2025年新世紀版高三物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀版高三物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、關于質(zhì)點的描述，下列說法中正確的是（）A.只有體積很小的物體才能看作質(zhì)點B.研究地球公轉(zhuǎn)一周所用的時間時，可以把地球看成質(zhì)點C.研究列車過橋所用的時間時，可以把列車看成質(zhì)點D.研究車輪的轉(zhuǎn)動時，可以把車輪看成質(zhì)點2、如圖，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿光滑的固定斜面向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功為60J，此后撤去恒力F，物體又經(jīng)t時間回到出發(fā)點，若以地面為零勢能點，則下列說法不正確的是（）A.物體回到出發(fā)點時的動能是60JB.撤去力F時，物體的重力勢能是45JC.開始時物體所受的恒力F=2mgsinθD.物體的最大重力勢能是60J3、如圖所示，一對大磁極，中間處可視為勻強磁場，上、下邊緣處為非勻強磁場，一矩形導線框abcd保持水平，從兩磁極間中心上方某處開始下落，并穿過磁場（）A.線框中有感應電流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB.線框中有感應電流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC.受磁場的作用，線框要發(fā)生轉(zhuǎn)動D.線框中始終沒有感應電流4、如圖所示，兩等量異種電荷分別位于A、B兩點，其中A處電荷為正電荷，過O點做AB連線的垂線，已知AO＞BO，M、N是垂線上的兩點，則下列說法中正確的是（）A.M點場強大于N點場強B.M點電勢低于N點電勢C.一個負的試探電荷在M點電勢能大于在N點電勢能D.一個正的試探電荷在M點電勢能大于在N點電勢能5、本題中A．B分別為一期教材；二期新教材分叉題；考生選擇只能選A組的全部或B組的全部完成。

（A題）如圖所示，ABC和AD是兩個高度相等的光滑斜面，ABC由傾角不同的兩部分組成，且AB+BC=AD，兩個相同的小球a、b從A點分別沿兩側(cè)斜面由靜止滑下；不計轉(zhuǎn)折處的能量損失，則滑到底部的先后次序是（）

A.a球先到。

B.b球先到。

C.兩球同時到達。

D.無法判斷。

6、兩質(zhì)量之比為的衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運動的軌道半徑之比則下列關于兩顆衛(wèi)星的說法中正確的是A.線速度大小之比為B.向心加速度大小之比為C.運動的周期之比為D.動能之比為7、在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，有人提出以下幾點建議，可行的是（）A.適當加長擺線B.質(zhì)量相同，體積不同的擺球，應選用體積較大的C.單擺偏離平衡位置的角度要適當大一些D.當單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、一定量的氣體在某一過程中，外界對氣體做了8×104J的功，氣體的內(nèi)能減少了1.2×105J，則氣體____（填“吸收”或“放出”）熱量____J．9、（2016?大名縣模擬）氫原子的能級如圖所示．氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷所放出的光子，恰能使某種金屬產(chǎn)生光電效應，則該金屬的截止頻率為____Hz；用一群處n=4能級的氫原子向低能級躍遷時所發(fā)出的光照射該金屬，產(chǎn)生的光電子最大初動能為____eV（普朗克常量h=6.63×10-34J?s，結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）．10、勻強磁場中長2cm的通電導線垂直磁場方向，當通過導線的電流為2A時，它受到的磁場力大小為4×10-3N，則該處的磁感應強度為____T，若電流不變，導線長度減小到1cm，則它受磁場力F為____N，該處的磁感應強度為____T．11、（2011?蕭山區(qū)校級模擬）如圖所示，位于水平桌面上的物塊P，由跨過定滑輪的輕繩與物塊Q相連，從滑輪到P和到Q的兩段繩都是水平的．已知Q與P之間以及P與桌面之間的動摩擦因數(shù)都是μ，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別是2m和m，滑輪的質(zhì)量、滑輪軸上的摩擦都不計，若用一水平向右的力F拉P使它做勻速運動，則F的大小為____．12、自然界里一些放射性重元素往往會發(fā)生一系列連續(xù)的衰變，形成放射系.

