2024年高三物理試卷練習(xí)題及答案（四）

一、選擇題1．用水平力拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止．其速度—時(shí)間圖象如圖1所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，沖量大小為I2.則下列選項(xiàng)正確的是()圖1A．W1>W2；I1>I2B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2D．W1＝W2；I1＝I2【答案】D【解析】全過程由動(dòng)能定理得：W1－W2＝0，W1＝W2，由動(dòng)量定理得：I1－I2＝0，I1＝I2，故D正確．2．如圖2甲所示，一足夠長(zhǎng)的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2s撤去外力F，物體在0～4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則()圖2A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．水平外力F＝5.5NC．水平外力F＝4ND．物體在0～4s內(nèi)的位移為24m【答案】C【解析】‘根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度，則2～4s內(nèi)物體的加速度為：a2＝eq\f(12－8,4－2)m/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)物體的加速度為：a1＝eq\f(8,2)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4N，故B錯(cuò)誤，C正確；物體在0～4s內(nèi)的位移為：x＝eq\f(8×2,2)m＋eq\f(8＋12,2)×2m＝28m，故D錯(cuò)誤．3．如圖3，在光滑絕緣水平桌面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別固定于正三角形頂點(diǎn)上．已知a、b帶電荷量均為＋q，c帶電荷量為－q，則()圖3A．a(chǎn)b連線中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零B．三角形中心處場(chǎng)強(qiáng)為零C．a(chǎn)所受庫侖力方向垂直于ab連線D．a(chǎn)、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)【答案】D【解析】在ab連線的中點(diǎn)處，a、b兩電荷在該點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，則該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等于c在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，大小不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在三角形的中心處，a、b兩電荷在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向夾120°角，則合場(chǎng)強(qiáng)豎直向下，電荷c在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也是豎直向下，則三角形中心處場(chǎng)強(qiáng)不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．a(chǎn)受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，則其合力方向斜向左下方與ab連線成60°角，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．設(shè)三角形的邊長(zhǎng)為l，a、b所受庫侖力大小相等，F(xiàn)a＝Fb＝2eq\f(kq2,l2)cos60°＝eq\f(kq2,l2)；c所受庫侖力：Fc＝2eq\f(kq2,l2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq2,l2)，則a、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)，選項(xiàng)D正確．4．如圖4，兩條間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好；在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k>0；在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．t＝0時(shí)刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略．則()圖4A．在t＝t1時(shí)刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0t1B．通過電阻R的電流不是恒定電流C．在Δt時(shí)間內(nèi)通過電阻的電荷量為eq\f(kS＋B0Lv0,R)ΔtD．金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)間均勻增大【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么總磁通量即為金屬棒左側(cè)兩種磁通量之和，則在t＝t1時(shí)刻穿過回路的總磁通量為Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)，故通過電阻R的電流為恒定電流，B錯(cuò)誤；Δt時(shí)間內(nèi)通過電阻的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)Δt，故C正確；金屬棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)；根據(jù)平衡條件得，水平拉力大小等于安培力大小，即為F＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)，故拉力F是一個(gè)恒量，故D錯(cuò)誤．