广西钦州市高新实验学校2017届高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）

广西钦州市高新实验学校2017届高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年广西钦州市高新实验学校高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题 ‎1．下列科学家中，提出万有引力定律的是（　　）‎ A．开普勒B．牛顿C．卡文迪许D．爱因斯坦 ‎2．甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动．为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为（　　）‎ A．B．C．3D．2‎ ‎3．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎4．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎5．如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（　　）‎ A．a的运动时间是b的运动时间的倍 B．a的位移大小是b的位移大小的倍 C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同 D．a、b落地时的速度不同，但动能可能相同 ‎6．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率 B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率 C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间 D．过网时球1的速度大于球2的速度 ‎7．t=0时，甲乙两汽车从相距80km的两地开始相向行驶，它们的v一t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第2小时末，甲乙两车相距20 km B．在第2小时末，甲乙两车相距最近 C．在4小时前，两车已相遇 D．在第4小时末，甲乙两车相遇 ‎8．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（　　）‎ A．物体的质量m=1.0kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.80‎ C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2‎ D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10J ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.55m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=3.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球第一次通过C点时的速度大小；‎ ‎（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；‎ ‎（3）小球最终停止的位置．‎ ‎10．如图所示，质量M=2kg的木板静止在光滑的水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）放置在木板的中央．在地面上方存在着宽度L=2.25m的作用区，作用区只对小物块有水平向右的作用力，作用力的大小F=3N．将小物块与木板从图示位置（小物块在作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中小物块不会滑离木板，小物块与木板间的动摩擦因素为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）小物块刚离开作用区时的速度；‎ ‎（2）若小物块运动至距作用区右侧d处的P点时，小物块与木板的速度恰好相同，求距离d及小物块离开作用区后的运动过程中物块与木板间由于摩擦而产生的内能．‎ ‎11．正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞（撞前速度在同一直线上的碰撞）并进行高能物理研究的实验装置（如图甲），该装置一般由高能加速器（同步加速器或直线加速器）、环形储存室（把高能加速器在不同时间加速出来的电子束进行积累的环形真空室）和对撞测量区（对撞时发生的新粒子、新现象进行测量）三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B．现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电量为+e，负电子的质量为m，电量为﹣e．‎ ‎（1）试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；‎ ‎（2）若L=4d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正负电子注入时的初速度大小；‎ ‎（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2﹣）d，要使电子从PQ边界飞出，求电子射入的最小速率，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间．‎ ‎12．如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：‎ ‎（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？‎ ‎（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西钦州市高新实验学校高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题 ‎1．下列科学家中，提出万有引力定律的是（　　）‎ A．开普勒B．牛顿C．卡文迪许D．爱因斯坦 ‎【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．‎ ‎【分析】万有引力定律是牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力证明，在1687年于《自然哲学的数学原理》上发表的．‎ ‎【解答】解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量；‎ 故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动．为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为（　　）‎ A．B．C．3D．2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，根据运动学的公式求出车停止的时间和停止时的位移；该时间内甲车做匀速直线运动，根据公式x=vt求得甲的第一段位移．之后甲做匀减速运动，再根据运动学的公式即可求得．甲、乙两车的距离最小是两车位移的和．‎ ‎【解答】解：乙车停止的时间为t1，则： ①‎ 乙的位移：‎ 该时间内，甲做匀速直线运动，位移为：‎ 之后甲做减速运动，由于甲与乙的初速度、加速度都相同，所以甲停止的时间与停止时的位移都与乙的相同，‎ 所以甲减速的位移为：‎ 甲、乙两车的距离最小是两车位移的和：所以选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误．