2020年湖南長沙天心區(qū)長郡中學高考物理適應性試卷三

1、2020年湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高考物理適應性試卷（三）一、選擇題：本大題共 8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求，全部選對得 6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得 0分.1. （6分）一滴水的質量為 0.05g,水滴間隔相等的時間從距石頭上方5m處由靜止下落，水滴和石頭的撞擊時間為0.01s,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。若在一滴水撞擊石頭的同時下一滴水開始落下，則一天時間內 水滴對石頭作用力的總沖量大小約為（）A . 1N?sB. 10N?sC. 20N?sD. 40N?s2. （6分）如圖所示，

2、一名消防救援隊隊員手拉長為L、呈水平方向的輕繩從平臺上跳下，運動到 B點時松開手,恰好落到障礙物后被困人員所在的A點。B點是障礙物的最高點， O、B、C三點在同一豎直線上，隊員可視為質點，空氣阻力不計，利用圖示信息判斷，下列關系正確的是（）中的矩形D. h =2B. h = - L4LO點的鈾ABCD區(qū)域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，靜止放置在238原子核 SU發(fā)生衰變，放出射線后變成某種新的原子核，兩段曲線是反沖核（新核）和射線的徑跡，曲線OP為二圓弧，x軸過O點且平行于AB邊。下列說法正確的是（）4A.鈾238原子核發(fā)生的是 3衰變，放出的射線是高速電子流B.曲線OP是射線的徑跡，曲線

3、 OQ是反沖核的徑跡C.改變磁感應強度的大小，反沖核和射線圓周運動的半徑關系隨之改變D.曲線OQ是“射線的徑跡，其圓心在 x軸上，半徑是曲線 OP半徑的45倍4.（6分）如圖所示，上表面粗糙、傾角 0= 37。的斜面體放在光滑的水平地面上，一物塊靜止在水平地面上?，F給斜面體一水平向左的推力 F,發(fā)現無論F多大，物塊均能與斜面體保持相對靜止。若最大靜摩擦力等于滑動摩=0.8.則物塊與斜面體間的動摩擦因數科應滿足的條件為（5.（6分）牛頓在1687年出版的自然哲學的數學原理中設想，物體拋出的速度很大時，就不會落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛(wèi)星。如圖所示，將物體從一座高山上的O點水平拋出，拋

4、出速度一次比一次大,落地點一次比一次遠，設圖中 A、B、C、D、E是從O點以不同的速度拋出的物體所對應的運動軌道。己知是圓形軌道，C、D是橢圓軌道，在軌道 E上運動的物體將會克服地球的引力，永遠地離開地球，空氣阻力和地球自轉的影響不計，則下列說法正確的是（）A.物體從O點拋出后，沿軌道 A運動落到地面上，物體的運動可能是平拋運動B.在軌道B上運動的物體，拋出時的速度大小為11.2 km/sC.使軌道C、D上物體的運動軌道變?yōu)閳A軌道，這個圓軌道可以過O點D.在軌道E上運動的物體，拋出時的速度一定等于或大于16.7 km/s6. （6分）用如圖1所示的裝置研究光電效應現象，光電管陰極 K與滑動變阻

5、器的中心抽頭 c相連，光電管陽極與 滑動變阻器的滑片 P相連，初始時滑片 P與抽頭c正對，電壓表的示數為 0 （電壓表0刻線在表盤中央）。在移 動滑片P的過程中，光電流I隨電壓表示數U變化的圖象如圖2所示，已知入射光的光子能量為1.6eV.下列說法正確的是（）£1£2A.當滑片P與c正對時，電路中無光電流B.當U= - 0.6V時，滑片P位于b、c之間C.陰極材料的逸出功為 0.6eVD.當U = 0.8V時，到達陽極的光電子的最大動能為1.4eV7. （6分）如圖所示，在 x軸上坐標原點 O處固定電荷量qi=+4X 108C的點電荷，在x=6cm處固定電荷量q2=-1 X