5．如圖5所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計(jì)．兩個(gè)小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b桿套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接，將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與L2桿夾角為45°)，不計(jì)一切摩擦，已知重力加速度為g.在此后的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是()圖5A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．b球的速度為零時(shí)，a球的加速度大小也為零C．b球的最大速度的大小為eq\r(2＋\r(2)gL)D．a(chǎn)球的最大速度的大小為eq\r(\r(2)gL)【答案】C【解析】a球和b球組成的系統(tǒng)沒有外力做功，只有a球和b球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換，因此a球和b球的機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)可知vbcosθ＝vasinθ，則vb＝va·tanθ，可知當(dāng)b球的速度為零時(shí)，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時(shí)a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿L和桿L1第一次平行時(shí)，球a運(yùn)動(dòng)到最下方，球b運(yùn)動(dòng)到L1和L2交點(diǎn)位置，球b的速度達(dá)到最大，此時(shí)a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(eq\f(\r(2),2)L＋L)＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝eq\r(2＋\r(2)gL)，C正確；當(dāng)輕桿L和桿L2第一次平行時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)可知此時(shí)b球的速度為零，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有eq\f(\r(2),2)mg·L＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(\r(2)gL)，此時(shí)a球具有向下的加速度g，故此時(shí)a球的速度不是最大，a球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，到加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，D錯(cuò)誤．6．圖6甲所示是工業(yè)上探測(cè)物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)的原理圖．其原理是用通電線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變，從而獲得物件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息．如圖乙所示的是一個(gè)由帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源連接起來的跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置，將一個(gè)套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．對(duì)以上兩個(gè)實(shí)例的理解正確的是()圖6A．渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了電流的熱效應(yīng)，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了自感現(xiàn)象B．能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料C．金屬探傷時(shí)接的是交流電，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置中接的是直流電D．以上兩個(gè)實(shí)例中的線圈所連接的電源也可以都是恒壓直流電源【答案】BC【解析】渦流探傷技術(shù)的原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變；跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示線圈接在直流電源上，閉合開關(guān)的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)跳動(dòng)，屬于演示楞次定律，故A錯(cuò)誤．無論是渦流探傷技術(shù)，還是演示楞次定律，都需要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而感應(yīng)電流的產(chǎn)生需在金屬導(dǎo)體內(nèi)，故B正確．金屬探傷時(shí)，是探測(cè)器中通過交變電流，產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，當(dāng)金屬處于該磁場(chǎng)中時(shí)，該金屬中會(huì)感應(yīng)出渦流；演示楞次定律的實(shí)驗(yàn)中，線圈接在直流電源上，閉合開關(guān)的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)跳動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．7．