河北省张家口市2020届高三物理12月阶段检测试题（附解析Word版）

张家口市 2019—2020 学年第一学期阶段测试卷 高三物理 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项 中，第 1～7 小题只有一个选项正确，第 8～12 小题有多个选项正确。全部选对的 得 4 分，选对但不全的得，有选错或不答的得 0 分。 1.关于物理学史，下列说法中正确的是（ ） A. 卡文迪许在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作 用力的规律 B. 法拉第提出了电场、磁场的概念，直观地描绘了场的图象 C. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型 D. 历史上第一个发现电流周围有磁场，从而将电现象和磁现象联系在一起的科学家是赫兹 【答案】B 【解析】 【详解】A．真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律是由库伦通过实验研究确认的， 故 A 错误. B．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观的描绘出了场的清晰图像，故 B 正确. C．电场是实际存在的物质，不是理想化模型．故 C 错误. D．历史上第一个发现电流周围存在磁场，从而将电现象与磁现象联系起来的科学家是奥斯特， 故 D 错误. 故选 B. 2.如图所示，质量为 m、带电荷量为 的小金属块 A 以初速度 从光滑绝缘水平高台上飞出。 已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小 ，则（ ） A. 金属块不一定会与高台边缘相碰 q+ 0v 2mgE q =B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速直线运动 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程中距高台边缘最远时的速度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．小金属块运动过程中水平方向受到向左的电场力，故水平方向先向右做匀减速直 线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故 A 错误； B．小金属块受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力虽受力为恒力，但初速度与合 力不在一条直线上，所以做匀变速曲线运动，B 错误； C．小金属块水平方向上向右做匀减速，由牛顿第二定律可知： 所以解得 ；小金属块运动到最右端时水平方向速度为零，根据速度位移关系公式，有： 故 C 正确； D．小金属块水平向右匀减速到水平速度为零时距高台边缘最远，所用时间： 竖直方向做自由落体运动，分速度为： 由于水平分速度为零，所以： 故 D 错误。 故选 C. 3.如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的带电微粒以速度 v 从 O 点进入一个电磁场混合区域。其 中电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，v 与水平方向成 角，且与磁场方向垂直。已 知该微粒恰好能沿直线运动到 A，重力加速度为 g，则下列说法中正确的是（ ） 2 0 4 v g 0v xqE ma= 2xa g= 2 2 0 0 2 2 4m v vx g g = =× 0 2 vt g = 0 2y vv gt= = 0 2y vv v= =合 θA. 该微粒可能带正电 B. 微粒从 O 到 A 的运动可能是匀变速运 动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为 【答案】C 【解析】 【详解】AB．因为带电粒子在磁场中受到洛伦兹力与速度有关，如果带电粒子在电场、磁场、 重力场复合的场中做直线运动，则一定是匀速直线运动；由于微粒匀速运动，所以重力、电 场力、洛伦兹力三力平衡，若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于 线斜向右下方， 则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，如图所示： 故粒子带负电，故 A 错误，B 错误. CD．若粒子带负电，符合题意，受力如图所示： 由图根据受力平衡可知： 可解得： cos mgB qv θ= tan mgE q θ= OA cosqvB mgθ = sinqE qvB θ=故 C 正确，D 错误。 故选 C. 4.如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，带电量为 ，其圆心为 O 点。有一带电量为 、 质量为 m 的小球恰能静止在 O 点上方的 P 点， 间距为 L。P 与圆环上任一点的连线与 间的夹角为 ，重力加速度为 g，以下说法错误的是（ ） A. P 点场强方向竖直向上 B. P 点场强大小为 C. P 点场强大小为 D. P 点场强大小为 【答案】C 【解析】 【详解】将圆环分为 n 等份（n 很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为: 每份在 P 点的电场强度大小： 根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P 点的电场强度方向竖直向上，其大小： cos mgB qv θ= tansin mgE Bv q θθ= = Q+ q+ OP PO θ mg q 2 cosQk L θ 3 2 cosQk L θ 0 Qq n = 2 0 0 22 2 cos cos Qkkq kQnE r nLL θ θ = = =    由二力平衡可得在 P 点： 解得 P 点场强为 。故 ABD 正确，C 错误，故 C 符合题意. 