吉林省延边朝鲜族自治州2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

吉林省延边朝鲜族自治州2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

吉林省延边朝鲜族自治州 2021 届第一次新高考模拟考试物理试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．2017 年 11 月 24 日，国家航天局探月与航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五号任务将是我国首次 月球表面采样返回任务， 这次任务的完成将标志着我国探月工程 “三步走 ”顺利收官。 若已知万有引力常量 G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出月球密度的是 ( ) A．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度 H 和时间 t B．嫦娥五号贴近月球表面做匀速圆周运动，测出运行周期 T C．嫦娥五号在高空绕月球做匀速圆周运动，测出距月球表面的高度 H 和运行周期 T D．观察月球绕地球的匀速圆周运动，测出月球的直径 D 和运行周期 T 【答案】 B 【解析】 设月球的质量为 M ，半径为 r，则月球的密度 3 3= = 4 M M V r A．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度 H 和时间 t，根据 21 2 H gt ，可知算出月 球的重力加速度，根据 2 MmG ma r ，可以算得月球的质量，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故 A 错误； B．根据 2 2 2 4Mm m rG r T 得 2 3 2 4 rM GT ，所以 2 3 GT ，已知 T 就可算出密度，故 B 正确； C、根据 2 2 2 4 ( ) ( ) Mm m r HG r H T 得 2 3 2 4 ( )r HM GT ，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故 C 错误； D、观察月球绕地球的圆周运动，只能算出地球的质量，无法算出月球质量，也就无法算出月球密度，故 D 错误； 故选 B。 2．如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细 线拉紧固定在木箱底部。剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。已知小球和木箱的质量 相同，重力加速度大小为 g，若 0t 时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是 A． 0t 时刻小球速度最大 B． 0t 时刻小球加速度为零 C． 0t 时刻就是刚剪断细线的时刻 D． 0t 时刻小球的加速度为 2g 【答案】 D 【解析】 【详解】 小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球速度为零，对木箱受力分析有 : F Mg ，对小球 受力分析有 : mg F ma 又 F F ， M m，解得 : 2m Ma g g m A.A 项与 上述分析结论不相符，故 A 错误； B.B 项与 上述分析结论不相符，故 B 错误； C.C 项与 上述分析结论不相符，故 C 错误； D.D 项与 上述分析结论相符，故 D 正确。 3．如图， 半径为 R 的半球形容器固定在水平转台上， 转台绕过容器球心 O 的竖直轴线以角速度 ω匀速转 动。质量相等的小物块 A 、B 随容器转动且相对器壁静止。 A、B 和球心 O 点连线与竖直方向的夹角分别 为 α、β， α>β，则下列说法正确的是（ ） A． A 的向心力小于 B 的向心力 B．容器对 A 的支持力一定小于容器对 B 的支持力 C．若 ω缓慢增大，则 A、B 受到的摩擦力一定都增大 D．若 A 不受摩擦力，则 B 受沿容器壁向下的摩擦力 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据向心力公式知 2 sinF m R ，质量和角速度相等， A、B 和球心 O 点连线与竖直方向的夹角分 别为 、 ， ，所以 A 的向心力大于 B 的向心力，故 A 错误； B．根据径向力知，若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力情况根 据牛顿第二定律得 2tan sinmg m R 解得 cos g R 若角速度大于 cos g R ，则会有沿切线向下的摩擦力，若小于 cos g R ，则会有沿切线向上的摩擦力， 故容器对 A 的支持力不一定小于容器对 B 的支持力，故 B 错误； C．若缓慢增大，则 A、B 受到的摩擦力方向会发生变化，故摩擦力数值不一定都增大，故 C 错误； D．因 A 受的静摩擦力为零，则 B 有沿容器壁向上滑动的趋势，即 B 受沿容器壁向下的摩擦力，故 D 正 确。 故选 D。 4．如图所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为 O，三个完全相同的小圆环 a、 b、c 穿在大环上， 小环 c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环 a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三 小环恰好处于平衡位置， 平衡时 a、b 的距离等于绳子长度的一半 .已知小环的质量为 m，重力加速度为 g， 轻绳与 c 的摩擦不计 .则 A． a 与大环间的弹力大小 3 mg B．绳子的拉力大小为 3 2 mg C． c 受到绳子的拉力大小为 3mg D． c 与大环间的弹力大小为 3mg 【答案】 C 【解析】 AB 、三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知： abc 恰好能组成一个等边三角形，对 a 受力分析如图所示： 在水平方向上： sin30 = sin60T No o 在竖直方向上： cos30 cos60T mg No o 解得： N mg ； 3T mg 故 AB 错； c 受到绳子拉力的大小为： 2 cos30 3T T mgo ，故 C 正确 以 c 为对象受力分析得： 在竖直方向上： 1 2 cos30N mg T o 解得： 1 32 3 4 2 N mg mg mg 故 D 错误； 综上所述本题答案是 ;C 5．