2021年广东省韶关市始兴中学高考物理模拟试卷(3月份)

2021年广东省韶关市始兴中学高考物理模拟试卷（3月份）

1.下列有关物理的知识正确的是()

A. 牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定律，并用实验测出了万有引力常量

B. 伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因

C. 胡克发现：在任何情况下，弹簧的弹力都与弹簧的形变量成正比

D. 伽利略在总结前人研究的基础上成功地抽象和概括出行星运动的规律

2.如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都

垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3.若篮球出手时高度相同，出手速度与

水平夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是()

A. v1

B. v1>v2>v3

C. θ1>θ2>θ3

D. θ1=θ2=

θ3

3.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，

并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)，如图所示．现用

水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体

A仍然静止．则下列说法正确的是()

A. 在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变

B. 斜面体所受地面的支持力一定不变

C. 斜面对物体A作用力的合力变大

D. 物体A所受斜面体的摩擦力一定变大

4.一颗科学资源探测卫星的圆轨道经过地球两极上空，运动周期为T=1.5?，某时刻卫星经过赤道上A

城市上空．已知：地球自转周期T0，地球同步卫星轨道半径r，万有引力常量为G，根据上述条件()

A. 可以计算地球的球半径

B. 可以计算地球的质量

C. 可以计算地球表面的重力加速度

D. 可以断定，再经过12h卫星第二次到达A城市上空

5.如图所示，真空中两等量异种点电荷+q、?q固定在x轴上，a点和d点、

b点和c点均关于x轴对称，下列说法正确的是()

A. b点的电势高于c点的电势

B. a、d两点的电场强度相同

C. 将质子从b点移动到d点，电势能增加

D. 将电子从a点移动到c点，电场力做正功

6.半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示固定，在a、b、c三点分别垂直于纸面放置三根等长的长

直导线(a、b两点位于水平直径两端)，导线a中通有垂直纸面向里、大小为I1的恒定电流，导线c中电流方向也垂直纸面向里，但大小未知。导线a、b固定，导线c处于静止状态，且与筒壁间无相互作

用力，Oc与Oa的夹角为θ=60°。已知长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=k I

r

(k 为常数，I为长直导线中的电流)，不考虑边缘效应，则b中通过电流的大小和方向为()

A. 电流大小为I1、方向垂直纸面向里

B. 电流大小为√3I1、方向垂直纸面向里

C. 电流大小为I1、方向垂直纸面向外

D. 电流大小为√3I1、方向垂直纸面向外

7.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强

磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。

则0～t0时间内，导线框中()

A. 没有感应电流

B. 感应电流方向为逆时针

C. 感应电流大小为πr2B0

t0R D. 感应电流大小为2πr2B0

t0R

8.如图3所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P向上移动时，

下列说法中正确的是()

A. 电流表示数变大

B. 电压表示数变小

C. 电阻R0的电功率变大

D. 电源的总功率变小

9.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电

作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另

一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端

连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C

点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是()

A. 工人对绳的拉力一直变大

B. 绳OD的拉力一直变小

C. OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg

D. 当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为√3

mg

3

10.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈

的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知()

A. B方向垂直纸面向里，大小为(?m1?m2)g

NIL

B. B的方向垂直纸面向里，大小为mg

2NIL

C. B的方向垂直纸面向外，大小为(?m1?m2)g

NIL

D. B的方向垂直纸面向外，大小为mg

2NIL

11.某实验小组用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验．

(1)图乙为实验中选取的一条合适的纸带，O点为打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E为打

点计时器打出的五个连续的点，测出这五点到O点的距离分别为x A、x B、x C、x D、x E，打点计时器所接交流电的频率为f，当地的重力加速度为g，若利用OD段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为______．

(2)如果采用此装置测定当地的重力加速度，可根据纸带上的打点间隔算出打下每个点时重物运动的时

间t，测出对应时间内物体下落的距离x，根据测得的距离x和算出的时间t，在平面直角坐标系中做?t的图象，如果图线的斜率是k，则当地的重力加速度为______．

出x

t

12.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．

(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则

①请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接；

②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U?I图线如图c所示，可得电源的电动势E=______V，

内电阻r=______Ω.