6、 10 8c的點電荷?，F在x軸上x> 12cm的某處由靜止釋放一試探電荷，則該試探電荷運動的 v-t圖象可能正確的是（）O612 訓 m8. （6分）如圖所示，光滑絕緣的圓形管狀軌道豎直放置，管道中央軌道半徑為R,管道內有一質量為 m、帶電荷量為+q直徑略小于管道內徑的小球，空間內存在方向相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度大小為B,方向水平向里，電場的電場強度大小E=西（g為重力加速度），方向豎直向上。現小球從軌道的最低點|2q沿軌道方向以大小為 V0的初速度水平射出，下列說法正確的是（）A.無論初速度的方向向右還是向左，小球在運動中對軌道的作用力都不可能為B .小球在最高點

7、對軌道內側的作用力大小可能為四，方向豎直向下2C.小球在最高點對軌道的作用力為0時，受到的洛倫茲力大小可能為 工魯，方向豎直向下D.若初速度方向向左，小球在最低點和軌道水平直徑右端時，對軌道外側有壓力，且壓力差大于最mg三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.（一）必考題：9. （6分）利用阿特伍德機可以驗證力學定律。如圖為一理想阿特伍德機示意圖，A、B為兩質量分別為 mi、m2的兩物塊，用輕質無彈性的細繩連接后跨在輕質光滑定滑輪兩端，兩物塊離地足夠高。設法固定物塊A、B后，在物塊A上安裝一個寬度為 d的遮光片，并在其下方空中固定一個光電門，連接好光電門與毫秒計時器，并打 開電源。松開固定裝置

8、，讀出遮光片通過光電門所用的時間t.若想要利用上述實驗裝置驗證牛頓第二定律實驗，則：（1）實驗當中，需要使 mi、m2滿足關系： 。（2）實驗當中還需要測量的物理量有 （利用文字描述并標明對應的物理量符號）。（3）驗證牛頓第二定律實驗時需要驗證的等式為 （寫出等式的完整形式無需簡化）。（4）若要利用上述所有數據驗證機械能守恒定律，則所需要驗證的等式為 （寫出等式的完整形式無需簡10. （9分）某同學利用圖甲電路測量自來水的電阻率，其中內徑均勻的圓柱形玻璃管側壁連接一細管，細管上加有閥門K以控制管內自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞（活塞電阻可忽略），右側活塞固定，左側活塞可自由移動，實驗器材

9、還有：電源（電動勢約為 2V,內阻不可忽略）兩個完全相同的電流表 Ai、A2 （量程為3mA,內阻不計）電阻箱R （最大阻值9999 Q）定值電阻Ro （可供選擇的阻值由 100Q、1kQ、10kQ）開關S,導線若干，刻度尺。實驗步驟如下:A.測得圓柱形玻璃管內徑 d=20mmB.向玻璃管內注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度LC.連接好電路，閉合開關S,調整電阻箱阻值，讀出電流表A1、A2示數分別記為|1、I2,記錄電阻箱的阻值RD.該表玻璃管內水柱長度，多次重復實驗步驟B、C,記錄每一次水柱長度 L和電阻箱阻值 RE .斷開S,整理好器材圖甲圖乙(1)為了較好的完成該實驗，定值電阻R0應選(

10、2)玻璃管內水柱的電阻 Rx的表達式Rx = (用R0、R、|1、|2表示)(3)若在上述步驟 C中每次調整電阻箱阻值，使電流表A1、A2示數均相等，利用記錄的多組水柱長度L和對應的電阻箱阻值 R的數據，繪制出如圖乙所示的R-L關系圖象，則自來水的電阻率p=Qm (保留兩位有效數字)，在用本實驗方法測電阻率實驗中，若電流表內阻不能忽略，則自來水電阻率測量值與上述測量值相 比將 (選填“偏大”、“不變”或“偏小”)11.(12分)如圖所示，兩相同小木塊M、N (均視為質點)的質量均為m=1kg,放在水平桌面上，木塊 M、N間夾有一壓縮的輕質彈簧 P,彈簧兩端與小木塊 M、N不拴接，但兩木塊通過長

11、 L = 0.1m的細線相連接。桌子中 央O左側粗糙，中央 O右側光滑，小木塊 M、N與桌子左側間的動摩擦因數科=0.5,且開始時木塊 N離桌子中央O的距離s= 1.15m?，F讓小木塊 M、N一起以vo=4m/s的初速度向桌子右側運動，當木塊 M、N越過桌子中 央O進入右側光滑區(qū)后，剪斷從 N間的細線，發(fā)現小木塊 M最終停在桌面光滑區(qū)，而小木塊 N水平拋出離開 桌面，木塊N運動到A點時速度方向恰好沿 AB方向，小木塊 N沿斜面AB滑下。己知斜面 AB與水平方向的 夾角為37° ,斜面長為2.0m,木塊N與斜面間的動摩擦因數也是(1= 0.5.木塊N到達B點后通過光滑水平軌道BC到達光