一辆 F1 赛车含运动员的总质量约为 600 kg，在一次 F1 比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受 到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 1 的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ） A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为 240 kw D．所受阻力大小为 24000 N 【答案】 C 【解析】 【分析】 汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可 . 【详解】 由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故 A 错误； a- 1 v 函数方程 a= 400 v -4，汽车加速运动，速 度增大，加速度减小，故 B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定 律，有： F-f=ma 其中： F=P/v ；联立得： -P fa mv m ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零， 故结合图象可以知道， a=0 时， 1 v =0.01， v=100m/s ，所以最大速度为 100m/s；由图象可知： =4f m ，解 得： f=4m=4×600=2400N ； 10 600 100 600 P f ，解得： P=240kW ，故 C 正确， D 错误；故选 C。 【点睛】 本题关键对汽车受力分析后， 根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式， 再结合图象进行分析求 解。 6．下列粒子流中贯穿本领最强的是（） A． α射线 B．阴极射线 C．质子流 D．中子流 【答案】 D 【解析】 【详解】 α射线射线的穿透能力最弱， 一张纸即可把它挡住， 但是其电离能力最强， 阴极射线是电子流， 能穿透 0.5mm 的铝板；质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强． A． α射线，与结论不相符，选项 A 错误； B．阴极射线 ，与结论不相符，选项 B 错误； C．质子流 ，与结论不相符，选项 C 错误； D．中子流，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D． 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为 2.50Hz ，图示时刻平衡位置 x＝3m 处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（ ） A．实线波沿 x 轴正方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播 B．两列波在相遇区域发生干涉现象 C．两列波的波速均为 25m/s D．从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm 处 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．图示时刻平衡位置 x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿 x 轴正方向传播，则 虚线波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确； B．介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长 λ1=6m ，虚线波的波长 λ2=9m ， 由 v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为 f 1： f2=λ2：λ1=3：2 由于 f 1不等于 f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 B 错误； C．实线波的频率为 2.50Hz，波长 λ1=6m，则波速 1 15m/sv f 故 C 错误； D．实线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 1 1.875 1.5s 0.025s 15 t 虚线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 2 2.25 1.875s 0.025s 15 t 说明从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置 x＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm ，故 D 正确。 故选 AD 。 8．如图，倾角 37°且足够长的传送带以 2m/s 的恒定速率沿顺时针方向传动，现有一质量为 lkg 的小物块 从传送带底端以 v0=6m/s 的初速度沿斜面向上滑出。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 0.25，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 10m/s2，sin37 °=0.6、cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ） A．物块先做减速运动，速度减到 2m/s 后做匀速运动 B．物块先做减速运动，速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带 C．传送带对物块做功的最大瞬时功率为 12W D．物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为 6J 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB. 