故选 C. 5.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则 （ ） A. 滑片一定向左移动 B. 电源的输出功率一定增大 C. 当滑片滑到最左端时，电阻 消耗的功率最大 D. 电源的效率一定减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增 大，外电路总电阻 R 增大，由闭合电路欧姆定律得知： 干路电流 I 减小，内电压减小，路端电压增大。电路中并联部分的电压： 可知 U 并增大，电阻 的电流增大，电流表的示数： 变小。由题意，电流表示数变大，所以可知滑动变阻器的滑片向右移动，故 A 错误. B．总电阻减小，干路电流 I 增大，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输 3 0 2 coscos kQE nE L θθ= = mg qE= mg q 1R ( )E I r R Ir U= + = + 外 ( )1U E I r R= − +并 2R 2AI I I= −出功率如何变化，故 B 错误； C．根据： 当流过 的电流最大时， 消耗的功率最大，此时回路中电阻最小，故滑片在最右端，而不 是最左端；故 C 错误. D．电源的效率： 根据 A 选项分析过程可知滑动变阻器的滑片向右移动时，路端电压 U 减小，电动势 E 不变， 所以电源的效率一定减小；故 D 正确。 故选 D. 6.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上有一根长为 L、重力为 G、通有电流 I 的导体棒。若空 间中有一方向竖直向上的匀强磁场，使导体棒保持静止，则磁感应强度大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由左手定则可知安培力的方向，如图所示： 导体棒受重力、安培力以及支持力的作用而处于平衡，则由平衡条件知： 故： 2 1P I R= 1R 1R UI U EI E η = = α tanG IL α cosG IL α cos G IL α tan G IL α tanBIL G α=故 A 正确。 故选：A. 7.如图所示为早期回旋加速器的结构示意图， 和 是两个中空半径为 R 的半圆金属盒，它 们之间接高频交流电其频率为 f，匀强磁场的磁感应强度为 B，A 处的粒子源产生的 粒子在 两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。 粒子进入半圆金属盒内 做匀速圆周运动若忽略 粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的 是（ ） A. 粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大 B. 粒子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C. 不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速氘核 D. 粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 【答案】C 【解析】 【详解】A． 粒子在磁场中运动的周期： 与其速度的大小无关，所以 粒子运动的周期不变。故 A 错误； BD．根据洛伦兹力提供向心力可知： 得： tanGB IL α= 1D 2D α α α α α α α 2 mT qB π= α 2 m m vqv B m R =与加速的电压无关；最大动能为： 可知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速的次数无关， 故 B 错误，D 错误. C．根据： 知 换成氘核，比荷不发生变化，则在磁场中运动的周期不发生变化，回旋加速器粒子在磁 场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故不需要改变磁感应强度或交流电的周期，故 C 正确； 故选：C. 8.如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属棒 在一水平恒力 F 作用下由 静止向右运动，则（ ） A. 随着 运动速度的增大，其加速度减小 B. 外力 F 对 做的功等于电路中产生的电能 C. 当 做匀速运动时，外力 F 做功的功率大于电路中的电功率 D. 无论 做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 【答案】AD 【解析】 【详解】A．金属棒所受的安培力为： 由牛顿第二定律可知： m qBRv m = 2 2 2 2 m 1 2 2k q B RE mv m = = 2 mT qB π= α ab ab ab ab ab 2 2 A B L vF BIL R = =速度增大，安培力增大，因为 F 不变，则加速度减小，当加速度减小为 0 时，开始做匀速直 线运动，故 A 正确； B．根据能量守恒可知，外力 F 对 做的功等于电路中产生的电能以及 棒的动能，故 B 错误. C．当 棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力 F 做功的功率等于电 路中的电功率；故 C 错误. D．根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能；故 D 正确。 故选 AD. 9.在如图所示的电路中，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动过程中，下列说法 正确的是 A. 电压表 V1 示数在变大，电压表 V2 示数在变小 B. 电流表 A 的示数减小，电压表 V3 示数在变小 C. 电容器的电荷量增大，电阻 R1 消耗的电功率变大 D. 