12、滑豎直圓軌道， 底端(稍稍錯開)分別與兩側的直軌道相切，其中AB與BC軌道以微小圓弧相接。重力加速度 g 取 10m/s2, sin37° =0.6, cos37° =0.8。(l)求壓縮彈簧的彈性勢能Ep；(2)求水平桌面與 A點的高度差；(3)若木塊N恰好不離開軌道，并能從光滑水平軌道DE滑出，則求豎直圓軌道的半徑Rou12. （20分）如圖1所示，真空中有以 O1為圓心，R為半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，圓的最左端與y軸相切于坐標原點O,圓的最上端與平行于 x軸的虛線MN相切于P點，磁場方向垂直紙面向里，第一象限內在虛線MN上方沿y軸負方向有平行于 y軸的有界勻強電場（上邊

13、界平行于x軸，圖中未畫出）?，F從坐標原點 O在紙面內向坐標系的第一象限和第四象限內的不同方向發(fā)射速率均為vo的質子。已知沿x軸正方向發(fā)射的質子恰好從 P點離E和磁感應強度 B大小未知，但滿足關系開磁場進入電場，能到達電場的上邊界，最后也能返回磁場，電場強度 不計質子的重力、質子對電場和磁場的影響及質子間的相互作用。（1）求勻強電場上邊界與虛線 MN的間距d;（2）在第四象限內沿與 x軸正方向成30角的方向發(fā)射一質子，最終離開磁場，求從發(fā)射到最終離開磁場區(qū)域的過程質子運動的時間t;（3）若電場方向改為沿 x軸的負方向，場強大小不變，如圖 2所示，電場上邊界位置也不變，yo=4R處有一平行于x軸的

14、熒光屏，與y軸相交于Q點，由O點發(fā)射的所有質子最終均能打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度。（二）選考題：共 45分.（15分）物理選修 3-313. （5分）一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的P-V圖象如圖所示。若已知在 A狀態(tài)時，理想氣體的溫度為 320K,則下列說法正確的是（）（已知 1atm = 1*105Pa）A .氣體在B狀態(tài)時的溫度為720KB .氣體分子在狀態(tài) A分子平均動能大于狀態(tài) C理想氣體分子平均動能C.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功D.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過程中氣體溫度先降低后升高E.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過程中氣體吸收熱量為 900J14.

15、 （10分）如圖所示，兩個橫截面積都為S的圓柱形容器，右邊容器高為 H,上端封閉，左邊容器上端是一個可以在容器內無摩擦滑動的質量為M的活塞。兩容器由裝有閥門的極細管道相連，容器、活塞和細管導熱性良好。左、右兩邊容器中裝有相同的理想氣體，開始時閥門打開，活塞到容器底的距離為H,現將閥門關閉，在活塞上放一質量也為 M的祛碼，活塞緩慢下降，直至系統達到新的平衡。已知外界溫度恒定，外界大氣壓強為po,重力加速度為g, m = ±R,求：（1）當系統達到新的平衡時活塞距底端的高度；（2）當系統達到新的平衡后再打開閥門，活塞又緩慢下降，直至系統再次達到平衡，求左邊氣體通過閥門進入 右邊容器的質量

16、與右邊氣體原來質量的比值。物理選修 3-4 （15分）15. 高精度全息穿透成像探測儀利用電磁波穿透非金屬介質，探測內部微小隱蔽物體并對物體成像，具有分辨率高體積小、輻射少等特點，應用領域比超聲波更廣。關于電磁波和超聲波，下列說法正確的是（）A.電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現象B .電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息C.電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現象D.電磁波和超聲波均需依賴于介質才能傳播E.電磁波由空氣進入水中時速度變小，超聲波由空氣進入水中時速度變大16. 居家學習的某同學設計了一個把陽光導入地下室的簡易裝置。如圖， ABCD為薄壁矩形透明槽裝滿水后的豎直截面，其中AB=d, AD=2d