某國(guó)際研究小組借助于智利的天文望遠(yuǎn)鏡，觀測(cè)到了一組雙星系統(tǒng)，它們繞兩者連線上的某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此雙星系統(tǒng)中質(zhì)量較小成員能“吸食”另一顆質(zhì)量較大星體表面物質(zhì)，導(dǎo)致質(zhì)量發(fā)生轉(zhuǎn)移，假設(shè)在演變的過程中兩者球心之間的距離保持不變，則在最初演變的過程中()A．它們之間的萬有引力發(fā)生變化B．它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度不斷變大C．質(zhì)量較大星體圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變大，線速度也變大D．質(zhì)量較大星體圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變大，線速度變小【答案】AC【解析】設(shè)雙星質(zhì)量分別為M1、M2，兩者球心之間的距離為L(zhǎng)，圓周運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1、r2，它們之間的萬有引力為F＝Geq\f(M1M2,L2)，距離L不變，M1與M2之和不變，其乘積M1M2變化，則它們的萬有引力發(fā)生變化，A正確；依題意，雙星系統(tǒng)繞兩者連線上某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期和角速度相同，由萬有引力定律及牛頓第二定律：Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2r1，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，聯(lián)立解得M1＋M2＝eq\f(ω2L3,G)，M1r1＝M2r2，則雙星的質(zhì)量比等于它們做圓周運(yùn)動(dòng)半徑的反比，故質(zhì)量較大的星體因質(zhì)量減小，其軌道半徑將增大，又角速度不變，故線速度也增大，B、D錯(cuò)，C對(duì)．8．電子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力作用運(yùn)動(dòng)時(shí)，由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖7中虛線所示．圖中一組平行等距實(shí)線可能是電場(chǎng)線，也可能是等勢(shì)線．下列說法正確的是()圖7A．若a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，圖中實(shí)線一定是等勢(shì)線B．不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)線，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能都比b點(diǎn)小C．若電子在a點(diǎn)動(dòng)能較小，則圖中實(shí)線是電場(chǎng)線D．如果圖中實(shí)線是等勢(shì)線，則電子在b點(diǎn)電勢(shì)能較大【答案】CD【解析】若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷，電子所受電場(chǎng)力水平向右，則電場(chǎng)線向左，a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)低，所以若a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，圖中實(shí)線可能是電場(chǎng)線，A錯(cuò)誤．若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，根據(jù)A選項(xiàng)的分析，電場(chǎng)線向左，a的電勢(shì)小于b的電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)能Ep＝φ(－e)，電子在電勢(shì)低的位置電勢(shì)能大，所以電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于b點(diǎn)電勢(shì)能，B錯(cuò)誤．若電子在a點(diǎn)動(dòng)能小，說明由a到b加速，如果圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，結(jié)合A選項(xiàng)的分析，方向向左，電子受力向右，加速，a點(diǎn)動(dòng)能小，C正確．如果圖中實(shí)線是等勢(shì)線，則電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，根據(jù)電子運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷電子受力豎直向下，所以由a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，b點(diǎn)動(dòng)能小，電勢(shì)能大，D正確．8．某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量輕彈簧的勁度系數(shù)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖8a.將彈簧懸掛在固定鐵架臺(tái)上，毫米刻度尺豎直固定在彈簧旁，在彈簧下端掛上鉤碼，多次改變鉤碼質(zhì)量m，讀出鉤碼靜止時(shí)固定在掛鉤上的指針對(duì)應(yīng)的刻度尺示數(shù)l.當(dāng)鉤碼質(zhì)量為200g時(shí)，指針位置如圖b所示．用所測(cè)數(shù)據(jù)在m－l坐標(biāo)系描點(diǎn)如圖c.取g＝9.8m/s2.回答下列問題：圖8(1)圖b中指針對(duì)應(yīng)的刻度尺示數(shù)為________cm：(2)在圖c中將鉤碼質(zhì)量為200g時(shí)所對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)點(diǎn)補(bǔ)上，并作出ml圖線；(3)根據(jù)圖線算出彈簧的勁度系數(shù)為________N/m(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．