电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大 【答案】AD 【解析】 【分析】 保持开关 S 闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据 电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断 R2 中电流的方向．断 开开关 S，分析板间场强的变化． 【详解】A、B 项：该电路中两个电阻串联，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑 动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流 I 变大，则 电流表 A 读数变大；路端电压：U=E-Ir 减小，电压表 V3 示数在变小，U1 示数 U1=IR1，随 I 的增大在变大，U2 示数 U2=E-I（R1+r），随电流 I 的增大而减小，故 A 正确，B 错误； AF Fa m −= ab ab abC 项：电容器两端的电压为路端电压，U 减小，根据 Q=CU 可知电容器的带电量减小，故 C 错误； D 项：电源内阻损耗的功率 ，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源 消耗的总功率 ，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故 D 正确． 故应选：AD． 【点睛】电容器 动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电 量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握 、 及电容的决定因素． 10.电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动 把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制。转把内部有水久磁铁和霍尔器件等，截面如图 甲。开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙。转把转动永 久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，图 像关于 y 轴对称，以下关于“霍尔转把”叙述错误的是（ ） A. 为提高控制 灵敏度，永久磁铁的上下端分别为 N、S 极 B. 按图甲顺时针转动把手，车速变快 C. 图乙中霍尔器件只能从前后表面输出控制车速的电势差 D. 若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，则会影响车速控制 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分 的 的 2P I r内 = P IE= UE d = QC U =别为 N、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能 输出控制车速的电势差，故 A 符合题意； B．当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的 电势差增大，由图丙可知车速变快，故 B 不符合题意 C．根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的 N、S 极可能在左、右侧面，或在前、后 表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的前后表面，也可能在左 右侧面，故 C 符合题意； D．当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负 号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故 D 符合题意。 故选 ACD. 11.如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂 直纸面向内．有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子 的 质量均为 m，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为 ．下列说法正确的是 A. 若 r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B. 若 r=2R，粒子沿着与半径方向成 45° 角斜向下射入磁场，则有 成 立 C. 若 r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D. 若 r=R，粒子沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，则圆心角 为 150° 【答案】BD 【解析】 若 r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为 r=2R，圆心角 θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间 α 6 m qB π 2 2 1tan 2 7 α += 3 m qB π α ，故 A 错误． 若 r=2R，粒子沿着与半径方向成 45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有 ，故 B 正确．若 r=R，粒子沿着磁场的半径方向 射入，粒子运动轨迹如图所示，圆心角 90°，粒子在磁场中运动的时间 ，故 C 错误．若 r=R，粒子沿着与半径方向成 60°角斜向下射入 磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角 150°， 故 D 正确．故选 BD. 12.