山東省濰坊市第一中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期3月測試試題含解析

PAGE19-山東省濰坊市第一中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期3月測試試題（含解析）一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分，在每小題的4個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.關(guān)于機(jī)械波的特性，下列說法正確的是（）A.只有波長比障礙物的尺寸小或相差不多的時(shí)候才會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象B.火車鳴笛時(shí)向我們駛來，聽到的笛聲頻率將比聲源發(fā)出的頻率低C.向人體內(nèi)放射頻率已知的超聲波被血管中的血液反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率改變就能知道血液的速度，這種方法應(yīng)用的是多普勒效應(yīng)D.只要是性質(zhì)相同的波，都可以發(fā)生干涉【答案】C【解析】【詳解】A．只有波長比障礙物的尺寸大或相差不多的時(shí)候才會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，所以A錯誤；B．火車鳴笛向我們駛來時(shí)，間距變小，則我們聽到的笛聲頻率將比聲源發(fā)聲的頻率高，所以B錯誤；C．向人體放射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率改變就能知道血液的速度，這種方法應(yīng)用的是多普勒效應(yīng)，所以C正確；D．產(chǎn)生干涉的兩個(gè)條件是：兩列波的頻率必需相同，兩個(gè)波源的相位差必需保持不變。所以D錯誤。故選C。2.如圖所示為氫原子能級示意圖的一部分，關(guān)于氫原子，下列說法正確的是（）A.一個(gè)氫原子從能級躍遷到能級，可能放出3種不同頻率的光子B.從能級躍遷到能級，氫原子會汲取光子，能量上升C.從能級躍遷到能級，氫原子會向外放出光子，能量降低D.處于不同能級時(shí)，核外電子在各處出現(xiàn)概率是一樣的【答案】C【解析】【詳解】A．一個(gè)氫原子從能級躍遷到能級，最多能放出兩種不同頻率的光子，方式為，由能級3到能級2，再由能級2到能級1，所以A錯誤；BC．從能級躍遷到能級，即由高能級向低能級躍遷，氫原子會放出光子，能量降低，所以C正確，B錯誤；D．處于不同能級時(shí)，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是不一樣的，所以D錯誤。故選C。3.如圖，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為60°．己知光線在玻璃球內(nèi)經(jīng)一次反射后，再次折射回到空氣中時(shí)與入射光線平行．此玻璃的折射率為A. B.1.5 C. D.2【答案】C【解析】【詳解】試題分析：據(jù)題意，由于岀射光線和入射光線平行，則光線AB和光線BC關(guān)于法線B0對稱，則法線與岀射光線和入射光線平行，所以∠ABO=30°，則折射角r=∠OAB=30°，據(jù)折射定律有：n=sin60°/sin30°=，所以C選項(xiàng)正確．考點(diǎn)：光的折射定律【名師點(diǎn)睛】本題考查光的折射和折射定律的應(yīng)用．解題的關(guān)鍵是畫出規(guī)范的光路圖，要依據(jù)反射光路的對稱性，由幾何學(xué)問作出光路，然后在入射點(diǎn)的位置，求出折射角，應(yīng)用光的折射定律列得方程求解；此題意在考查學(xué)生對基本公式的應(yīng)用程度．4.2018年6月14日11時(shí)06分，我國探月工程嫦娥四號“鵲橋”中繼星順當(dāng)進(jìn)入環(huán)繞地月拉格朗日L2點(diǎn)運(yùn)行的軌道，為地月信息聯(lián)通搭建“天橋”．如圖所示，該L2點(diǎn)位于地球與月球連線的延長線上，“鵲橋”位于該點(diǎn)，在幾乎不消耗燃料的狀況下與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動，已知地球、月球和“鵲橋”的質(zhì)量分別為Me、Mm、m，地球和月球中心之間的平均距離為R，L2點(diǎn)到月球中心的距離為x，則A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】對月球，萬有引力供應(yīng)向心力，有：，對中繼星，地球和月球的引力的合力供應(yīng)向心力，故：，聯(lián)立解得：，故ACD錯誤，B正確.5.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相等的小球A、B、C從圖示位置分別以相同的速度v0水平向左拋出，最終都能到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O。不計(jì)空氣阻力，x軸為地面，則可推斷A、B、C三個(gè)小球（）A.初始時(shí)刻縱坐標(biāo)之比為B.在空中運(yùn)動過程中重力做功之比為C.在空中運(yùn)動的時(shí)間之比為D.到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角的正切值之比為【答案】A【解析】【詳解】C．由圖象可得三個(gè)小球的水平位移之比為依據(jù)平拋運(yùn)動的水平位移公式得時(shí)間之比為所以C錯誤；AB．依據(jù)豎直位移公式可得豎直位移之比為又因?yàn)槿齻€(gè)小球的質(zhì)量相等，所以在空中運(yùn)動過程中重力做功之比為所以A正確，B錯誤；D．