根据F=Eq可得，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】对a受力分析，明确库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；‎ B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；‎ C、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；‎ D、由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运动方向夹角大于90°，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎5．如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（　　）‎ A．a的运动时间是b的运动时间的倍 B．a的位移大小是b的位移大小的倍 C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同 D．a、b落地时的速度不同，但动能可能相同 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】a做平抛运动，运动平抛运动的规律得出时间与高度的关系．b做竖直上抛运动，上升过程做匀减速运动，下落做自由落体运动，分两段求运动时间，即可求解时间关系；b的位移大小等于抛出时的高度．根据b的最大高度，求出初速度与高度的关系，即可研究位移关系；根据机械能守恒分析落地时动能关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、设P点离地的高度为h．对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大的时间为t1=，从最高点到落地的时间为t2=，故b运动的总时间tb=t1+t2=（+1）；‎ 对于a：做平抛运动，运动时间为ta=；则有tb=（+1）ta．故A错误．‎ B、对于b：h=，则得v0=；对于a：水平位移为x=v0t=•=2h，a的位移为xa==h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍．故B错误．‎ C、D、根据机械能守恒定律得：Ek=mgh+m，则知两球落地时动能可能相同．而速度方向不同，则落地时速度不同．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率 B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率 C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间 D．过网时球1的速度大于球2的速度 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据PG=mgvy判定功率关系；‎ 根据△v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度．‎ ‎【解答】解：AC、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方向末速度为零，‎ 根据vy=v0﹣gt和h=v知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，PG=mgvy相同，故A正确；‎ B、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故BC错误；‎ D、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，故过网时球1的速度大于球2的速度，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎7．t=0时，甲乙两汽车从相距80km的两地开始相向行驶，它们的v一t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第2小时末，甲乙两车相距20 km B．在第2小时末，甲乙两车相距最近 C．在4小时前，两车已相遇 D．在第4小时末，甲乙两车相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据两车的速度关系分析何时相距最近，何时相遇．‎ ‎【解答】解：A、在第2小时末，甲的位移为 x甲=×30×2km=30km，乙的位移 x乙=﹣×30×2km=﹣30km，此时两车相距△x=80﹣30﹣30=20（km）．故A正确．‎ BCD、在t=2h前，甲沿正方向运动，乙沿负方向运动，则两者间的距离越来越小，2﹣4h内，甲、乙速度方向相同，且乙在前，甲在后，甲的速度大于乙的速度，距离逐渐减小，在第4小时末，甲的位移为 x甲=×60×4km=120km，乙的位移 x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，此时两车相距△x=120﹣80﹣30=10（km），甲在乙的前方，说明在4小时前，两车已相遇，相遇时相距最近．故C正确，BD错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（　　）‎ A．物体的质量m=1.0kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.80‎ C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2‎ D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10J ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；‎ 在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；‎ 由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．‎ ‎【解答】解：A、物体到达最高点时，动能为零，机械能E=EP=mgh，则 m==kg=1kg，故A正确；‎ B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，由功能原理得：‎ ‎△E=﹣μmgcosα，即30﹣50=﹣μ×1×10×cos37°×，得μ=0.5，故B错误；‎ C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得 a=10m/s2，故C正确；‎ D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理得EK﹣EK0=2W，则物体回到斜面底端时的动能 EK=EK0+2W=50+2×（﹣20）=10J，故D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.55m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=3.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球第一次通过C点时的速度大小；‎ ‎（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；‎ ‎（3）小球最终停止的位置．