如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成 15°角， 直线垂直匀强电场 E，现有一质 量为 m、电荷量为 的小球在 A 点以初速度大小 方向水平向右抛出，经时间 t 小球下落到 C 点（图中未画出）时速度大小仍为 ，则小球由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确 的是（ ） A. 电场力对小球做功为零 B. 小球的电势能增加 C. 小球的机械能减小量为 D. C 一定位于 直线的右侧 【答案】BD 【解析】 【详解】小球受到向下的重力和沿电场线斜向下的电场力，这两个力的合力即“等效重力”如图: 60 1 2 360 6 3max m mt T qB qB π π° ⋅°＝ ＝ ＝ 2 2 2 2 12 2 2 72 222 2 R R tan r R R R α + − − ＝ ＝ ＝ 90 1 2 360 4 2 m mt T qB qB π π° ⋅°＝ ＝ ＝ AB q+ 0v 0v 2 21 2 mg t ABAB．由图可知小球由 A 点运动到 C 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，故 A 错，B 正 确。 C．因为小球在 A 点和 D 点动能相同，所以小球机械能的减少量为竖直方向的重力势能的减 少量 ，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖 直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度 a 大于 g，竖直方向： 即： 故 C 错误。 D．小球水平抛出后，到 C 点时速度大小仍为 ，则一定运动到“等效水平线”上，所以 C 点 一定在 直线的右侧，故 D 正确。 故选 BD. 二、第 13～17 题为必考题，每个考生都必须作答。第 18～19 题为选考题，考生 根据要求作答。把答案填在答题卡相应的位置。解答题应写出必要的文字说明、 方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中 必须明确写出数值和单位。 13.如图（a）所示，深度 的套筒竖直倒置，轻质弹簧的上端固定在套筒内，弹簧 处于原长时，其下端位于筒内。用测力计钩住弹簧的下端用力竖直向下拉，记录测力计的示 数和露出筒外的弹簧的长度 ，k 和 为测量弹簧的劲度系数和原长，现在坐标纸上作出 图象，如图（b）所示。则弹簧的劲度系数 _______ ，弹簧的原长 _______ ， 测得原长比实际长度________（偏大，偏小，相等）。 mgh 2 21 1 2 2h at gt= > 2 21 2mgh mg t> 0v AB 15.0cmh = l 0l F l− k = N/m 0l = cm【答案】 (1). 200 (2). 5 (3). 偏大 【解析】 【详解】[1][2]设弹簧原长为 ，根据胡克定律有： 结合图象当 时， 代入上式有： 当 时， ，代入上式有： 联立以上方程代入数据解得： ， . [3]因为考虑到弹簧自重，测得原长比实际长度偏大。 14.实验室有一阻值约为 ，长为 的由特殊材料制成的均匀金属圆柱，为了测量这种 特殊材料的电阻率，实验室能够提供的实验器材有： 电源 E（12V，内阻约 ） 电压表 V（ ，内阻约为 ） 电流表 A（ ，内阻约为 ） 滑动变阻器 待测金属圆柱体； （1）用螺旋测微器测量圆柱直径，其示数如图所示，则该圆柱直径的测量值 ______ 。 0l ( )0F k h l l= + − 0l = 20NF = ( )020 0.15k l= − 10cml = 40NF = ( )040 0.15 0.1k l= + − 200N/mk = 0 0.05m 5cml = = 200Ω 1.0m 10Ω 0 ~ 15V 5kΩ 0 ~ 50mA 100Ω (0 ~ 20 )R Ω d = mm（2）为了获得多组数据，尽量精确测量其电阻值，请在下面的实物图中完成实验电路________。 电路正确连接后，开关闭合前滑片置于最________端（填“左”或“右”）。 （3）通过调节滑片位置，得到多组 U、I 数据，描点画图得到如图示 图像，由图象可得 电阻值为_______ ，由以上数据可得待测材料的电阻率 ________。（结果保留三位有效 数字） 【答案】 (1). 2.600 (2). (3). 右 (4). 217（215～218 U I− Ω ρ =均可） (5). 【解析】 【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，圆柱的直径： (2)[2]由于所测电阻阻值满足： 所以待测电阻是小电阻，电流表应采用外接法；滑动变阻器阻值比较小，所以滑动变阻器应 采用分压式接法，则实物图如图所示： [3]为了保护待测电路，滑动变阻器的滑片应滑到最右端以保证 所在支路短路，从而起到保 护待测电阻的作用 (3)[4][5]根据： 可知 图象的斜率等于电阻 R，根据图象可知电阻： 根据电阻定律可知： 代入数据可得： 。 15.如图所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 θ=37°， 在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属 导轨的一端接有电动势 E=4.5V、内阻 r=0.50Ω 的直流电源．现把一个质量 m=0.040kg 的导体 31.15 10 m−× Ω⋅ ( )3 31.14 10 m ~1.16 10 m− −× Ω⋅ × Ω⋅ =2.5mm+10.0×0.01mm=2.600mmd 5000 100x A vR R R< = + xR U IR= U I− 3 10 21746 10 UR I −= = Ω = Ω× 2( )2 L LR ds ρ ρ π = = 31.15 10 mρ −= × Ω⋅棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属 导轨接触的两点间的电阻 R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2．