山東省煙臺市、德州市2021-2022學(xué)年下學(xué)期高三一模物理試題 附解析

2022年高考診斷性測試物理一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.有些元素的原子核有可能從很靠近它的核外電子中“俘獲”一個電子形成一個新原子核，從離原子核最近的K層電子中俘獲電子，叫“K俘獲”?，F(xiàn)有一個鈹原子核（）發(fā)生了“K俘獲”，生成一個新的原子核，并放出一個不帶電的、質(zhì)量接近于零的中微子（），核反應(yīng)方程為。關(guān)于鈹原子核（）的“K俘獲”的過程，下列說法正確的是（）A.新原子核帶負(fù)電B.新原子核比原來的鈹原子核少一個中子C.新原子核比原來的鈹原子核少一個質(zhì)子D.新原子核與原來的鈹原子核的核子數(shù)不同【1題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)電荷數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，則新原子核X帶正電，故A錯誤；BCD．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，核子數(shù)是7，新原子核與鈹核相比，電荷數(shù)少一個而核子數(shù)相同，所以是質(zhì)子數(shù)少一個，中子數(shù)多一個，故BD錯誤，C正確。故選C。2.如圖所示，在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，將實驗儀器按要求安裝在光具座上，某同學(xué)觀察到清晰的干涉條紋。若他對實驗裝置進(jìn)行改動后，在毛玻璃屏上仍能觀察到清晰的干涉條紋，但條紋間距變窄。下列改動可能會實現(xiàn)這個效果的是（）A.僅將濾光片向右移動靠近單縫B.僅減小雙縫間的距離C.僅增大雙縫與毛玻璃屏間的距離D.僅將紅色濾光片換成綠色濾光片【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．濾光片的作用是得到相干光源，靠近單縫和遠(yuǎn)離單縫不影響干涉，A錯誤；BC．雙縫干涉兩相鄰亮條紋的間距為僅減小雙縫之間的距離d或僅增大雙縫與毛玻璃屏間的距離，條紋間距都會變大，B錯誤；D．僅將紅色濾光片換成綠色濾光片，濾光片射向雙縫等的光的波長λ減小，根據(jù)可知，條紋間距減小，D正確。故選D。3.甲、乙兩車在同一直線上運動，它們運動的位移x隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，已知甲車的x-t圖像為拋物線的一部分，t=8s時刻對應(yīng)圖像的最高點，乙車的圖像為直線，下列說法正確的是（）A.甲車的初速度為6m/sB.甲車的加速度大小為2m/s2C.t=0到t=8s內(nèi)甲車的位移為70mD.在t=8s到t=10s時間內(nèi)的某時刻，甲、乙兩車的速度大小相等【3題答案】【答案】B【解析】【詳解】AB．勻變速直線運動的x-t圖像為拋物線，由于甲車的圖像開口向下，所以甲車沿x軸方向做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為a，初速度大小為v0。t=8s時甲車速度減為0，則根據(jù)運動學(xué)公式有t=10s時甲車的位移為60m，則聯(lián)立解得，A錯誤，B正確；C．t=8s時甲車離出發(fā)點的距離為C錯誤；D．t=10s時甲車的速度為在t=8s到t=10s時間內(nèi)，甲車的速度變化范圍為，負(fù)號表示沿x軸負(fù)方向。乙車的速度為在t=8s到t=10s時間內(nèi)沒有甲、乙兩車的速度大小相等的時刻，D錯誤。故選B。4.人造地球衛(wèi)星與地心間距離為r時，取無窮遠(yuǎn)處為勢能零點，引力勢能可以表示為，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，m為衛(wèi)星質(zhì)量。衛(wèi)星原來在半徑為r1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于稀薄空氣等因素的影響，飛行一段時間后其圓周運動的半徑減小為r2。此過程中損失的機械能為（）A. B.C. D.【4題答案】【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)衛(wèi)星做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為r1時有衛(wèi)星的引力勢能為軌道半徑為r2時衛(wèi)星的引力勢能為設(shè)摩擦而損失的機械能為，根據(jù)能量守恒定律得聯(lián)立以上各式可得故A正確，BCD錯誤。