圖是錒系圖.

縱坐標N

表示______，橫坐標Z

表示______，從U隆煤Pb

有______次婁脕

衰變，______次婁脗

衰變．13、（2016?南京校級模擬）如圖所示，螺線管的匝數(shù)為100匝，在0.1s內(nèi)穿過螺線管的磁通量變化了0.02Wb，則螺線管兩端產(chǎn)生的感應電動勢為____V．14、（2015春?南陽校級期中）如圖所示，球固定在水平面上，球的半徑為的R，從球上水平拋出一個物體，使物體不沿球面下落的速度至少是____，物體落地點到A點的距離是____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對錯）16、物體速度變化的方向與它受到的合外力的方向相同．____（判斷對錯）17、液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，是因為飽和汽的體積隨溫度的升高而增大．____．（判斷對錯）18、熱力學系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．____．（判斷對錯）19、穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，回路中感應電流就一定為零．____（判斷對錯）評卷人得分四、作圖題(共2題，共20分)20、如圖表示兩面平行玻璃磚的截面圖，一束平行于CD邊的單色光入射到AC界面上，a、b是其中的兩條平行光線．光線a在玻璃磚中的光路已給出．畫出光線b的光路圖并求出從玻璃磚中首次出射時的折射角21、畫出下圖中物體A或結(jié)點A所受彈力的示意圖．（所有接觸面均光滑；畫在原圖上）

評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)22、【題文】(20分)

如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度υ0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C

，g取10m/s2。(水平軌道足夠長；甲；乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)

（1）甲乙兩球碰撞后；乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；

（2）在滿足(1)的條件下。求的甲的速度υ0；

（3）若甲仍以速度υ0向右運動；增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。

23、某空間站科研人員設計了一個“太空粒子探測器”，裝置如圖所示，有徑向電場、偏轉(zhuǎn)磁場、金屬板三部分組成。徑向電場兩電極AB

間的電勢差為U

大小可調(diào)，電場強度方向均指向O1

點，電極A

上可以收集到來自宇宙空間的帶電粒子23X

和38Y

粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)徑向電場加速后均從O1

點飛入磁場。磁場邊界為半圓形，圓心為O

半徑為R

磁感應強度大小為B

方向垂直紙面向外，OO1=12R

半圓形金屬板CD

與磁場上邊界重合；CD

連線與磁場下邊界重合，和電阻R

串聯(lián)后接地，粒子到達金屬板后電荷會經(jīng)過導線流入大地。已知電子的電荷量為e

不考慮粒子間相互作用和粒子的重力。

(1)

當U=U0

時，P

點收集到的粒子23X

可以打到金屬板的D

點，求粒子23X

的比荷qm

(2)

當U=kU0

時，P

點收集到的粒子23X

在磁場中偏轉(zhuǎn)后可以打到金屬板的Q

點，若Q

點到圓心O

的連線QO

與半徑OD

成60鈭?

角；求k

的值；

(3)

現(xiàn)將徑向電場沿水平方向向右移動，使得O1

點與磁場圓心O

重合，現(xiàn)電極A

上均勻地收集到粒子23X

和38Y

單位時間內(nèi)分別有N

個23X

和38Y

粒子從O

點進入磁場，當兩極間電勢差U=2536U0

時，求通過電阻R

上的電流I

24、如圖所示，質(zhì)量為m

可看作質(zhì)點的小球從靜止開始沿斜面由A

點滑到B

點后，進入與斜面圓滑連接的14

豎直圓弧管道B虃C

管道出口為C

圓弧半徑R=15cmAB

的豎直高度差h=35cm.

在緊靠出口C

處，有一水平放置且繞其水平軸線勻速旋轉(zhuǎn)的圓筒(

不計筒皮厚度)

筒上開有小孔D

筒旋轉(zhuǎn)時，小孔D

恰好能經(jīng)過出口C

處.

若小球射出C

口時，恰好能接著穿過D

孔，并且還能再從D

孔向上穿出圓筒，小球返回后又先后兩次向下穿過D

孔而未發(fā)生碰撞.