(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画

出U?I图线如图e所示，可得电源的电动势E=______V，内电阻r=______Ω.(结果保留2位有效数字)

13.如图甲所示，一质量为m=1.0kg的滑块(可视为质点)静止在水平地面上的A点，某时刻开始，滑块

受到一个水平向右的拉力F的作用，拉力F随时间t的变化规律如图乙所示，若滑块和地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2，试计算滑块从开始运动到最终停止在水平地面上滑行的距离．

14.如图所示，在直角坐标系xOy平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域

内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x

) y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L,3L

2处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0,L)点，不计粒子重力。

(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(?L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(?L,0)点所用的时间。

15.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始按箭头所示经一系列状态变化又回

到状态a，由图可知：气体在a、b、c三个状态的密度ρa、ρb、ρc的大小关系是

______ ，气体分子的平均动能E ka、E Kb，E Kc的大小关系是______ .在此过程中，

气体______ (选填“从外界吸收”或“向外界放出”)热量．

16.如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当t1=31℃，大气压强P0=

76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1=8cm，则

(1)当温度t2多少时，左管气柱L2为9cm？

(2)当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长L为8cm，应在右管中加入多长的水

银柱？

17.一列简谐横波在某介质中沿x轴传播，在x轴上a、b两点的振动图象分别为如图甲乙所示，波的传播

速度为5m/s，a、b间的距离小于一个波长，若波从a传播到b，则a、b间的距离为______m，若波从b传播到a，所用的时间为______s，若增大波源处质点的振动频率，则波从b传播到a所用的时间会______(填“变大”、“变小”或“不变”)。

18.一个长方形透明物体横截面如图所示，底面AB镀银，(厚度可忽略不计)，一束光线在横截面内从M

点的入射，经过AB面反射后从N点射出，已知光线在M点的入射角α=53°，长方形厚度?=2cm，M、N之间距离S=3cm。求

(i)画出光路图，并求透明物体的折射率

(ii)若光速为c=3.0×108m/s，求光在透明物体中传播时间

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量，故A 错误；

B、伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故B正确；

C、胡克发现：在弹性限度范围内，弹簧的弹力都与弹簧的形变量成正比，故C错误；

D、开普勒在总结前人研究的基础上成功地抽象和概括出行星运动的规律，故D错误；

故选：B．

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

2.【答案】B

【解析】解：A、B、三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x。

则有：x=vt，?=1

2gt2，则得：v=x√g

2?

，h相同，则v∝x，则得v1>v2>v3.故A错误，B正确。

C、D、根据速度的分解有：tanθ=gt

v

，t相同，v1>v2>v3，则得θ1<θ2<θ3.故CD错误。

故选：B。

据题知三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，它们上升的高度相等，水平位移大小不等，根据平抛运动的规律得到水平位移与初速度的关系，分析初速度的大小．根据速度的分解，分析角度的关系．本题运用逆向思维研究斜抛运动，关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度公式，是解决平抛运动问题的基础知识．

3.【答案】B

【解析】解：A、对木块B受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有

F=m B gtanθ

T=m B g

cosθ

在缓慢拉开B的过程中，θ变大，故F变大，故A错误；

B、对斜面体和木块A、B整体受力分析，由于一直平衡，故支持力等于系统的总重力，故B正确；

C、D、物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，支持力不变，故斜面对物体A作用力的合力可能变大，也可能变小，故C错误，D也错误；

故选B．

先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出绳子的拉力T；再对木块A受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况．

本题关键分别对A、B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解，在计算地面对斜面的支持力时，可以用整体法，不需要考虑系统内力，能使解题过程大大简化．

4.【答案】B

【解析】解：B、根据地球卫星万有引力提供向心力，有：G Mm

r =m4π2

T02

r

M=4π2r3

GT02

，可以求出地球的质量，故B正确．

A、根据探测卫星万有引力提供向心力周期公式G Mm

R2=m4π2R

T2

，解得：R=3GMT2

4π2

，因为M已经求得，所

以可以求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，不能得到地球的球半径，故A错误；

C、在地球表面有G Mm

R2

=mg，因为不知道地球半径，所以无法求出地球表面重力加速度，故C错误；D、经过12h时，赤道上A城市运动到和地心对称的位置了，而资源探测卫星正好转过了8圈，又回到原位置，所以经过12h卫星不会到达A城市上空，故D错误．