已知 sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）导体棒受到的安培力大小； （2）导体棒受到的摩擦力． 【答案】（1）0.30N（2）0.06N 【解析】 【分析】 （1）利用闭合电路欧姆定律可以求出通过导体棒的电流；利用安培力的计算公式 F=BLI 计算 导体棒受到的安培力大小； （2）利用力的分解，根据二力平衡，计算摩擦力的大小，判断其方向； 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得 I＝ ＝1.5A； 导体棒受到的安培力 F=BIL=0.30N； （3）将重力正交分解，沿着导轨平面分力 F1=mgsin37°=0.24N 因为 F1＜F，根据平衡条件得 mgsin37°+Ff=F 解得 Ff=0.06N，方向沿导轨向下； 16.如图所示，在 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 与一水平绝 缘轨道 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 ，N 为半圆 形轨通最低点，P 为 圆弧的中点，一带负电 的小滑块质量 ，与水平轨 道间的动摩擦因数 ，位于 N 点右侧 1.5m 的 M 处，g 取 ，求： （1）小滑块从 M 点到 Q 点重力和电场力分别做的功； 0 E r R+ 310 V/mE = QPN MN 40cmR = QN 410 Cq −= 10gm = 0.4µ = 210m/s（2）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 向左运动？ （3）在第（2）问 情况下，小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 【答案】(1) ， (2) (3) 06N，方向水平向左 【解析】 【详解】(1)小滑块从 M 点到 Q 点重力做的功： 代入数据解得： 电场力做的功： 代入数据解得： (2)设滑块恰好到达 Q 点时速度为 v，则由在 Q 点合力提供向心力知： 滑块从 M 开始运动到达 Q 点过程中，由动能定理得： 代入数据联立解得： ； (3)设滑块到达 P 点时速度为 ，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得： 又因为在 P 点时，轨道对小滑块的支持力提供向心力得： 代入数据联立解得： ，方向水平向右； 的 0v 0.08JGW = − 0.08JW = −电 0 8m/sv = 2GW mg R= − ⋅ 0.08JGW = − 2RW qE= − ⋅电 0.08JW = −电 2vmg qE m R + = 2 2 0 1 12 2 ( ) 2 2mg R qER mg qE x mv mvµ− ⋅ − − + = − 0 8m/sv = v′ 2 0 21 1( ) ( ) 2 2mg Eq R Eq mg x mv mvµ ′− + − + = − 2 N mvF R ′= 0.6NNF =由牛顿第三定律知小滑块通过 P 点时对轨道的压力是 0.6N，方向水平向左。 答：（1）小滑块从 M 点到 Q 点重力和电场力分别做的功 ， ； （2）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以 向左运动. （3）小滑块通过 P 点时对轨道的压力是 ，方向水平向右. 17.如图所示，在坐标系 的第二象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 ，在第三象限内有磁感应强度 的匀强磁场Ⅰ，在第四象限内有磁感应 强度 的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ，Ⅱ的方向均垂直于纸面向里。质量为 m、电荷量为 的粒子从 点处以初速度 沿垂直于 y 轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿 过 x 轴和 y 轴进人磁场Ⅰ和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求： （1）粒子由电场进入磁场Ⅰ时在 x 轴上的位置坐标； （2）粒子从出发到第 2 次经过 y 轴所需要的时间 t； （3）粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过 y 轴的位置坐标和粒子从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过 y 轴的位 置坐标． 【答案】(1) (2) (3) ，其中 n=1，2，3…； ，其中 n=0，1，2，3…． 【解析】 【详解】(1)由题意知粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向： 0.08JGW = − 0.08JW = −电 0 8m/sv = 0.6NNF = Ox y 2 03 2 mvE qL = 0 1 3 2 mvB qL = 0 2 6mvB qL = q+ (0, )P L 0v 2 3 ,03 L  −    0 0 2 3 11 3 18 L Lt v v π= + ( )0, 2nL− 40, 23 n L   − +    代入题干已知量解得： 所以水平向左位移大小为： 则粒子由电场进入磁场Ⅰ时在 x 轴上的位置坐标为 (2)粒子在电场中运动，进入磁场Ⅰ时，沿电场方向 速度为： 解得： 所以粒子速度为： v 与 x 轴负方向间夹角为 θ，有： 所以 ；粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力： 解得： 做出粒子运动轨迹如图所示： 的 2 12 qEL tm = 1 0 2 3 3t Lv = 0 1 2 3 3x v t L= = 2 3 ,03 L  −    2 2 2y qEv aL Lm = = 03yv v= 2 2 02x yv v v v= + = tan 3y x v v θ = = 60θ °= 2 1 1 vqvB m r = 1 4 3r L=由几何知识可知，圆心 恰好在 y 轴上，距 O 点的距离： 粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力得： 解得： 则粒子由磁场Ⅰ和磁场Ⅱ经 y 轴时速度方向与 x 轴平行，在磁场Ⅰ中偏转角度为 ，在磁场 Ⅱ中偏转角度为 ．