程是光子与微粒碰撞作用的结果，所以动量守恒定律仍然成立，故B错误；‎ C．如果用全反射棱镜作为反射镜4，其反射光线与入射光线的夹角是90°，故需要其临界角小于45°，再根据 故其折射率至少为，故C错误；‎ D．烟尘浓度越高时，光线被烟尘吸收或散射得就会越多，光线射到6的亮度就会越少，所以U1和U2的差值越大，故D正确。‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共58分）‎ ‎15.一位同学利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。他安装好实验装置，斜槽与水平槽之间平滑连接，且槽的末端水平。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下铅垂线所指的位置O。选择两个半径相同的小球开始实验，主要实验步骤如下：‎ a．不放球2，使球1从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到记录纸上留下落点痕迹。多次重复上述操作。‎ b．把球2放在水平槽末端位置，让球1仍从原位置由静止开始滚下，与球2‎ 碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。多次重复上述操作。‎ c．在记录纸上确定M、P、N为三个落点的平均位置，并用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A．球1的质量大于球2的质量 B．实验过程中记录纸可以随时移动 C．在同一组实验中，每次球1必须从同一位置由静止释放 D．在同一组实验中，球2的落点并不重合，说明操作中出现了错误 ‎(2)已知球1的质量为m1，球2的质量为m2，落点的平均位置M、P、N几乎在同一条直线上。如果m1·OM+m2·ON近似等于______________，则可以认为验证了动量守恒定律。‎ ‎(3)实验过程中要求槽末端水平，请你说明原因___________________________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). m1•OP (3). 如果槽末端保持水平，小球离开槽末端后做平抛运动，在空中的飞行时间相等，可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．A．在实验中，需要球1的质量大于球2的质量，这样球1与球2相碰后球1才不会反弹而直接向右运动，故A正确；‎ B．实验过程中记录纸不可以随时移动，复写纸可以移动，故B错误；‎ C．在同一组实验中，每次球1必须从同一位置由静止释放，这样才能保证每次球1滑到底端时速度相等，故C正确；‎ D．在同一组实验中，球2的落点并不重合，这是操作中出现的误差，而不是错误，故D错误。‎ 故选AC；‎ ‎(2)[2]．动量守恒定律是指碰前的动量等于碰后的动量，而小球平抛时的初速度应该等于水平位移除下落的时间，由于下落的高度它们都是相等的，故时间相等，设时间为t；则碰前动量 碰后动量 即满足等式 m1•OP=m1•OM+m2•ON 即可验证动量守恒；‎ ‎(3)[3]．实验过程中要求槽末端水平，原因是小球离开槽末端后做平抛运动，在空中的飞行时间相等，可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度。‎ ‎16.同学们想测量由两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r。‎ ‎(1)第一小组的同学用电压表、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，如图甲所示。电路中用到的器材均完好无损。‎ ‎①检查电路时，他们发现在开关闭合前电压表示数不为零，这是由于导线_____（填写表示导线的字母）连接错误造成的。改正错误连接后再次闭合开关，他们发现电压表有示数，但改变电阻箱连入电路的阻值时，电压表示数保持不变，原因可能是（写出一条即可）_____。‎ ‎②排除故障后，他顺利完成实验，并根据测得的数据画出图乙所示的图线，其中U为电压表示数，R为电阻箱连入电路的阻值。由图知：电池组的电动势E=_____，内阻r=_____。‎ ‎(2)第二小组的同学用一块检查完好的灵敏电流计（满偏电流Ig已知，内阻Rg未知）、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，如图丙所示。闭合开关后，调节电阻箱阻值为R1时灵敏电流计指针达到满偏，调节电阻箱阻值为R2时灵敏电流计指针达到半偏。请你通过推导说明，在这种测量方法中由于灵敏电流计的内阻Rg未知是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差_________________________。‎ ‎【答案】 (1). c (2). 导线a或导线d与其他元件连接时接触不好导致断路 (3). (4). (5). 测量电动势E时不存在系统误差，测量内阻r时存在系统误差 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①[1][2]．由于电压表与电源直接相连，造成了闭合开关前电压表的示数不为0，故是导线c接在了开关与电源的正极之间，应该接在开关与电阻箱之间；若闭合开关后发现电压表有示数，但改变电阻箱连入电路的阻值时，电压表示数保持不变，说明电压表测量的一直是电源电压，也就说明与电压表并联的那部分出现了断路，即导线a或导线d与其他元件连接时接触不好导致断路；‎ ‎②[3][4]．根据闭合电路的欧姆定律 即 则由图像可知图像的斜率 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎(2)[5]．是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差就看通过计算得出的电动势和内阻中有没有电流计的内阻，如果有，它的存在就会有误差，如果没有，则它再存在也不会影响这个值的大小；根据闭合电路欧姆定律可知 E=Ig（Rg+r+R1）‎ 同理 E=Ig（Rg+r+R2）‎ 联立解得 E=Ig（R2-R1）‎ r=R2-2R-Rg 由此可知利用这种方法测量电动势E时不存在系统误差，测量内阻r时存在系统误差。‎ ‎17.