到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，合位移與水平位移的夾角的正切值為又合速度與水平方向夾角的正切值為所以速度方向與水平方向夾角的正切值之比為所以D錯誤。故選A。6.為估算雨水對傘面產(chǎn)生的平均撞擊力，小明在大雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得10分鐘內(nèi)杯中水位上升了45mm，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12m/s。設(shè)雨滴撞擊傘面后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為，傘面的面積約為0.8m2，據(jù)此估算當(dāng)時(shí)雨水對傘面的平均撞擊力約為（）A.0.1N B.C.10N D.100N【答案】B【解析】【詳解】對雨水由動量定理得則所以B正確，ACD錯誤。故選B。7.用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個(gè)小物塊分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑究竟端。下列說法正確的是（）A.沿著1和2下滑究竟端時(shí)，物塊的速度大小相等B.物塊下滑究竟端時(shí)，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)C.物塊沿著1下滑究竟端的過程，產(chǎn)生的熱量較少D.物塊下滑究竟端的過程中，產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無關(guān)【答案】B【解析】【詳解】AB．讓小物塊分別從斜面頂端滑究竟端，由于兩個(gè)斜面高度相等，所以由動能定理得其中則可化簡為所以越大，速度越大，且與質(zhì)量有關(guān)，所以B正確，A錯誤；CD．物塊沿斜面下滑究竟端的過程中，產(chǎn)生的熱量為所以越大，Q越小，且與質(zhì)量有關(guān)，所以CD錯誤。故選B。8.如圖甲所示的電路中，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5：1，原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)（報(bào)警器未畫出），電壓表和電流表均為志向電表，R0為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻，其阻值隨溫度的上升而減小，下列說法中正確的是（）A.圖乙中電壓的有效值為110VB.電壓表的示數(shù)為44VC.R處出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)增大D.R處出現(xiàn)火警時(shí)電阻R0消耗的電功率增大【答案】ACD【解析】【詳解】依據(jù)電流的熱效應(yīng)，解得，電壓與匝數(shù)成正比，即，解得：，所以電壓表的示數(shù)為，故A正確B錯誤；R處溫度上升時(shí)，阻值減小，由于電壓不變，所以出現(xiàn)火警時(shí)副線圈電流增大，輸出功率增大，依據(jù)輸入功率等于輸出功率，輸入功率增大，依據(jù)，所以電表的示數(shù)增大，故C錯誤；R處出現(xiàn)火災(zāi)時(shí)，阻值減小，由于電壓不變，電流增大，消耗的功率增大，故D正確．考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率【點(diǎn)睛】依據(jù)電流的熱效應(yīng)，求解交變電流的有效值是常見題型，要嫻熟駕馭．依據(jù)圖象精確找出已知量，是對學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，精確駕馭志向變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分9.兩列波速相同簡諧橫波沿x軸相向傳播，實(shí)線波的頻率為3Hz，振幅為10cm，虛線波的振幅為5cm．t=0時(shí)，兩列波在如圖所示區(qū)域內(nèi)相遇，則A.兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實(shí)線波和虛線波的頻率之比為3：2C.t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際振動方向向上D.t=時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)實(shí)際位移大小|y|>12.5cm【答案】BCD【解析】【詳解】實(shí)線波的波長為λ1=4m，虛線波的波長為λ2=6m，它們的波速相等，由波速公式v=λf得：實(shí)線波和虛線波的頻率之比為f1：f2=λ2：λ1=3：2，兩列波的頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象．故A錯誤，B正確．波速為：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，則在t=s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離x=vt=2m=λ1=λ2，實(shí)線波單獨(dú)傳播時(shí)，在t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，振動速度為零．虛線波單獨(dú)傳播時(shí)，在t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)振動方向向上，則依據(jù)波疊加原理可知t=s時(shí)，x=9m處的質(zhì)點(diǎn)振動方向向上．