【答案】(1)18.50(18.48～18.52均可)(2)如圖所示(3)23.5～24.8【解析】(1)由題圖可知，刻度尺的分度值為0.1cm，則讀數(shù)為18.50cm，誤差范圍±0.02cm均可，即答案在18.48～18.52cm之間均可；(2)鉤碼質(zhì)量為200g時(shí)對(duì)應(yīng)的彈簧長(zhǎng)度為18.50cm，圖象如圖所示(3)根據(jù)k＝eq\f(ΔF,Δl)可知，彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(ΔF,Δl)＝eq\f(Δmg,Δl)＝eq\f(0.3×9.8,22.50－10.50×10－2)N/m＝24.5N/m(答案在23.5～24.8之間均可)．9．LED燈的核心部件是發(fā)光二極管．某同學(xué)欲測(cè)量一只工作電壓為2.9V的發(fā)光二極管的正向伏安特性曲線，所用器材有：電壓表(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)，電流表(用多用電表的直流25mA擋替代，內(nèi)阻約為5Ω)，滑動(dòng)變阻器(0～20Ω)，電池組(內(nèi)阻不計(jì))，電鍵和導(dǎo)線若干．他設(shè)計(jì)的電路如圖9(a)所示．回答下列問題：圖9(1)根據(jù)圖(a)，在實(shí)物圖(b)上完成連線；(2)調(diào)節(jié)變阻器的滑片至最________端(填“左”或“右”)，將多用電表選擇開關(guān)撥至直流25mA擋，閉合電鍵；(3)某次測(cè)量中，多用電表示數(shù)如圖(c)，則通過二極管的電流為________mA；(4)該同學(xué)得到的正向伏安特性曲線如圖(d)所示．由曲線可知，隨著兩端電壓增加，二極管的正向電阻________(填“增大”“減小”或“不變”)；當(dāng)兩端電壓為2.9V時(shí)，正向電阻為________kΩ(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(5)若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9V之間變化，試簡(jiǎn)要描述一種可能的電路故障：_______________________.【答案】(1)連線如圖所示(2)左(3)15.8～16.2(4)減小0.15～0.16(5)連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路【解析】(1)根據(jù)多用電表紅黑表筆的接法“紅進(jìn)黑出”可知，黑表筆接二極管，紅表筆接滑動(dòng)變阻器，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，則連線如圖：(2)為保護(hù)電路，開關(guān)閉合前需將滑動(dòng)變阻器的滑片置于最大阻值處，即最左端；(3)多用電表所選量程為25mA，則電流表讀數(shù)為eq\f(160,10)mA＝16.0mA(答案在15.8～16.2范圍內(nèi)均可)；(4)I－U圖象中，圖線斜率表示電阻的倒數(shù)，由題圖可知，隨著電壓的增加，斜率逐漸增大，則二極管的電阻逐漸減小；當(dāng)兩端電壓為2.9V時(shí)，電流表示數(shù)為19.0mA，則電阻大小為R＝eq\f(2.9V,0.019A)≈0.15kΩ(答案在0.15～0.16范圍內(nèi)均可)；(5)由于二極管的正向電阻約為0.15kΩ，遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的最大阻值，因此若實(shí)驗(yàn)中，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9V之間變化，則有可能是滑動(dòng)變阻器與二極管串聯(lián)，導(dǎo)致電路中總電阻較大，總電流較小，所以電壓表的示數(shù)變化較小，故故障可能是連接電源負(fù)極與變阻24.(12分)(2019·山西運(yùn)城市5月適應(yīng)性測(cè)試)如圖1所示，在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M＝3kg帶四分之一光滑圓弧形槽的小車，質(zhì)量為m＝2kg的小球以速度v0＝5m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖1(1)小球從槽口上升到最高點(diǎn)(未離開小車)的過程中，小球?qū)π≤囎龅墓；(2)小球落地瞬間，小車與小球間的水平間距L.【答案】(1)6J(2)2m【解析】(1)小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，小車和小球的水平速度相等，由小車和小球水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋M)v①對(duì)小車由動(dòng)能定理得：W＝eq\f(1,2)Mv2②聯(lián)立①②解得：W＝6J(2)小球從槽口上升至最高點(diǎn)，再從最高點(diǎn)回到槽口的過程中，小球和小車水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2③對(duì)小球和小車由功能關(guān)系得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22④聯(lián)立③④可解得：v1＝－1m/s⑤v2＝4m/s⑥小球離開小車后，向右做平拋運(yùn)動(dòng)，小車向左做勻速運(yùn)動(dòng)h＝eq\f(1,2)gt2⑦L＝(v2－v1)t⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧可得：L＝2m.10.如圖2所示，在xOy坐標(biāo)系中有圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其圓心在O′(R,0)，半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．在y≥R范圍內(nèi)，有方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.