不計摩擦和空氣阻力，取g=10m/s2

問：

(1)

小球到達C

點的速為多少度vc

為多少？

(2)

圓筒轉(zhuǎn)動的最大周期T

(3)

在圓筒以最大周期T

轉(zhuǎn)動的情況下，要完成上述運動圓筒的半徑R隆盲

必須為多少？評卷人得分六、畫圖題(共2題，共4分)25、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）26、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質(zhì)點，根據(jù)把物體看成質(zhì)點的條件來判斷即可正確解答本題．【解析】【解答】解：A；要把物體看作質(zhì)點；就要看所研究問題的性質(zhì)，而與物體本身大小無關，故A錯誤；

B；研究地球公轉(zhuǎn)一周所用的時間時；地球的大小和體積可以忽略，可以把地球看成質(zhì)點，故B正確；

C；列車長度與橋相比不能忽略；列車的過橋時間與列車長度有關，故不能把列車看做質(zhì)點，故C錯誤；

D；車輪上各點的運動情況不同；不能用一個點來代替車輪，故D錯誤；

故選：B．2、C【分析】【分析】根據(jù)動能定理求出物體回到出發(fā)點的動能．假設撤去F時物體的速度大小為v．撤去F后物體做勻減速直線運動，其位移與勻加速運動的位移大小相等，根據(jù)運動學公式求出物體回到出發(fā)點的速度，得到其動能．根據(jù)動量定理求解F的大?。鶕?jù)F與mg的關系，由動能定理求解撤去力F時，物體的重力勢能．【解析】【解答】解：A、根據(jù)動能定理得：對整體運動過程：WF=Ek-0，得到：物體回到出發(fā)點時的動能Ek=WF=60J．故A正確．

C；設撤去F時物體的速度大小為v；物體回到出發(fā)點時的速度大小為v′，取沿斜面向上方向為正方向．據(jù)題分析得知，撤去F后t時間內(nèi)物體做勻減速直線運動的位移與t時間內(nèi)勻加速直線運動的位移大小，方向相等，則有：

=-t

解得：

v′=2v．

根據(jù)動量定理；勻加速運動過程：

Ft-mgsinθt=mv

勻減速運動過程：

-mgsinθt=-mv′-mv

聯(lián)立解得：

F=mgsinθ．故C錯誤．

B；勻加速運動過程：

WF=Fs=60J；

將F=mgsinθ代入得到：

mgsinθ?s=60J

得到：

mgsinθ?s=45J．

則撤去力F時；物體的重力勢能是：

Ep=mgsinθ?s=45J．故B正確．

D；物體回到出發(fā)點時的動能最大；為60J；

撤去拉力后物體的運動過程中機械能守恒；故最高點的重力勢能為60J；故D正確；

本題選錯誤的，故選：C．3、D【分析】【分析】由磁場來確定磁感線的分布，從而確定穿過線圈的磁通量如何變化，若有磁通量變化，則根據(jù)楞次定律來確定感應電流的方向．【解析】【解答】解：由題意可知；線框從兩磁極間中心上方某處開始下落，穿過線圈的磁通量始終為零，雖有磁感線穿入，但又從線圈中穿出，相互抵消，導致磁通量為零．故D正確，ABC均錯誤；

故選D4、D【分析】【分析】根據(jù)電場線疏密判斷場強的大?。Y(jié)合等勢線的分布，分析電勢高低．根據(jù)推論：正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢大判斷電勢能的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、如圖為等量異種電荷電場線的分布圖，由圖可知M點處電場線疏，則M場強小于N點場強．故A錯誤．

B；由等勢線分布情況可知；M點電勢高于N點電勢．故B錯誤．

C；根據(jù)推論：負電荷在電勢低處電勢大；可知負的試探電荷在M點電勢能小于在N點電勢能．故C錯誤．

D；根據(jù)推論：正電荷在電勢高處電勢能大；正的試探電荷在M點電勢能大于在N點電勢能．故D正確．

故選D．5、A【分析】

據(jù)題；兩個光滑的斜面高度相同，AB+BC=AD，由幾何知識分析得知：AB的傾角大于AD的傾角，BC傾角小于AD的傾角，則根據(jù)牛頓第二定律得知，小球在AB面滑下的加速度大于AD面滑下的加速度，而在BC面滑下的加速度小于AD面滑下的加速度，由機械能守恒得知，兩個小球到達斜面底端的速率相等，作出兩個小球的速度-時間圖象如圖：