故选：B

根据地球卫星万有引力提供向心力周期公式求出地球质量，再根据探测卫星万有引力提供向心力周期公式即可求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，因为不知道地球半径，所以无法求出地球表面的重力加速度．探测卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解．

5.【答案】C

【解析】解：A、根据对称性可知b、c两点在同一等

势面上，两点的电势相同，故A错误；

B、根据对称性可知a、d两点的电场强度大小相等，

但方向不同，故B错误；

C、沿电场方向电势降低，所以b点的电势低于d点的

电势，将带正电的质子从b点移动到d点，电势能增加，故C正确；

D、a点的电势高于c点的电势，所以将带负电的电子从a点移动到c点，电子的电势能增加，则电场力做负功，故D错误。

故选：C。

根据对称性判断b、c电势高低及a、d场强大小关系；通过电势高低来判断移动电荷时电场力做功及电势能的变化。

本题主要考查了等量异种电荷电场中场强及电势的分布特点及电场力做功与电势能的变化，解题关键在于熟悉等量异种电荷电场中场强及电势的分布特点。

6.【答案】A

【解析】解：由于同向电流相互吸引，因此a与c相互吸引，由于c对轨道无作用力，根据平衡条件可知，b对c也是相互吸引，故b中电流垂直于纸面

向里。

由几何关系可知，a、c间距离为r ac=R，b，

c间距离为r bc=√3R，设b中电流为I2，c中

可知：

电流为I3，导线长度为L，根据B=k I

r

a在c处产生的磁感强度为B1=k I1

，b在c

r ac

，a对c的安

处产生的磁感应强度为B2=k I2r

bc

培力为F ac=B1I3L，b对c的安培力为F bc=

B2I3L，根据平衡条件，水平方向有：

F ac cos60°=F bc cos30°，解得：I2=I1，则导

线b中通过的电流大小为I1，方向垂直于纸面向里。故A正确，BCD错误。

故选：A。

a与c电流同向，相互吸引，又c对轨道无作用力，根据平衡条件可判断bc间作用力方向，进而判断b中电流方向；根据平衡条件列方程求解b中电流大小。

本题考查了有安培力参与的共点力平衡问题，若知道同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，就会省去先用安培定则判断磁场方向，再用左手定则判断安培力方向的步骤，从而节省做题时间。

7.【答案】C

【解析】解：A、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB错误；

C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电

动势正好是两者之和，即为E=2×πr 2B0

2t0

；

再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I=E

R =πr2B0

t0R

，故C正确，D错误；

故选：C。

根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解。

考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键。

8.【答案】C

【解析】解：AB、滑片向上移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小；则内电阻减小，由U=E?Ir可知路端电压增大，故电压表示数变大；

路端电压增大，由欧姆定律可知，流过R0的电流增大，而总电流减小，则由并联电路的电流规律可知电流表的示数减小，故A错误，B错误；

C、由：P=U2

R

，因电阻R0的电压增大，电流增大，故电功率增大，故C正确；

D、电源的总功率：P=EI，总电流增大，电源总功率也增大，故D错误；

故选：C。

由图可知R与R0并联，电压表测量电路的路端电压，电流表测量通过R的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化；由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化；由功率公式可得出R0消耗的电功率；由P=UI可求得电源的功率变化。

本题考查闭合电路的欧姆定律的动态分析及功率公式，要明确电源的电功率当外阻与内阻相等时输出功率最大。

9.【答案】CD

【解析】解：AB、对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，

绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。

根据几何知识知：θ+2α=90°，由正弦定理可得F1

sinα=F2

sinθ

=mg

sin(π

2

+α)

，α增大，θ减

小，则F1增大，F2减小，故AB错误；

C、两绳拉力的合力大小等于mg，故C正确；

D、α=30°时，θ=30°，则2F2cos30°=mg，可得F2=√3

3

mg，故D正确。

故选：CD。

对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，根据几何关系结合平衡条件进行解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

10.【答案】B

【解析】解：A、B的方向垂直纸面向里，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．因为线框也是有质量的，设右边的线框质量为m02，根据平衡有：NBIL=(m1?m02?m2)g，解得B=