物块刚滑上传送带时，由于速度大于传送带的速度，则所受摩擦力沿传送带向下，此时的加速度为 2 1 sin 37 cos37 8m/sa g go o 方向向下，即物块先做减速运动；当与传送带共速后由于 cos37 sin 37g go o ，则物块继续减速，直到 速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带，选项 A 错误， B 正确； C 物块开始刚滑上传送带时速度最大，传送带对物块做功的瞬时功率最大，最大值为 0cos37 12WP mg vo 选项 C 正确； D 从开始滑上传送带到与传送带共速阶段用时间 0 1 1 6 2 s=0.5s 8 v vt a 物块相对传送带运动的距离 0 1 1 1 1m 2 v vs t vt 共速后物块的加速度 2 2 sin 37 - cos37 4m/sa g go o 物块减速到零的时间 2 2 2 s=0.5s 4 vt a 此过程中物块相对传送带运动的距离 2 2 2 0.5m 2 vs vt t 此时物块离底端的距离为 0 1 2 2.5m 2 2 v v vs t t 然后物块向下加速运动，加速度仍为 2 3 2 4m/sa a 下滑到底端时 2 3 3 1 2 s a t 解得 3 5 s 2 t 此过程中物块相对传送带运动的距离 3 3 (2.5 5)ms s vt 整个过程中物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为 1 2 3cos37 ( ) (8 2 5)JQ mg s s so 选项 D 错误。 故选 BC 。 9．对于热学的相关现象，下列说法正确的是（ ） A．毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降 B．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数 C．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大 D．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．毛细现象表现为浸润细管的液体在细管中上升、不浸润细管的液体在细管中下降，毛细现象可能表现 为液体在细管中上升，也可能表现为下降，故 A 正确； B．阿伏加德罗常数是 1mol 任何质量所含有的微粒数目阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比， 已知水的密度和水的摩尔质量无法确定分子质量，故无法确定阿伏加德罗常数，故 B 错误； C．空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的距离减小，斥力和引力均增大，故 C 错误； D．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽，故 D 正确。 故选 AD 。 10．如图甲所示，两个点电荷 Q1、Q2 固定在 z 轴上，其中 Qi 位于原点 O， a、b 是它们连线延长线上的 两点。 现有一带负电的粒子 q 以一定的初速度沿 z 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动 （粒子只受电场力作用） ， 设粒子经过 a、b 两点时的速度分别为 va、vb，其速度随坐标 x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确 的是 A． ab 连线的中点电势最低 B． a 点的电势比 b 点的电势高 C． x=3L 处场强一定为零 D． Q2 带负电且电荷量小于 Q 1 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A. 带电粒子在电场中只受电场力作用，电势能和动能之和不变，由图可知，在 a、b 连线的中点 3L 处，动 能最大，电势能最小，因为粒子带负电荷，所以 a、b 连线的中点 3L 处电势最高，故 A 错误； B.根据 A 选项分析可知， a 点动能比 b 点小，电势能比 b 点大，所以 a 点的电势比 b 点低，故 B 错误； C.在 3L 点前做加速运动， 3L 点后做减速运动，可见 3L 点的加速度为 0，则 x=3L 处场强为零，故 C 正 确； D.由于在 x=3L 点前做加速运动，所以 Q2 带负电， 3L 点的加速度为 0，则有 1 2 2 2(3 ) (2 ) kQ q kQ q L L ，故 Q2 带正 电且电荷量小于 Q 1，故 D 正确。 故选： CD 11．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某 双星系统 A、 B 绕其连线上的 O 点做匀速圆周运动，如图所示。若 AO>OB ，则 A．恒星 A 的质量大于恒星 B 的质量 B．恒星 A 的动能大于恒星 B 的动能 C．恒星 A 的动量与恒星 B 的动量大小相等 D．恒星 A 的向心加速度大小小于恒星 B 的向心加速度大小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据万有引力提供向心力有 2 2 A OA B OBm r m r 可得 A OA B OBm r m r 因为 OA OBr r ，所以有 A Bm m 即 A 的质量一定小于 B 的质量，故 A 错误； B．双星系统中，恒星的动能为 2 2 2 21 1 1 2 2 2kE mv m r m r rg 因为 OA OBr r ，所以有 KA KBE E 恒星 A 的动能大于恒星 B 的动能，故 B 正确； C．双星系统中，恒星的动量大小为 p mv m r 所以有 A Bp p 恒星 A 的动量大小等于恒星 B 的动量大小，故 C 正确； D．双星系统中，恒星的加速度大小为 2a r 因为 OA OBr r ，所以有 A Ba a 恒星 A 的向心加速度大小大于恒星 B 的向心加速度大小，故 D 错误； 故选 BC 。 12．如图所示，虚线边界 ab 上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一矩形金属线框底边与 磁场边界平行，从距离磁场边界高度为 h 处由静止释放，则下列说法正确的是 A．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生顺时针方向的感应电流 B．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力一定一直减小 C．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小 D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后不变 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A．