17、,平面鏡一端靠在 A處，與水平底面夾角0= 45°斜放入水槽。太陽光入射到 AD面上，其中一細束光線以入射角“1 = 53°射到水。面上的 。點，進入水中后，射到平面鏡距 A點為三 d處。不考慮光的色散現象及水槽壁對光線傳播的影響,取水對該束光的折射率n=4 , sin53° =*，cos53° =多.求355該束光pd比下空(i)射到平面鏡時的入射角叱,(ii)第一次從水中射出的位置與D點的距離x。2020年湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高考物理適應性試卷(三)參考答案與試題解析、選擇題：本大題共 8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個選項中，第

18、14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得 0分.1 .【解答】解：水滴下落的時間t1 = 舊1 = 2 X 5 s= 1s,水滴和石頭的撞擊時間為t2=0.01s一滴水從下落到與石頭作用的過程，由動量定理得：mg (t1+t2) - 11= 0一天時間內石頭對水滴的總沖量大小1=一二 I1| 匕+七 |聯立解得I=40N?s根據牛頓第三定律和沖量的定義知，一天時間內水滴對石頭作用力的總沖量大小約為40N?s,故ABC錯誤，D正確。故選：D。2 .【解答】解：消防隊員從平臺到B過程，根據機械能守恒得：2mgL = mv消防隊員從B到

19、A做平拋運動，豎直方向：h=/gt2，水平方向：x = vt,2聯立解得：h=3一,故A正確，BCD錯誤。故選：A。3 .【解答】解：A、原子核衰變過程中，動量守恒，而初動量為零，所以反沖核與射線的運動方向必相反；根據反沖核與射線在磁場中的運動曲線軌跡，結合左手定則可知，射線是 “射線，即鈾238原子核發(fā)生的是 a衰變，故A錯誤B、由qvB=m 知：r=一丁，又a原子的比荷小于反沖核的比荷，所以半徑大于反沖核的半徑，即曲線 OP r ab是反沖核的徑跡，曲線 OQ是射線的徑跡，故 B錯誤；C、根據=黑可知，反沖核和射線圓周運動的半徑關系不與磁感應強度B有關，所以改變磁感應強度大小，他們的關系不

20、會發(fā)生改變，故C錯誤; 923944D、根據原子核衰變反應中質量數守恒和電荷數守恒可知：U- Th+再結合動量守恒可得：92902m w/Mv = 0,代入數據解得：va： v=117： 2;由r=E!工代入數據解得：ra： r=45: 1,故D正確。qB故選：D。 . 一，一 R4 .【解答】解：當 F= 0時，物塊能靜止在斜面上，可知 戶tan。，即 小子；4當F特別大時，對物塊受力分析，將加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛頓第二定律沿斜面方向： f+mgsin 0= macos 0,垂直斜面方向： N mgcos 0= masin 0,又fw明，由于F可以取無窮大，所以以上各式中

21、的mgsin。和mgcos?？珊雎?，聯立解得：t,|tan 9綜合分析得 后蘭，故ABC錯誤，D正確。3故選：D。5 .【解答】解：A、物體拋出時速度較小會落回地面，若物體運動距離較小時，物體所受的萬有引力可看成恒力，故物體運動可能為平拋運動，故A正確B、物體拋出速度 v = 7.9km/s時，物體剛好能不落回地面，繞地球做圓周運動，故物體在B軌道上運行，故錯誤C、當物體拋出速度 7.9km/svvv 11.2km/s時，物體在拋出點做離心運動，但物體不能脫離地球，故物體做橢圓運動，在C、D軌道上運動，經過 。點，故C正確D、當物體拋出速度 v>11.2km/s時，物體就會脫離地球，故

22、D錯誤故選：AC。6 .【解答】解：A、分析電路結構，當滑片 P與c正對時，電壓表的示數為0,表面光電管兩端沒有電壓，但此時發(fā)生光電效應現象，電路中產生光電流，故 A錯誤；B、分析圖2可知，當滑動頭 P從c移到b的過程中，光電管加的是反向電壓，當光電流為零時，此時的反向電壓為遏止電壓，即 U=-0.6V時，滑片P位于b、c之間，故B正確；C、根據光電效應方程結合遏止電壓關系可知，eUc=Ek=hv-W,其中hv=1.6eV, Uc= 0.6V,解得陰極材料的逸出功：W=1.0eV,故C錯誤；D、當光電管加正向電壓時，電場力對光電子做正功，根據動能定理可知，eU=Ekm-Ek,解得到達陽極的光電