(m1?m2?m02)g

NIL

.故A错误．

B、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，

变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，有mg=2NBIL，所以B=mg

2NIL

.故A错误，B正确．

C、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码．故C、D错误．

故选B．

天平平衡后，当电流反向(大小不变)时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题．

11.【答案】gx D=(x E?x C)2f2

8

2k

【解析】解：若利用OD段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为mgx D=1

2

mv D2

即：gx D=1

2(x E?x C

2

f)2=(x E?x C)2f2

8

，

若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是先释放纸带再接通电．

(4)如果机械能守恒，由g?=v2

2可知，则v2

2

?x图线为一条过原点的斜的直线，图线的斜率为当地的重力加

速度g；如果机械能守恒，则重物做自由落体运动，则x=1

2

gt2，

即有x

t =1

2

gt，因此x

t

?t图线是一条过原点的直线，图线的斜率为当地重力加速度的一半，即g

2

．

如果图线的斜率是k，则当地的重力加速度为2k；

故答案为：gx D=(x E?x C)2f2

8

，2k．

根据物体下落，减小的重力势能转化为动能，那么由平均速度来求得瞬时速度，从而列出验证的表达式；

由机械能守恒得：mgx=1

2mv2，所以v2

2

=gx，即图线是正比例函数图线，则斜率表示重力加速度；

若作出x

t

?t图象，根据运动学公式，即为平均速度与时间的图象，则图象的斜率表示重力加速度的一半．本题考查了自由落体运动中机械能守恒的验证，用图象处理数据是非常重要的数学手段．同时注意第2问题：BC选项不一定是实验必须操作步骤，最后掌握平均速度与时间的图象斜率与重力加速度的关系，是解题的难点．

12.【答案】2.80.60 3.00.50

【解析】解：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；

②根据闭合电路欧姆定律可得：

U=E?Ir

则由数学规律可知，电动势E=2.8V；r=△U

△I =2.8?1.6

0.2

=0.60Ω；

(2)由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知，在

滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：

2.5=E?r

2.4=E?1.2r

解得：E=3.0；r=0.50；

故答案为：(1)①如图所示；②2.8；0.60；(2)3.0，0.50

(1)①根据原理图可得出实物图；②根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象可得出电动势和内电阻；

(2)明确电路结构，知道滑动变阻左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和图象结合可求得电动势和内电阻．

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图象进行分析求解．

13.【答案】解：根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度为：

a1=F1?μmg

m =10?0.5×10

1

m/s2=5m/s2，

则匀加速运动的位移为：

x1=1

2a1t12=1

2

×5×1m=2.5m，

匀加速直线运动的末速度为：

v1=a1t1=5×1m/s=5m/s，

第2s内F2=μmg，做匀速直线运动，匀速运动的位移为：x2=v1t2=5×1m=5m，

匀减速运动的加速度为：

a2=μg=5m/s2，

匀减速运动的位移为：

x3=v12

2a2=25

10

m=2.5m，

则有：x=x1+x2+x3=2.5+5+2.5m=10m．

答：滑块从开始运动到最终停止在水平地面上滑行的距离为10m．

【解析】根据牛顿第二定律分别求出匀加速和匀减速运动的加速度，结合运动学公式和匀加速、匀速、匀减速运动的位移，从而得出总位移．

本题考查牛顿定律和运动学公式的综合应用，意在考查学生应用牛顿运动定律和运动学公式综合分析力学问题的能力，知道加速度

是联系力学和运动学的

桥梁．

14.【答案】解：(1)带电

粒子在电场中做类平抛

运动，由类平抛运动规律

L =v 0t,L 2

=1

2

at 2,qE =ma ，

解得：E =

mv 0

2qL

；

(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值：tanθ=v 0

v y ，

速度大小：v =v

sinθ=√2v 0，

设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(?L,0)点， 应满足L =2nx ，其中n =1.2…粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π

2； 当满足L =(2n +1)x 时，粒子轨迹如图乙所示，由于y

设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π

2，则有x =√2R ，此时满足L =2nx ， 解得：R =22n

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB =m v 2

R ，

解得：B =

4nmv 0qL

，n =1、2、3…；

(3 )粒子从进入磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中， 圆心角的总和：θ=2n ×π

2×2=2nπ， 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T =2πm qB

，

粒子在磁场中的运动时间：t =T ×2nπ2π

=

2nπm qB

=

πL 2v 0

；

答：(1)电扬强度大小E 为

mv 0

2qL

；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点口到达坐标(?L,0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B 为：4nmv 0