可知t1＞t2；故a球先到達地面；

故選A．

【解析】【答案】由題；兩個光滑的斜面高度相同，AB+BC=AD，由幾何知識分析AB；BC兩個斜面的傾角與AD傾角的大小關系，確定加速度的關系，作出小球從斜面滑下過程速度-時間圖象，根據(jù)斜率等于加速度、“面積”等于位移，比較滑到底部的先后次序．

6、D【分析】試題分析：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有解得Ek=mv2，故甲、乙兩顆人造地球衛(wèi)星的線速度之比v1：v2=A錯誤；甲、乙兩顆人造地球衛(wèi)星的運行周期之比T1：T2=C錯誤；甲、乙兩顆人造地球衛(wèi)星的向心加速度比a1：a2=4：1，B錯誤；甲、乙兩顆人造地球衛(wèi)星的動能比為D正確?？键c：本題考查萬有引力與航天?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、A【分析】【分析】為了減小測量誤差，單擺擺長應適當長些，便于測量時間．在空氣阻力很小、擺角很小的情況下單擺的振動才是簡諧運動，應滿足條件．采用累積法，測量周期可以減小誤差【解析】【解答】解：A；單擺的擺長越長；周期越大，適當加長擺長，便于測量周期．故A正確．

B；要減小空氣阻力的影響；應選體積較小的擺球．故B錯誤．

C；單擺在擺角很小的情況下才做簡諧運動；則單擺偏離平衡位置的角度不能太大，一般不超過5°．故C錯誤。

D；單擺周期較??；把一次全振動的時間作為周期，測量誤差較大，應采用累積法，測多個周期的時間取平均值作為單擺的周期．故D錯誤．

故選：A二、填空題(共7題，共14分)8、放出2.0×105【分析】【分析】已知氣體做的功與氣體內(nèi)能額變化，由熱力學第一定律分析答題．【解析】【解答】解：由熱力學第一定律△U=W+Q得：Q=△U-W=-1.2×105J-8.0×104J=-2×105J；

則氣體向外放出2.0×105J的熱量；

故答案為：放出，2.0×1059、2.9×10150.66【分析】【分析】根據(jù)玻爾理論和愛因斯坦光電效應方程，研究該金屬的截止頻率和產(chǎn)生光電子最大初動能的最大值．【解析】【解答】解：根據(jù)玻爾理論得到E3-E1=hγ，解得：γ=2.9×1015Hz；

從n=4向n=1躍遷所放出的光子照射金屬產(chǎn)生光電子最大初動能最大；根據(jù)愛因斯坦光電方程有：

Ek=（E4-E1）-hγ

得：Ek=0.66eV；

故答案為：2.9×1015，0.66．10、0.12×10-30.1【分析】【分析】根據(jù)安培力的大小公式F=BIL求出磁感應強度的大小，以及安培力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)F=BIL得，B=．

若電流不變，導線長度減小到1cm，則它受磁場力F=BIL=0.1×2×0.01=2×10-3N．

此處的磁感應強度不變；為0.1T．

故答案為：0.1T，2×10-3N，0.1T11、5μmg【分析】【分析】先對物塊Q受力分析，根據(jù)平衡條件求出細線的拉力，然后對物塊P受力分析，再次根據(jù)平衡條件求出力F【解析】【解答】解：對Q物塊；設跨過定滑輪的輕繩拉力為T

木塊Q與P間的滑動摩擦力f=μmg①

根據(jù)共點力平衡條件T=f②

對木塊P受力分析；P受拉力F，Q對P向左的摩擦力f；

地面對P物體向左的摩擦力f′；根據(jù)共點力平衡條件；

有F=f+f′+T③

地面對P物體向左的摩擦力。

f′=μ（3m）g④

由①～④式可以解得。

F=5μmg

故答案為5μmg．12、略

【分析】解：因為在衰變的過程中；橫坐標不是多1

就是少2

知橫坐標為電荷數(shù)，即質(zhì)子數(shù).