故C正確．波速為：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，則在t=s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離x=vt=1m=λ1，實(shí)線波單獨(dú)傳播時(shí)，t=s時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，位移大小為y1=10cm；依據(jù)波形的平移法作出虛線波傳播x=1m時(shí)的波形，如圖所示由圖看出此刻x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移大小y2＞2.5cm，則波的疊加原理可知t=s時(shí)，x=4m處的質(zhì)點(diǎn)位移|y|=y1+y2＞12.5cm，故D正確．故選BCD.【點(diǎn)睛】題關(guān)鍵要駕馭干涉產(chǎn)生的條件和波的疊加原理，運(yùn)用波形的平移法分析波形，確定質(zhì)點(diǎn)的位移．10.如圖所示，P、Q為兩個(gè)等量的異種電荷，以靠近電荷P的O點(diǎn)為原點(diǎn)，沿兩電荷的連線建立x軸，沿直線向右為x軸正方向,一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止起先僅在電場力作用下運(yùn)動到A點(diǎn)，已知A點(diǎn)與O點(diǎn)關(guān)于P、Q兩電荷連線的中點(diǎn)對稱，粒子的重力忽視不計(jì)．在從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動過程中，下列關(guān)于粒子的運(yùn)動速度v和加速度a隨時(shí)間的改變、粒子的動能和運(yùn)動徑跡上電勢隨位移x的改變圖線可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】等量異種電荷的電場線如圖所示．依據(jù)沿著電場線方向電勢漸漸降低，電場強(qiáng)度，由圖可知E先減小后增大，所以圖象切線的斜領(lǐng)先減小后增大，故A錯誤．沿兩點(diǎn)電荷連線從O到A，電場強(qiáng)度先變小后變大，一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止起先在電場力作用下運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，電場力始終做正功，粒子的速度始終在增大．電場力先變小后變大，則加速度先變小后變大．v-t圖象切線的斜領(lǐng)先變小后變大，故CD可能，故CD正確．粒子的動能，電場強(qiáng)度先變小后變大，則切線的斜領(lǐng)先變小后變大，則B圖不行能．故B錯誤．故選CD．【點(diǎn)睛】依據(jù)等量異種電荷電場線的分布狀況，分析場強(qiáng)、電勢的改變，由電場力做功狀況推斷動能的改變狀況．由牛頓其次定律探討加速度的改變狀況，并分析粒子的運(yùn)動狀況．11.質(zhì)量為m小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止起先向上做勻加速運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t運(yùn)動到P點(diǎn)；撤去F又經(jīng)時(shí)間t小球回到動身點(diǎn)，速度大小為v．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列推斷正確的是()A.撤去力F時(shí)小球的動能為B.小球上升的最大高度為C.拉力F所做的功為D.拉力F的最大功率為【答案】BD【解析】【詳解】C.設(shè)拉力F作用時(shí)，小球上升的加速度大小為a，末速度大小為，則小球上升的高度撤去外力后解得，對全過程由動能定理知選項(xiàng)C錯誤．A.拉力F作用時(shí)，由動能定理知聯(lián)立解得選項(xiàng)A錯誤．B.撤去力F后小球上升的高度為，由，知小球上升的最大高度選項(xiàng)B正確．D.拉力F的最大功率選項(xiàng)D正確．12.如圖（a）所示，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，ac邊的電阻為R，其他電阻均不計(jì)，ab與ac角夾角為135°，cd與ac垂直．將質(zhì)量為m的長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上．并與ac平行．棒與ab、cd交點(diǎn)G、H間的距離為L0，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．在外力作用下，棒由GH處以初速度v0向右做直線運(yùn)動．其速度的倒數(shù)隨位移x改變的關(guān)系如圖（b）所示．在棒運(yùn)動L0到MN處的過程中（）A.導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動B.導(dǎo)體棒運(yùn)動的時(shí)間為C.流過導(dǎo)體棒的電流大小不變D.外力做功為【答案】BC【解析】【詳解】A、直線的斜率為：所以有：代入得：，故不是勻變速直線運(yùn)動，故A錯誤；C、感應(yīng)電動勢為：E=Blv=感應(yīng)電動勢大小不變，感應(yīng)電流為：I=E/R，大小不變，故C正確；B、依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：解得：，故B正確；D、克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：對導(dǎo)體棒，由動能定理得：W外-W安=解得：W外=，故D錯誤；故選BC．