线框穿出磁场的过程中， 线框内磁通量减小， 由楞次定律可知， 线框中会产生顺时针方向的感应电流， 故 A 正确； B．线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若大于重力，则线框做减速运动，受到的安培力减小，线框 所受安培力若小于重力，则线框做减加速运动，受到的安培力增大，故 B 错误； CD ．线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若小于重力，则线框做加速运动，速度增大，产生的感应 电流增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，做匀速运动，不会出现速度先增大后减小的情 况，故 C 错误 D 正确。 故选： AD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作： (1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图 (1)所示，则导线的直径 d＝___________mm ； (2)通过查阅资料查得铜的电阻率为 ρ； (3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为 6Ω： (4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材： A．直流电流表 A（量程 0~0.6A ，内阻 R A=3Ω） B．直流电压表 V1（量程 0~3V，内阻约 100Ω） C．直流电压表 V2（量程 0~15V，内阻约 100Ω） D．滑动变阻器 R1（阻值范围 0~5Ω） F．滑动变阻器 R2（阻值范围 0~100 Ω） G ．直流电源 E（输出电压 3V ，内阻不计） H ．开关 S 一个、导线若干 ①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是 ___________ （用 所选器材前的字母表示） ；选择的滑动变阻器是 ___________（用所选器材前的字母表示） ； ②按实验要求在图 (2)中，还需要连接的接线柱有 ___________（填相应接线柱的符号，如 “ab”、 “cd”等）； ③若测得电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，则可得铜导线的长度可表示为 L=___________ （用题目 提供的已知量的字母表示） ； 【答案】 0.680（0.678~0.682） B D kj （或 ej）、bd（或 bh）、dh（或 dg） 2 4 AU IR d I 【解析】 【详解】 (1)[1] 螺旋测微器的固定刻度读数为 0.5mm ，可动刻度的读数为： 0.01mm×18.0=0.180mm ，故导线的直径 为 d=0.680mm ，由于误差，则 0.678mm~0.682mm 均正确； (4)[2] 由于电源的输出电压为 3V ，则电压表选择 B； [3] 由于待测电阻阻值约为 6 ，为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻， 则滑动变阻器 应选 D； [4] 为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻， 测滑动变阻器应用分压式， 由于电流表内阻 已知， 则电流表内接， 这样可以消除因电流表分压带来的误差， 所以应连接的接线柱有 kj（或 ej）、bd（或 bh ）、dh（或 dg）； [5] 由实验原理可知 2 2 4 ππ( ) 2 A x U IR L L LR dI S d 则 2 Aπ ( )= 4 d U IRL I 14．某同学要测量一个未知电阻 Rx 的阻值，实验过程如下： （ 1）先用多用电表粗测电阻 R x 的阻值，将多用电表功能选择开关置于 “× 1k”挡，调零后经测量，指针位 置如图所示，电阻 R x 的阻值为 ______k Ω。 （ 2）为了尽可能精确测量其内阻，除了 R x，开关 S、导线外，还有下列器材供选用： A．电压表 V 1（量程 0～1V，内阻约 3kΩ） B．电压表 V 2（量程 0～10V ，内阻约 100 k Ω） C．电流表 A 1（量程 0～250μA，内阻 1 1200r Ω） D．电流表 A 2（量程 0～0.6A，内阻约 0.125 Ω） E．滑动变阻器 R0（阻值范围 0～ 10Ω，额定电流 2A） F．定值电阻 R 1（阻值 R 1=400Ω） G ．电源 E（电动势 12V ，额定电流 2A，内阻不计） ①电压表选用 ________，电流表选用 _____________ （填写器材的名称） ②请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。 （________ ） ③待测 Rx 阻值的表达式为 Rx=_______。（可能用到的数据：电压表 V 1、V 2 示数分别为 U1、U 2；电流表 A 1、A 2 的示数分别为 I 1、 I 2） 【答案】 10 V 2 A 1 1 2 1 1 1 1 R U r R r I 或 2 1 1 300 4 U I 【解析】 【详解】 （ 1） [1] 将多用电表功能选择开关置于 “×1k”挡，调零后经测量，则电阻 R x 的阻值为： 10× 1kΩ =10k Ω； （ 2）① [2] 因电源 E 的电动势 12V ，所以电压表选 V 2； [3] 回路中的最大电流： 3 max 3 12 1.2 10 10 10x EI R A=1.2 310 μA 所以电流表选 A 1； ②[4] 根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电 流表用内接法，又回路程中的最大电流 maxI =1.2 310 μA大于 A 1 的量程，所以应并联定值电阻 R 1，改成 一个大量程的电流表，则设计的电路图，如图所示： ③[5] 根据电路图可知， R x 两端的电压为 2 1 1xU U I r 流过 R x 的电流为： 1 1 1 1 x I rI I R 根据欧姆定律有： x x x UR I 代入解得： 1 2 1 1 1 1 x R U r R r I R 或 2 1 1 300 4x U I R 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，光滑斜面倾角 θ=60°，其底端与竖直平面内半径为 R 的光滑圆弧轨道平滑对接，位置 D 为 圆弧轨道的最低点。 