縱坐標少2

或少1

知縱坐標表示中子數(shù)．

從U隆煤Pb

質(zhì)子數(shù)少10

中子數(shù)少18

則質(zhì)量數(shù)少28

由于Pb

是不穩(wěn)定的還會繼續(xù)衰變的；

設經(jīng)過n

次婁脕

衰變；m

次婁脗

衰變，有4n=282n鈭?m=10

解得n=7m=4

．

故答案為：中子數(shù)；質(zhì)子數(shù)、74

．

根據(jù)婁脕

衰變的過程中電荷數(shù)少2

質(zhì)量數(shù)少4婁脗

衰變的過程中電荷數(shù)多1

質(zhì)量數(shù)不變，進行判斷．

解決本題的關鍵知道衰變的實質(zhì)，知道衰變的過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒．【解析】中子數(shù)；質(zhì)子數(shù)；74

13、20【分析】【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律E=n，求出線圈產(chǎn)生的感應電動勢．【解析】【解答】解：由法拉第電磁感應定律，則有：E=n=100×V=20V．

故答案為：20．14、2R【分析】【分析】物體在球面上水平拋出，知在最高點對球面的壓力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出物體在最高點的最小速度，根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合初速度和時間求出水平距離．【解析】【解答】解：根據(jù)mg=m得，物體在最高點的最小速度v=．

根據(jù)2R=得，t=．

則平拋運動的水平距離x=．

故答案為：，2R三、判斷題(共5題，共10分)15、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故該說法是正確的．

故答案為：√16、√【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律分析答題．【解析】【解答】解：物體速度變化的方向就是加速度的方向；由牛頓第二定律可知，加速度方向與物體受到的合外力的方向相，故說法正確；

故答案為：√．17、×【分析】【分析】與液體處于動態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣．飽和蒸氣壓強與飽和蒸氣體積無關！在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一定的，這個壓強叫做飽和蒸氣壓強．同溫下未飽和蒸氣壓強小于飽和蒸氣壓強．【解析】【解答】解：在一定溫度下；飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一定的，與體積無關；故密閉容器中某種蒸汽開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，穩(wěn)定后蒸汽的壓強不變；液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，是因為隨溫度的升高液體蒸發(fā)的速度加快．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)．【解析】【解答】解：熱平衡是兩個系統(tǒng)相互影響的最終結(jié)果；根據(jù)熱平衡的定義可知，熱力學系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．所以該說法是正確的．

故答案為：√19、×【分析】【分析】結(jié)合產(chǎn)生感應電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化即可正確判定．【解析】【解答】解：產(chǎn)生感應電流的條件是閉合回路的磁通量發(fā)生變化；題目中穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，沒有說明磁通量是否變化，所以不能判斷出沒有感應電流產(chǎn)生．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×四、作圖題(共2題，共20分)20、略

【分析】【解析】試題分析：光線從AC面射入時，折射光線與第一條光線平行，射到CD面上；根據(jù)臨界角為45°，光路如圖所示，到達CD邊時一定會發(fā)生全反射，故從BD邊射出，故光路圖所圖所示：考點：本題考查光的傳播及折射定律，【解析】【答案】21、略

【分析】【分析】彈力產(chǎn)生在接觸面上，常見的支持力或壓力是彈力，它們的方向是垂直接觸面指向受力物體，常見的方向分3種情況：（1）點和平面接觸垂直于平面，（2）點和曲面接觸垂直于曲面的切面，（3）曲面和曲面接觸垂直于曲面的公切面．【解析】【解答】解：（1）圖中兩物體雖然接觸；A受水平向右的彈力與下面球?qū)的彈力，其方向是兩球心的連線指向左上方；