【點(diǎn)睛】依據(jù)圖象求出v隨x改變的函數(shù)表達(dá)式，推斷運(yùn)動狀況；由E=Blv求出隨意時(shí)刻的電動勢，由歐姆定律分析電流改變；求出棒向右移動L0的過程中回路磁通量改變量，由求解時(shí)間；棒向右移動L0的過程中，求出掃過的面積，求出此時(shí)電動勢，依據(jù)動能定理求解外力做的功．三、非選擇題，共6小題，共60分13.用如圖甲所示裝置探討平拋運(yùn)動。將白紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。(1)下列試驗(yàn)條件必需滿意的有____________；A．斜槽軌道光滑B．斜槽軌道末段水平C．擋板高度等間距改變D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量探討，建立以水平方向?yàn)檩S、豎直方向?yàn)檩S的坐標(biāo)系；a．取平拋運(yùn)動的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的_______（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)；在確定軸時(shí)_______（選填“須要”或者“不須要”）軸與重錘線平行；b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點(diǎn)，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖乙所示，在軌跡上取A、B、C三點(diǎn)，AB和BC的水平間距相等且均為，測得AB和BC的豎直間距分別是和，則_______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮開______（已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?，結(jié)果用上述字母表示）。(3)為了得到平拋物體的運(yùn)動軌跡，同學(xué)們還提出了以下三種方案，其中可行的是_______；A．從細(xì)管水平噴出穩(wěn)定的細(xì)水柱，拍攝照片，即可得到平拋運(yùn)動軌跡B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時(shí)刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運(yùn)動軌跡C．將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以肯定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運(yùn)動軌跡(4)伽利略曾探討過平拋運(yùn)動，他推斷：從同一炮臺水平放射的炮彈，假如不受空氣阻力，不論它們能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時(shí)間都一樣。這事實(shí)上揭示了平拋物體_______。A．在水平方向上做勻速直線運(yùn)動B．在豎直方向上做自由落體運(yùn)動C．在下落過程中機(jī)械能守恒【答案】(1).BD(2).球心(3).須要(4).大于(5).(6).AB(7).B【解析】【詳解】(1)[1]因?yàn)楸驹囼?yàn)是探討平拋運(yùn)動，只須要每次試驗(yàn)都能保證鋼球做相同的平拋運(yùn)動，即每次試驗(yàn)都要保證鋼球從同一高度處無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑，因此A錯誤，BD正確；擋板高度可以不等間距改變，故C錯誤。故選BD(2)a．[2][3]因?yàn)殇撉蜃銎綊佭\(yùn)動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的球心對應(yīng)的白紙上的位置即為坐標(biāo)原點(diǎn)(平拋運(yùn)動的起始點(diǎn))；在確定軸時(shí)須要軸與重錘線平行。b．[4][5]由于平拋的豎直分運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，故相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1:3:5：…，故兩相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比越來越大，因此大于；由，聯(lián)立解得(3)[6]將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以肯定初速度水平拋出，由于鉛筆受摩擦力作用，且不肯定能保證鉛筆水平，鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運(yùn)動，鉛筆將發(fā)生傾斜，故不會在白紙上留下筆尖的平拋運(yùn)動軌跡，故C不行行，AB可行。(4)[7]從同一炮臺水平放射的炮彈，假如不受空氣阻力，可認(rèn)為做平拋運(yùn)動，因此不論它們能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時(shí)間都一樣，這事實(shí)上揭示了平拋物體在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，故選項(xiàng)B正確。14.為了精確測量一電阻的阻值Rx，現(xiàn)有以下器材：蓄電池組E，電流表A，電壓表V，滑動變阻器R，電阻箱RP，開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干。