23、子的最大動能：Ekm=1.4eV,故D正確。故選：BD。7 .【解答】解：電場強度為零的點不會在qi的左邊，因為qi的電荷大于q2,也不會在qi、q2之間，因為它們電荷電性相反，在中間的電場方向都是一樣的；所以，只能在q2右邊。設該位置據 q2的距離是 L,所以k-= k2=，（6cn+L）2 L3解得：L = 6cm；所以x坐標軸上x= 12cm處的電場強度為零，某點的電場強度是正電荷 qi和負電荷q2在該處產生的電場的疊加，是合場強，在x<0區(qū)域電場方向向左，在0vxv6cm,電場方向向右，在6cmvxv 12cm電場方向向左，在x>12cm電場方向向右；電場強度方向如下圖所示

24、：+-1>1<1等_。312 卡河在x軸上x> 12cm的某處由靜止釋放一試探電荷，若試探電荷帶正電，x>12cm電場方向向右，電場力向右，電場強度可能逐漸減小至零，也可能先增大后減小至零，則該試探電荷將沿 x軸正方向做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速運動，或該試探電荷將沿 x軸正方向做加速度逐漸減小的加速運動，再逐漸減小的加速運動，最后做勻速運動；若試探電荷帶負電， 那么電場力向左，則試探電荷先向左做加速度減小的加速運動，再向左做加速度增大的減速運動，然后回頭向右做加速度減小的加速運動，最后再向右做加速度增大的減速運動；由上分析，可知，故 AD錯誤，BC正確；故選

25、：BC。8 .【解答】解：A、如果初速度方向向右，則在最低點電荷受到的洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向上：F=qE=-2|一，一，一，E - VC - -mg,重力豎直向下 mg,如果F-mg+q守口R=iirj,則此時對軌道的作用力為零，故 A錯誤；B、若小球運動到最高點時速度為零，則洛倫茲力為零，合外力為零，小球受到重力，電場力和支持力，根據平衡可知：二占映，即小球受到的支持力大小為 yrng ,方向豎直向上，根據牛頓第三定律小球在最高點對軌道內側的作用力大小為,方向豎直向上，故 B正確;C、根據A的分析可知電場力大小為,方向豎直向上，整個過程有電場力和重力做功，初速度為V0,從最低點到最高

26、點時總功為- mgR，根據動能定理可知最高點速度小于vo,則小球到達最高的的向心力不可能為故C錯誤;D、若初速度方向向左，最低時，根據左手定則可知洛倫茲力方向豎直向下，則:從最低點到軌道水平直徑右端的過程中，有重力和電場力做功，根據動能定理:id.i小球運動到軌道水平直徑右端時速度豎直向下,根據左手定則可知洛倫茲力方向水平向右，則：N' - qvB =聯立解得：N- N,因為vo>v,則壓力之差大于故選：BD。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.(一)必考題:9 .【解答】解：(i)在物塊A上安裝一個寬度為 d的遮光片，并在其下方空中固定一個光電門，因此必須使物塊的質量大于物

27、塊 B的質量，才能確保其下落，即 mi>m2；(2)根據實驗原理，系統減小的重力勢能轉化為系統動能的增加，除利用光電門算出某位置的瞬時速度外，還需要測量的物理量是：物塊A從初始位置到光電門的距離h;(3)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度求出物塊通過光電門的速度,那么物塊A到達光電門的瞬時速度為：v=At再根據運動學位移公式，則有:a=v32h那么根據牛頓第二定律，則有:migm2g= ( mi+m2) a綜上所得， mig - m2g= (mi+m2)d22hA t2(4)若用裝置驗證機械能守恒，測量重力勢能減少為:(mi - m2)gh,故若(mi - m2) gh =(mi+m2

28、),則系統機械能守恒。系統動能增加為：(mi+m2)故答案為：(i) mi>m2； (2)物塊A從初始位置到光電門的距離 h;(3) mig m2g= (mi+m2)(mi-m2) gh=亍(mi+m2)d210 .【解答】解：(1)定值電阻所在支路最小電阻約為：R1總=一=一=一 666.67 Q,已知：電阻箱 R (最大初 0003阻值9999Q),為測多組實驗數據定值電阻R0應選1000 d(2)并聯電路電壓相等，則有：I2 (R+R0) = I1RX則待測電阻阻值為：Rx =“(R 出口)(3)由電阻定律可知：Rx= pLS4Ld2則有：R =卬12JT d2IL - Ro1由題