有一帶正電的微粒平行于x軸射入磁場(chǎng)，微粒在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑剛好也是R.已知帶電微粒的電荷量為q，質(zhì)量為m，整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)重力．圖2(1)求微粒進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大??；(2)若微粒從坐標(biāo)原點(diǎn)射入磁場(chǎng)，求微粒從射入磁場(chǎng)到再次經(jīng)過y軸所用時(shí)間；(3)若微粒從y軸上y＝eq\f(R,2)處射向磁場(chǎng)，求微粒以后運(yùn)動(dòng)過程中距y軸的最大距離．【答案】(1)eq\f(qBR,m)(2)eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mR,qE))(3)R＋eq\f(qB2R2,8mE)【解析】(1)微粒射入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)；(2)微粒從原點(diǎn)射入磁場(chǎng)，因在磁場(chǎng)中軌跡半徑也為R，所以微粒經(jīng)eq\f(1,4)圓周后以速度v垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖甲所示微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πR,v)＝eq\f(πm,2qB)微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t22解得t2＝eq\r(\f(2mR,qE))微粒再次經(jīng)過y軸需要的時(shí)間為：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mR,qE))(3)微粒從y軸上y＝eq\f(R,2)處射向磁場(chǎng)，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)微粒在P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為P，軌跡圓心為O2，如圖乙所示在△APO′中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，連接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，則∠PO′O2＝30°，兩圓相交，關(guān)于圓心連線對(duì)稱，設(shè)出射點(diǎn)為Q，由對(duì)稱知∠O2O′Q＝30°，出射點(diǎn)Q必位于O′點(diǎn)正上方．由于∠PO2Q＝60°，所以微粒從磁場(chǎng)中出射方向與x軸成θ＝60°.微粒在電場(chǎng)中沿x軸正方向做初速度為v0x＝vcosθ的勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\f(qE,m)在電場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離xm＝eq\f(v\o\al(,0x2),2a)由以上三式及v＝eq\f(qBR,m)可解得xm＝eq\f(qB2R2,8mE)運(yùn)動(dòng)過程中距y軸的最遠(yuǎn)距離為s＝R＋xm＝R＋eq\f(qB2R2,8mE).10．關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法正確的是________．A．熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體B．物體速度增大，則組成物體的分子動(dòng)能增大C．物體的溫度或者體積變化，都可能引起物體內(nèi)能變化D．相同質(zhì)量的兩個(gè)物體，升高相同溫度，內(nèi)能增加一定相同E．絕熱密閉容器中一定質(zhì)量氣體的體積增大，其內(nèi)能一定減少(2)(10分)如圖3甲所示，橫截面積為S，質(zhì)量為M的活塞在汽缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，現(xiàn)對(duì)汽缸內(nèi)氣體緩慢加熱，使其溫度從T1升高了ΔT，氣柱的高度增加了ΔL，吸收的熱量為Q，不計(jì)汽缸與活塞的摩擦，外界大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g，則：圖3①此加熱過程中氣體內(nèi)能增加了多少？②若保持缸內(nèi)氣體溫度不變，再在活塞上放一砝碼，如圖乙所示，使缸內(nèi)氣體的體積又恢復(fù)到初始狀態(tài)，則放入砝碼的質(zhì)量為多少？【答案】(1)ACE(2)①Q(mào)－(p0S＋Mg)ΔL②eq\f(p0S＋MgΔT,gT1)【解析】(1)根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，A正確；物體分子平均動(dòng)能的標(biāo)志是溫度，與宏觀速度無關(guān)，B錯(cuò)誤；物體內(nèi)能等于所有分子的動(dòng)能與所有分子勢(shì)能的和，分子平均動(dòng)能與溫度有關(guān)，而分子勢(shì)能與體積有關(guān)，所以物體內(nèi)能與溫度和體積有關(guān)，C正確；根據(jù)C選項(xiàng)的分析，升高相同溫度，但體積關(guān)系未知，所以內(nèi)能變化無法判斷，D錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，容器絕熱，Q＝0，氣體體積增大，所以氣體對(duì)外做功，W<0，所以ΔU<0，內(nèi)能減小，E正確．(2)①設(shè)汽缸內(nèi)氣體的溫度為T1時(shí)壓強(qiáng)為p1，活塞受重力、大氣壓力和缸內(nèi)氣體的壓力作用而平衡，則：Mg＋p0S＝p1S氣體膨脹對(duì)外界做功為：W＝p1SΔL根據(jù)熱力學(xué)第一定律得到：Q－W＝ΔU聯(lián)立可以得到：ΔU＝Q－(p0S＋Mg)ΔL②設(shè)放入砝碼的質(zhì)量為m，缸內(nèi)氣體的溫度為T2時(shí)壓強(qiáng)為p2，系統(tǒng)受重力、大氣壓力和缸內(nèi)氣體的壓力作用而平衡，得到：(M＋m)g＋p0S＝p2S根據(jù)查理定律：eq\f(p1