（2）圖中與地面接觸點彈力豎直向上；與豎直面沒有彈力；否則會運動；

（3）圖中結(jié)點A受到兩處繩子的拉力和桿的支持力；其中桿的支持力的方向沿桿的方向，否則桿會繞鉸鏈轉(zhuǎn)動；

（4）圖中滑輪A受到兩處繩子的拉力和桿的支持力；其中桿的支持力的方向與兩根繩子的合力的方向相反，由于桿固定，所以該支持力的方向可以不沿桿的方向．

答：如上圖所示．五、計算題(共3題，共12分)22、略

【分析】【解析】（20分）

解：（1）在乙恰能通過軌道最高點的情況下，設乙到達最高點速度為乙離開點到達水平軌道的時間為乙的落點到點的距離為則。

①

②

③

聯(lián)立①②③得。

④

（2）設碰撞后甲、乙的速度分別為根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有。

⑤

⑥

聯(lián)立⑤⑥得⑦

由動能定理，得⑧

聯(lián)立①⑦⑧得⑨

（3）設甲的質(zhì)量為碰撞后甲、乙的速度分別為根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有。

⑩

11

聯(lián)立⑩11得12

由12和可得13

設乙球過D點時速度為由動能定理得。

14

聯(lián)立91314得。

15

設乙在水平軌道上的落點距點的距離有。

16

聯(lián)立②1516得。

【解析】【答案】（20分）

解：（1）

（2）

（3）23、略

【分析】

(1)

在電場中電場力做功；由動能定理可求得粒子的速度，由幾何關系確定半徑，再由洛侖茲力提供向心力求出比荷；

(2)

由幾何關系根據(jù)正弦定理和余弦定理求出粒子打在Q

點的軌跡半徑；再由洛侖茲力充當向心力可求得速度，再根據(jù)動能定理求出電壓乃至倍數(shù)k

(3)

根據(jù)幾何關系確定能到達金屬板的粒子的入射角范圍；根據(jù)角度關系可求得打在圓盤上粒子所占比值。

本題考查帶電粒子在磁場中運動，此類問題解題的關鍵在于明確粒子的運動情況，注意應用幾何關系確定圓心和半徑。本題中注意第三小問中利用角度來求粒子數(shù)所點比例?！窘馕觥拷猓?1)23X

在徑向電場中由動能定理有：U0q=12mv2

粒子恰打在D

點，由幾何關系粒子做勻速圓周運動的半徑為：r=12隆脕32R=3R4

洛侖茲力提供向心力為：qvB=mv2r

聯(lián)立可得：qm=32U09R2B2

(2)

同理：在電場中加速，有：kU0q=12mv12

由幾何關系，在鈻?O2OQ

中：r22=R2+(r2鈭?R2)2鈭?2R(r2鈭?R2)cos60鈭?

解得：r2=78R

洛侖茲力提供向心力為：qvB=mv12r1

聯(lián)立可求出：k=4936

(3)

若將徑向電場沿水平方向向右移動；使得O1

點與磁場圓心O

重合；

當兩板間的電壓為2536U0

時；23X

進入電場加速后的速度由動能定理可求出從O

點進入磁場的速度v2=2U2qm=56v

進入磁場的半徑r3=56隆脕34R=58R

由幾何關系得與水平向右方向成53鈭?

到180鈭?

剛好打到金屬板上。

粒子23X

單位時間內(nèi)打到金屬板的粒子數(shù)為N1=127180N

同理粒子38Y

進入電在磁場中的半徑r4=56R

由幾何關系得與水平方向成37鈭?

到180鈭?

剛好打到金屬板上。

粒子38Y

單位時間內(nèi)打到金屬板的粒子數(shù)為N2=143180N

則通過電阻R

上的電流I=2e隆脕127180N+3e隆脕143180N=683Ne180

答：(1)

當U=U0

時，P

點收集到的粒子23X

可以打到金屬板的D

點，粒子23X

的比荷qm

為32U09R2B2

(2)

當U=kU0

時，P

點收集到的粒子23X

在磁場中偏轉(zhuǎn)后可以打到金屬板的Q

點，若Q

點到圓心O

的連線QO

與半徑OD

成60鈭?

角，則k

的值是4936

(3)

現(xiàn)將徑向電場沿