两个质量均为 m 的小球 A 和小环 B（均可视为质点） 用 L=1.5R 的轻杆通过轻质铰链 相连， B 套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面 垂直。在斜面上由静止释放 A ，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速 度大小不变） 。重力加速度为 g。求： (1)刚释放时，球 A 的加速度大小； (2)小球 A 运动到最低点时的速度大小； (3)已知小球以运动到最低点时，小环 B 的瞬时加速度大小为 a，求此时小球 A 受到圆弧轨道的支持力大 小。 【答案】 (1) 1 3 2 a g ；(2) 3.5Av gR ；(3) N 5.5F mg ma 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由牛顿第二定律得 1sin 60mg ma 解得 1 3 2 a g (2)小球 A初始位置距水平面高度设为 1h ，由几何关系得 1 1sin 60 tan30 1.5 sin 60 2 R h R R 解得 1 5 4 h R 小环 B 初始位置距水平面高度设为 2h ，由几何关系得 2 1 1.5 cos60h h R 解得 2 2h R 由系统机械能守恒 2 21 1 2 2A B Bmg h mg h mv mv 式中 0Bv ， 5 4Ah R ， 0.5Bh R 解得 3.5Av gR (3)以小环 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 F mg ma 以小球 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 2 A N vF F mg m R 解得 N 5.5F mg ma 16．如图所示，在直角坐标系 xoy 中，第Ⅰ象限存在沿 y 轴正方向、电场强度为 E 的匀强电场，第Ⅳ象限 存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域。一质量为 m，带电荷量为 -q 的粒子， 以某一速度从 A 点垂直于 y 轴射入第Ⅰ象限， A 点坐标为（ 0， h），粒子飞出电场区域后，沿与 x 轴正方 向夹角为 60°的 B 处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向 y 轴 C 处。不计粒子重力，求： (1)从 A 点射入的速度 0v ； (2)圆形磁场区域的最小面积； (3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。 【答案】 (1) 2 3 qEh m ；(2) 2 2 mhE qB ；(3) 2 3 m qB 【解析】 【分析】 【详解】 (1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为 F qEa m m 竖直方向有 2 21 1 2 2 qEh at t m 故 2mht qE 在 B 处有 0 tan60 3y x v at v v 因此， A 点射入的速度 0 2 33 at qEhv m (2)在 B 处，根据 0cos60 v v 可得粒子进入磁场的速度为 0 00 22 2 cos60 3 v qEhv v m 粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即 2mvqvB R 故：粒子在磁场运动的轨道半径为 2 2 E 3 mv mhR qB B q 由于粒子从 B 点射入，经磁场偏转后垂直射向 C 处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面 向里。 如图所示，延长 B 处速度方向与反向延长 C 处速度方向相交于 D 点，作 BDC∠ 的角平分线，在角平分 线上找出点 O ，使它到 BD 、CD 的距离为 O N O M R 则以 MN 为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为 r，由几何关系可得 3cos30 2 r R R 圆形磁场区域的最小面积 2 min 2 2S mhEr qB (3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示， 由第 (2)问作图过程可知， MN 是圆形磁场的直径， 也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最 长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角 120 又因粒子在磁场中运动的周期 2 mT qB 故粒子在磁场中运动的时间最长 2 2 3m mt T qB 17．如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑气缸，气缸的截面积为 S，其侧壁和底部均导热良好，内有 两个质量均为 m 的导热活塞，将缸内理想分成 I 、II 两部分，气缸下部与大气相通，外部大气压强始终为 p0， 00.2mg p S ，环境温度为 0T ，平衡时 I 、II 两部分气柱的长度均为 l，现将气缸倒置为开口向上， 求： （ i）若环境温度不变，求平衡时 I 、II 两部分气柱的长度之比 1 2 l l ； （ ii）若环境温度缓慢升高，但 I、II 两部分气柱的长度之和为 2l 时，气体的温度 T 为多少？ 【答案】 （1） 1 2 9 14 l l （2） 0 42 23 T T 【解析】 （ i）气缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强 1 0 0 2 0.6mgp p p S 气缸开口向下时，Ⅱ 气体初态压强 2 0 00.8mgp p p S 气缸开口向上时，Ⅰ 气体末态压强 ' 1 0 0 2 1.4mgp p p S 气缸开口向上时，Ⅱ 气体末态压强 ' 2 0 01.2mgp p p S 由玻意耳定律 1 1p Sl p Sl ， ' 2 2 2p Sl p Sl ，解得 1 2 9 14 l l （ ii）升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为 x，则Ⅱ气体的气柱长度为 2l-x ，由盖 -吕萨克定律 1 0 l x T T ， 2 0 2l l x T T ，解得 0 42 23 T T