则粒子从出发到第 2 次经过 y 轴所需要的时间为： 解得： (3)根据粒子运动轨迹，由几何关系可知粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过 y 轴，第一个点离原点 的距离为： 其它各个点由 y1 点依次向 y 轴负方向移动距离为： 1O 0 2 3y L= 2 2 2 vqvB m r = 2 1 3r L= 2π 3 π 1 0 0 2 4 1 3 3 3 2 2 L L t t v v π π× × = + + 0 0 2 3 11 3 18 L Lt v v π= + 1 1 1 4 2 22 3 3 ry r L L L= + = + =则粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过 y 轴的位置坐标为： ，其中 n=1，2，3… 同理粒子从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过 y 轴，第一个点在 y 轴的坐标为： 其它各个点由 点依次向 y 轴负方向移动距离为： 则粒子从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过 y 轴的位置坐标为： ，其中 n=0，1，2，3… 答：（1）粒子由电场进入磁场Ⅰ时在 x 轴上的位置坐标 ； （2）粒子从出发到第 2 次经过 y 轴所需要的时间 ； （3）粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过 y 轴的位置坐标 ，其中 n=1，2，3…和粒子从磁 场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过 y 轴的位置坐标 ，其中 n=0，1，2，3…． 18.如图，为水下打捞的原理筒图．将待打捞重物用绳子系挂在一开口向下的圆柱形浮筒上， 再向浮筒内充入一定量的气体．已知重物的质量为 m0，体积为 V0．开始时，浮筒内液面到水 面的距离为 h1，浮筒内气体体积为 V1，在钢索拉力作用下，浮筒缓慢上升．已知大气压强为 p0，水的密度为 ρ，当地重力加速度为 g．不计浮筒质量、筒壁厚度及水温的变化，浮筒内气 体可视为质量一定的理想气体． 1 22 2 2y r r L∆ = − = ( )0, 2nL− 1 1 2 42 3y y r L′ = − + = − 1y ′ 1 22 2 2y r r L∆ = − = 40, 23 n L   − +     2 3 ,03 L  −    0 0 2 3 11 3 18 L Lt v v π= + ( )0, 2nL− 40, 23 n L   − +    (I)在浮筒内液面与水面相平前，打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零，请对此进行解释； (Ⅱ)当浮筒内液面到水面的距离减小为 h2 时，拉力恰好为零．求 h2 以及此时筒内气体的体积 V2． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【详解】（1）浮筒内液面与水平面相平前，筒内气体的压强不断减小，气体的温度保持不变， 根据理想气体状态方程可知，气体的体积将逐渐增加，因而浮力逐渐增大，由于重物及浮筒 所受的总重力、拉力、拉力的合力始终为零，所以随着浮筒所受浮力的逐渐增大，铜索的拉 力将逐渐减小到零． （2）重物及浮筒受力平衡有 对于浮筒内的气体，初态压强 末态压强 根据理想气体状态方程有： 联立以上式子得： 19.如图所示， 为某种透明介质的截面图， 是半径为 R 的四分之一圆弧， 是一个正方形， 为足够大的水平屏幕并紧始介质的底面，由红光和紫光两种单色 光组成的复色光射向圆心 O，该介质对红光和紫光的折射率分别为 ， ，设 光在真空中的速度为 c，求： （1）红光在介质中的传播速度。 （2）若 时，光在屏幕 上出现了两个亮斑，则这两个亮斑之间的距离为多少。 0 1 0 2 1 0 0 p gh ph Vm g gV g ρ ρ ρ += −− 2 0 0( )g V V m gρ + = 1 0 1p p ghρ= + 2 0 2p p ghρ= + 1 1 2 2pV p V= 0 1 0 2 1 0 0 p gh ph Vm g gV g ρ ρ ρ += −− EOFGC EOC OFGC AB 1 2 3 3n = 1 2n = 53α °= AF【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)根据光在介质中的速度与折射率的关系可知红色光在介质中的速度： (2)当 时，对应的入射角： ，光在屏幕 上出现了两个亮斑，分别是红光折 射光斑和紫光折射光斑，由题意可知图中 为红色亮斑， 为紫色亮斑。光路图如图所示： 设折射角分别为 和 ，两个光斑分别为 、 ，根据折射定律： 得： 根据图中由几何知识可得： 3 2 c 39 14 6 − R 1 3 22 3 3 c c cv n = = =红 53α °= 37i °= AF 1P 2P 1 γ 2 γ 1P 2P sin sinn i γ= 1 2 3sin 5 γ = 2 3 2sin 5 γ =解得： 同理解得： 所以： 答：（1）红光在介质中的传播速度 。 （2）这两个亮斑之间的距离为 . 1 1 tan R AP γ = 2 2 tan R AP γ = 1 13 2 3 FP R= 2 7 3 2 FP R= 1 2 1 2 7 13 39 14( ) 63 2 2 3 PP FP FP R R R −= − = − = 3 2 c 39 14 6 − R