某試驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，試驗(yàn)的主要步驟如下：a．閉合S1，斷開S2，調(diào)整R和RP，使電流表和電壓表的示數(shù)適當(dāng)，登記兩表示數(shù)分別為I1、U1；b．保持S1閉合、RP阻值不變，閉合S2，登記電流表和電壓表示數(shù)分別為I2、U2。(1)按圖甲所示的電路圖將如圖乙所示的實(shí)物連成電路______；(2)被測電阻的阻值________（用兩電表的示數(shù)表示）；(3)由于電流表、電壓表都不是志向電表，則被測電阻的阻值Rx的測量值________真實(shí)值（選填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】(1).(2).(3).等于【解析】【詳解】(1)[1]如圖所示(2)[2]由題中的步驟可得則(3)[3]本試驗(yàn)的試驗(yàn)誤差來源于電壓表的內(nèi)阻引起的分流作用，假如考慮電壓表的內(nèi)阻，則則結(jié)果不變，所以被測電阻的阻值的測量值等于真實(shí)值。15.某節(jié)目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷．現(xiàn)用下述模型分析探究：設(shè)大石板質(zhì)量M=80kg，鐵錘質(zhì)量m=5kg；鐵錘從h1=1.8m高處由靜止落下，打在石板上反彈，當(dāng)反彈達(dá)到最大高度h2=0.05m時(shí)被拿開；鐵錘與石板的作用時(shí)間t1=0.01s；由于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時(shí)間t2=0.5s．取重力加速度g=10m/s2．求：鐵錘敲擊大石板的過程中，（1）鐵錘受到的沖量大?。唬?）大石板對鐵錘的平均作用力大??；（3）大石板對人的平均作用力大?。敬鸢浮浚?）35N·s（2）3550N（3）871N【解析】（1）由機(jī)械能守恒定律，解得，則鐵錘打擊石板時(shí)的速度，鐵錘反彈時(shí)的速度；對鐵錘，由動量定理得，解得（2）對鐵錘，由沖量定義得，解得（3）對石板，由動量定理得，解得；由牛頓第三定律得，大石板對人的平均作用力大?。?6.如圖所示，絕熱氣缸放在水平地面上，質(zhì)量為m、橫截面積為S的絕熱活塞上下兩室分別充有肯定量的氫氣A和氮?dú)釨(視為志向氣體)，豎直輕彈簧上端固定，下端與活塞相連．初始時(shí)，兩室氣體的肯定溫度均為，活塞與氣缸底部的間距為L，與頂部的間距為3L，彈簧勁度系數(shù)為(g為重力加速度大小)、原長為2L．現(xiàn)對B緩慢加熱，當(dāng)彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)停止加熱，此時(shí)A的肯定溫度為，B的肯定溫度為．已知，求對B停止加熱時(shí)A、B的壓強(qiáng)各為多大?【答案】【解析】【詳解】設(shè)初始時(shí)，A、B的壓強(qiáng)分別為，停止加熱時(shí)A、B的壓強(qiáng)分別為，則依據(jù)胡克定律有：對活塞，受力平衡初態(tài)有：末態(tài)有：依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程對A有：對B有：解得：；17.“太空粒子探測器”是由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成的，其原理可簡化如下：如圖所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為O，外圓的半徑，電勢，內(nèi)圓的半徑，電勢，內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，收集薄板MN與內(nèi)圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內(nèi)圓間各存在狹縫．假設(shè)太空中漂移著質(zhì)量、電荷量的帶正電粒子，它們能勻稱地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止起先加速，進(jìn)入磁場后，發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在收集薄板MN上并被汲取(收集薄板兩側(cè)均能汲取粒子)，不考慮粒子相互間的碰撞和作用．(1)求粒子剛到達(dá)內(nèi)圓時(shí)速度的大小；(2)以收集薄板MN所在的直線為軸建立如圖的平面直角坐標(biāo)系．分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運(yùn)動．指出該位置并求出這些粒子運(yùn)動一個(gè)周期內(nèi)在磁場中所用時(shí)間．【答案】（1）(2)（0,2m）,（2m,0）,（0,-2m）,（-2m,0）【解析】（1）帶電粒子在電場中被加速時(shí)，由動能定理可知解得：（2）粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有解得r=1.0m因?yàn)閞=R2，所以由幾何關(guān)系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進(jìn)入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動圓周后，射出磁場，進(jìn)入電場，在電場中先減速后反向加速，并返回磁場，如此反復(fù)的周期運(yùn)動．其運(yùn)動軌跡如圖所示．則在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為T．