2qL

(n =

1、2、3…)；

(3)第(2)问中粒子从进入磁场到从坐标(?L,0)点射出磁场整个过程所用的时间为πL

2v 0

。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度。

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子在磁场中的运动时间。

粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以解题；要掌握处理带电粒子在磁场中的运动问题的解题思路与方法。

15.【答案】ρa>ρb=ρc；E Ka=E Kc

【解析】解：由图示图象可知，气体体积关系为：V aρb=ρb．

由理想气体状态方程：pV

T =C可知，气体温度：T=pV

C

，气体在各状态时的温度：

T a=1.5×105×0.25

C =0.375×105

C

，T b=2.5×105×0.75

C

=1.875×105

C

，T C=0.5×105×0.75

C

=0.375×105

C

，

则T a=T c

由a到b过程，温度升高、体积变大，内能增加，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量；

从b到c过程，温度降低体积减小，内能减小、外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量；从c到a过程，体积减小，温度不变，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，

则整个过程中，气体先吸热，然后再放热；

故答案为：ρa>ρb=ρc；E Ka=E Kc

由图示图象判断气体体积大小关系，然后判断密度大小关系，应用理想气体状态方程判断出气体温度关系，然后判断分子平均动能大小关系；最后应用热力学第一定律判断气体吸热与放热情况．

本题考查了比较气体密度、分子平均动能大小关系，分析清楚图示图象、应用气体状态方程即可正确解题．16.【答案】解：(1)以封闭气体为研究对象，

初状态：P1=76cmHg，V1=L1S=8S，T1=304K

末状态：P2=78cmHg，V2=L2S=9S，T2=？

根据理想气体状态方程得：

P1V1 T1=P2V2

T2

，

得：T2=351K，

则t2=351?273=78℃．

(2)使左管气柱长L恢复为8cm的过程为等温变化，初状态：压强为78cmHg，体积为9S

末状态：压强为(78+?)cmHg，体积为8S

根据玻意耳定律：78×9S=(78+?)×8S

解得：?=9.75cm

答：(1)当温度t2=78℃时，左管气柱L2为9cm；

(2)当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长L为8cm，应在右管中加入9.75cm的水银柱．

【解析】根据气体状态方程求出被封闭的气柱长变为L2=9cm时气体的温度；根据玻意耳定律求出气柱长可变回8cm从开口端注入水银柱的高度．

本题考查了气体的状态方程和玻意耳定律的运用，难度中等，关键确定好初末状态，列式求解．

17.【答案】5；3；不变

【解析】解：若波从a传播到b，则b的振动滞后于a的振动，根据两波振动图象，由a、b间的距离小于

一个波长可得：b的振动滞后于a的振动1s=1

4T，故x ab=1

4

λ=1

4

vT=5m；

若波从b传播到a，则a的振动滞后于b的振动，根据两波振动图象，由a、b间的距离小于一个波长可得：

a的振动滞后于b的振动3s=3

4T，即传播的时间t=3

4

T=3s；

若增大波源处质点的振动频率，由于形成的波在同一介质中传播的速度不变，因此波从b传播到a所用的时间不变。

故答案为：5；3；不变。

根据波的传播方向，由两波的振动图象得到传播时间，即可根据波速求得距离；根据波的传播特点，由波速不变得到传播时间不变。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

18.【答案】解：(i)光路图如图所示：

由几何知识可得：tan∠1=S

2

?

=1.5cm

2cm

=3

4

，

解得∠1=37°，所以β=∠1=37°；

根据折射定律可得：n=sinα

sinβ

=4

3

；

(ii)根据n=c

v 可得光在透明物体中传播的速度为：v=c

n

=3

4

c，

由几何知识可得光在透明物体中传播的路程为：x=2?

cos∠1=2×2cm

cos37°

=5cm=0.05m，

故光在透明物体中传播时间为：t=x

v

=2.2×10?10s。

答：(i)光路图见解析，透明物体的折射率为4

3

；

(ii)若光速为c=3.0×108m/s，光在透明物体中传播时间为2.2×10?10s。

【解析】(i)根据光的传播情况画出光路图，由几何知识求解折射角，根据折射定律求解折射率；

(ii)根据n=c

v

求解光在透明物体中传播的速度，由几何知识求解光在透明物体中传播的路程，再根据位移时间关系求解光在透明物体中传播时间。

本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图结合折射定律、几何关系进行分析。