29、意可知：電流表A1、A2示數11、I2均相等,則有:4P兀MR0,由圖示圖象可知，圖象斜率：k=4PKd2=5x 104,電阻率為：p=_3. 14X(20Xio-3)2X5X10416Q?m；電流表內阻不能忽略，則有:兀Ml1L+r2 一門R0,電阻率為：p=保持不變。故答案為：(1) 1000 ; (2)】1;(3) 16,不變。v',在兩木塊一起運動到桌子中央O右側的過程,N的速度大小為v,取向右為正方向，則11 【解答】解：(1)設兩木塊運動到 O右側時的速度大小為由動能定理得:一師gs- pmg (s+L)=工2喃解得 v' = 2m/s剪斷細線，兩木塊組成的系統動量

30、守恒。設剪斷細線后小木塊2mv' = mv由能量守恒定律知 Ep+- 2M ' * = 5解得Ep = 4J(2)設木塊N的拋出點到A點的高度差為h,到A點時，根據平拋運動的規(guī)律知:2vy =2gh且 tan37° = 一解得 h= 0.45m(3)木塊N到達A點時的速度大小為va=GF解得 va = 5m/s設木塊N到達B點時的速度大小為 vb,從A點到B點，由動能定理得:mgL ABsin37pmgLAB cos37°設木塊N在軌道最高點時最小速度為Vmin,木塊N從B點到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得:_?1 BecB=7+2mgR在軌道最高點，

31、由牛頓第二定律得:mg =聯立解得 R = 0.66m答：(l)壓縮彈簧的彈性勢能 Ep是4J。(2)水平桌面與A點的高度差是0.45m；(3)豎直圓軌道的半徑 R為0.66m。12.【解答】解：(1)經分析，質子在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑為R,進入電場后做勻減速直線運動，到達上邊界時速度剛好減為零，在電場中，根據動能定理有:qEd= 0- - m2v0在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有:qv0B= m2 VD T聯立解得：d=3R(2)質子在磁場和電場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知:質子第一次在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為“1= 120。，質子第二次在磁場中運動的軌跡對應的圓心角

32、為o2= 60。，則質子在磁場中運動的總時間：t1= a / 2=理360。2 vc質子在電場中運動的總時間：t2 = 4 d = L質子在無場區(qū)運動的總時間：t3=)= 為3 R故質子運動的總時間為：t= ti +t2+t3 = g心刃 .v0(3)經分析，所有質子經過磁場偏轉后均沿平行于y軸的方向進入電場，軌跡如圖所示:質子做類平拋運動，質子剛好打在Q點上，有: y= 3R= v0t0 x= a2qE= ma,2%6ntVg6R聯立解得: x=故沿y軸負方向發(fā)射的質子打在熒光屏上的位置離y軸最遠，最遠距離： xm= 2R - x=出磁場時橫坐標x在xv r范圍內的質子將打在4八y軸左側的熒

33、光屏上，有:x= at y'= vottan 0=x' = ( 3R y') tan 0聯立解得：x'=6R3Rt216時，x'有最大值，最大值為 xm' =故質子打在熒光屏上發(fā)光的區(qū)域長度為:l = Xm+xm' =13答：(1)勻強電場上邊界與虛線 MN的間距d為3R;(2)從發(fā)射到最終離開磁場區(qū)域的過程質子運動的時間（3）熒光屏的最小長度為TLr。8 K（二）選考題：共 45分.（15分）物理選修 3-313.【解答】解：A、由圖象可得：PA = 4atm、PB = 3atm、VA=1L、VB=3L,由 TA=320K,由理想氣體狀態(tài)方程得:代入數據解得：Tb= 720K ,故A正確;B、由圖象可得：PA=4atm、Pc=1atm、Va=1L、Vc=4L,由 PaVa = PcVc,貝U Ta=tc溫度是分子平均動能的標志，故狀態(tài)A與狀態(tài)C理想氣體分子平均動能相等，故 B錯誤;C、狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程，體積增大，故氣體對外做功，故 C正確；D、由A項分析可知，TB=720K>TA=TC即狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體溫