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止开始自由下落，并能匀速进入磁场。在此过程中线框平面保持在竖直平面内，且bc边始终与水平的磁场边界面平行。重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：‎ ‎(1)线框中产生的感应电动势大小E；‎ ‎(2)bc两点间的电势差Ubc；‎ ‎(3)闭合线框的质量m。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框自由落体线框进入磁场时，根据机械能守恒 线框速度 根据法拉第电场感应定律，线框中产生的感应电动势 ‎（2）线框形成闭合回路，此过程中线框中电流 b点和c点间的电势差相当于电源端电压 ‎（3）线框匀速进入磁场，重力和安培力平衡 解得线框质量 ‎ ‎18.我们可以从宏观与微观两个角度来研究热现象。一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知VA=‎0.3m3‎，TA=300K，TB=400K，TC=300K。‎ ‎(1)请你求出气体在状态B时的体积VB；‎ ‎(2)气体分别处于状态A和状态B时，分子热运动速率的统计分布情况如图所示，其中对应状态B的是曲线_____（选填“①”或“②”）。‎ ‎(3)请你说明B→C过程中，气体压强变化的微观原因。‎ ‎(4)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，请你比较Q1、Q2的大小并说明依据。‎ ‎【答案】(1)；(2)②；(3)见解析；(4) ，依据见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有 代入数据，解得 ‎（2）因为B 的温度高，气体分子的平均动能较大，即速率大的分子数点分子总数的比例偏多，故②是其对应的曲线 ‎（3）气体的压强与气体分子的平均动能、气体分子的密集程度有关，过程为等容变化，气体体积不变，气体分子的密集程度不变，气体的温度降低，气体分子的平均动能变小，因此气体的压强变小 ‎（4）一定质量理想气体的内能只与温度有关 过程：气体温度升高，内能增大气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量 过程：气体温度降低，内能减少气体体积不变，既没有气体对外做功，也没有外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量 由题知，，因此 ‎19.如图甲所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小物块。以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原长时将小物块由静止释放，小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内。‎ ‎(1)以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动；‎ ‎(2)求小物块由最高点运动到最低点过程中，重力势能的变化量ΔEP1、弹簧弹性势能的变化量ΔEP2；‎ ‎(3)在图乙中画出由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度a随x变化的图象，并利用此图象求出小物块向下运动过程中的最大速度。‎ ‎【答案】(1)是简谐运动；(2)；；(3) ；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为，则有 可得 小物块运动到平衡位置下方处，受力如图所示 此时弹簧弹力大小为 小物块所受合力为 即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动；‎ ‎(2)根据简谐运动对称性的特点，小物块由最高点运动到最低点过程中，下降的高度为，重力势能的变化量为 根据机械能守恒定律得 其中 解得弹簧弹性势能的变化量为 ‎(3)由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度随变化的图象如图所示 当时小物块的速度最大，设合外力做功为，根据图中图线（或）与横轴所围面积得 根据 可得小物块向下运动过程中的最大速度为 ‎20.在研究原子核的内部结构时，需要用能量很高的粒子去轰击原子核。粒子加速器可以用人工方法使带电粒子获得很大速度和能量。图甲是回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆型金属盒，两盒之间留有间距为d的窄缝，它们之间有一定的电势差。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子。粒子在两盒之间被电场加速，之后进入磁场后做匀速圆周运动。经过若干次加速后，将粒子从金属盒边缘引出。设粒子在交变电场中运动时电压大小为U，不考虑粒子离开A处时的速度、粒子重力、粒子间的相互作用及相对论效应。‎ ‎(1)求粒子被引出时的动能Ek；‎ ‎(2)求粒子被电场加速的次数n；‎ ‎(3)随着粒子在电场中的不断加速，粒子在磁场中的运动速率一次比一次增大，然而粒子每次在金属盒中的运动时间却相同，粒子在交变电场中加速的总时间也可以忽略。已知10MeV以上的回旋加速器中磁感应强度的数量级为1T，金属盒的直径在‎1m以上，窄缝之间距离约为‎0.1cm。请你结合上述参数，通过推导和估算加以分析。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，被引出时的速度为，根据牛顿第二定律有 解得 粒子被引出时的动能 ‎(2)粒子在电场中被加速次，根据动能定理有 解得 ‎(3)粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和：在金属盒内旋转圈的时间和通过金属盒间隙次所需的时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，则有 运动周期 由此可知粒子运动周期与粒子速度无关，每次在金属盒中的运动时间相同，粒子在磁场中运动时间 粒子在电场中运动时，根据匀变速直线运动规律 可得 粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比 由此可知粒子在电场中的加速时间可以忽略。‎