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球经过C端时，由合力提供向心力，对小球进行受力分析，由牛顿第二定律求小球通过C点的速度大小；‎ ‎（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，由平衡条件求出弹簧的压缩量，然后结合系统的机械能守恒即可求出小球的最大动能；‎ ‎（3）由功能关系和C点的向心力的表达式，即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）小球进入管口C端时，对小球，由牛顿第二定律得：‎ ‎3.5mg+mg=m 代入数据解得：vC=3m/s ‎（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时滑块离D端的距离为x0，则有：‎ kx0=mg 代入数据解得：x0=0.1m 对于小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：‎ mg（r+x0）+=Ekm+Ep 解得小球的最大动能为：Ekm=7（J）‎ ‎（3）滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得：‎ mg•h﹣μmgs=‎ 解得BC间距离为：s=0.2m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中．设物块在BC上的运动路程为sˊ，由动能定理有：‎ ‎ 0﹣=﹣μmgsˊ‎ 代入数据得：sˊ=1.1m 因为 sˊ=5s+0.1m 故最终小滑块将停在BC的中点 答：（1）小球第一次通过C点时的速度大小是3m/s；‎ ‎（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm是7J；‎ ‎（3）最终小滑块将停在BC的中点．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，质量M=2kg的木板静止在光滑的水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）放置在木板的中央．在地面上方存在着宽度L=2.25m的作用区，作用区只对小物块有水平向右的作用力，作用力的大小F=3N．将小物块与木板从图示位置（小物块在作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中小物块不会滑离木板，小物块与木板间的动摩擦因素为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）小物块刚离开作用区时的速度；‎ ‎（2）若小物块运动至距作用区右侧d处的P点时，小物块与木板的速度恰好相同，求距离d及小物块离开作用区后的运动过程中物块与木板间由于摩擦而产生的内能．‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）小物块在区域Ⅰ中运动时，根据牛顿第二定律分别求出小物块和木板的加速度，结合速度位移公式求出求出小物块离开作用区时的速度；‎ ‎（2）由速度时间公式求物块在区域Ⅰ中运动的时间，得到木板离开区域Ⅰ时板的速度．离开作用区后，小物块做匀减速运动，木板做匀加速直线运动，抓住速度相等，结合速度时间公式求出经历的时间，从而结合位移公式求出距离d的大小，根据相对位移求由于摩擦而产生的内能．‎ ‎【解答】解：（1）小物块在区域Ⅰ中运动时，由牛顿第二定律，‎ 物块的加速度为：a物==2m/s2；‎ 木板的加速度为：a板==0.5m/s2；‎ 而对物块，有：v2=2a物L ‎ ‎ 故得小物块刚离开作用区时的速度为：v=3m/s ‎（2）物块在区域Ⅰ中运动的时间为：t==1.5s 故物块离开区域Ⅰ时木板的速度为：v板=a板t=0.75m/s．‎ 设从小物块进入区域Ⅱ到小物块与木板共速历时为t’，则有：‎ v共=v﹣μgt′=v板+a板t′‎ 代入数据解得：t’=1.5s ‎ 共速时二者速度均为：v共=1.5m/s 由运动学公式得：d==m 物块与木板间由于摩擦而产生的内能为：Q=μmg（d﹣）=J 答：（1）小物块刚离开作用区时的速度为3m/s；‎ ‎（2）距离d为m，物块与木板间由于摩擦而产生的内能为J．‎ ‎　‎ ‎11．正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞（撞前速度在同一直线上的碰撞）并进行高能物理研究的实验装置（如图甲），该装置一般由高能加速器（同步加速器或直线加速器）、环形储存室（把高能加速器在不同时间加速出来的电子束进行积累的环形真空室）和对撞测量区（对撞时发生的新粒子、新现象进行测量）三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B．现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电量为+e，负电子的质量为m，电量为﹣e．‎ ‎（1）试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；‎ ‎（2）若L=4d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正负电子注入时的初速度大小；‎ ‎（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2﹣）d，要使电子从PQ边界飞出，求电子射入的最小速率，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据左手定则判断出粒子的电性；‎ ‎（2）根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子注入时的初速度 ‎（3）要使电子从PQ边界飞出，设电子束的最小速率为v，运动的半径为r，画出运动的轨迹，然后结合几何关系与洛伦兹力提供向心力即可求出；‎ ‎【解答】解：（1）负电子（因为电子要向下偏转）；‎ ‎（2）粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系有：（R﹣d ）2+（ d ）2=R2，‎ 解得：R=2d；‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=，‎ 解得：v=；‎ ‎（3）要使电子从PQ边界飞出，设电子束的最小速率为v，运动的轨道半径为r，画出运动的轨迹如图所示：‎ 由几何关系得：‎ r+rcos30°=d，‎ 即：r=2（2﹣）d，‎ 由圆周运动：evB=m，‎ 代入得：v=；‎ 根据题意，设电子在Ⅰ区磁场的区域中运动对应的圆心角为θ，经过3次重复，最后运动的轨迹对应的圆心角为α，设电子在磁场中运动的周期为T，在磁场中运动的时间为t，则：θ=，‎ α=，‎ T=，‎ 得：t=12×T+T=；‎ 答：（1）从注入口C入射的是负电子；‎ ‎（2）若L=4 d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，正负电子注入时的初速度大小；‎ ‎（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2﹣）d，要使电子从PQ边界飞出，电子射入的最小速率为，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：‎ ‎（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？‎ ‎（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化．‎ ‎【考点】热力学第一定律．‎ ‎【分析】（1）气体发生等温变化，已知气体体积，由玻意耳定律可以求出气体的体积；‎ ‎（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，然后判定出气体对外放热．‎ ‎【解答】解：（1）初状态：P1=75cmHg，V1=400ml 注入水后，P2=100cmHg 由玻意耳定律得：P1V1=P2V2‎ 代入数据，解得：V2=300ml 注入水的体积：△V=V1﹣V2=100ml ‎（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，又由热力学第二定律得出：气体对外放热．‎ 答：（1）共向玻璃管中注入了100ml体积的水；‎ ‎（2）此过程中气体放热，气体的内能不变．‎ ‎　‎ ‎2016年12月3日