故選A。5.如圖所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流電壓的有效值不變，兩燈泡L1、L2規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒有損壞，下列說法正確的是（）A.僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大B.僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大C.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，燈泡L2中的電流一直增大D.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，電流表示數(shù)一直增大【5題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器知副線圈電壓減小，副線圈電路電阻不變，所以電流減小，故A錯誤；B．僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，根據(jù)理想變壓器特點知原線圈中電流變小，故B錯誤；C．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，并聯(lián)部分電路電壓（副線圈電壓）不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)并聯(lián)分流特點可知，L2中電流一直增大，故C正確；D．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流（電流表示數(shù)）先減小后增大，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，靜止時導(dǎo)線呈曲線形下垂，最低點在C處。左塔A處對導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B處對導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為（）A.2：1 B.3：1C.4： D.：1【6題答案】【答案】B【解析】【詳解】整體分析，根據(jù)水平方向平衡單獨分析左右兩部分，解得導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3:1.故選B。7.某壓敏電阻的阻值R隨壓力F變化的規(guī)律如圖甲所示，將它水平放在電梯地板上并接入如圖乙所示的電路中，在其受壓面上放一物體m，即可通過電路中電流表A的示數(shù)I來研究電梯的運動情況。已知電梯靜止時電流表的示數(shù)為I0。下列說法正確的是（）A.若示數(shù)I=I0，則電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B.若示數(shù)I保持不變，則電梯一定做勻速運動C.若示數(shù)I在增大，則電梯的速度在增大D.若示數(shù)I>I0，則電梯可能在減速向下運動【7題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．若示數(shù)為I0，說明m對壓敏電阻的壓力與靜止時相同，即m的合外力為零，電梯可能處于靜止?fàn)顟B(tài)也可能處于勻速運動狀態(tài)，故A錯誤.B．由圖可知壓敏電阻的阻值與受到的壓力有關(guān)，若示數(shù)I不變，說明壓敏電阻的阻值保持不變，壓敏電阻受到的壓力不變，對于m受到的支持力不變，m的合外力恒定，故m可能做勻變速直線運動，也可能做勻速運動，故B錯誤.C．若示數(shù)I在增大，說明壓敏電阻的阻值在減小，由圖可知，壓力越大，阻值越小，所以壓敏電阻受到的壓力在逐漸增大，由上述條件只能判斷壓敏電阻受到的合外力在變化，由于不能確定合外力方向，故無法確定電梯速度如何變化，故C錯誤.D．對應(yīng)電流表示數(shù)為I0，壓敏電阻受到的壓力等于m的重力，當(dāng)I＞I0時，電路中電流比靜止時變大，說明壓敏電阻阻值變小，壓力增大，壓力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果電梯正在上升，則為加速上升，如果電梯正在下降，則為減速下降，故D正確。故選D。8.單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。如圖所示為單反照相機取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，AB⊥BC。光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。下列說法正確的是（）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等C.該五棱鏡折射率的最小值是D.該五棱鏡折射率的最小值是【8題答案】【答案】C【解析】【詳解】AB．由題意畫出光路圖如圖所示，設(shè)光線在CD面上的入射角為根據(jù)光路圖和反射定律可知得由四邊形內(nèi)角和為360°和角度關(guān)系可得∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB錯誤；CD．光線在CD和AE界面上恰好發(fā)生全反射時，對應(yīng)著五棱鏡折射率的最小值，則解得故C正確，D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。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.“戰(zhàn)繩”是一種時尚的健身器材，有較好的健身效果。如圖甲所示，健身者把兩根相同繩子的一端固定在P點，用雙手分別握住繩子的另一端，然后根據(jù)鍛煉的需要以不同的頻率、不同的幅度上下抖動繩子，使繩子振動起來。某次鍛煉中，健身者以2Hz的頻率開始抖動繩端，t=0時，繩子上形成的簡諧波的波形如圖乙所示，a、b為右手所握繩子上的兩個質(zhì)點，二者平衡位置間距離為波長的，此時質(zhì)點a的位移為cm。已知繩子長度為20m，下列說法正確的是（）A.a、b兩質(zhì)點振動的相位差為B.t=s時，質(zhì)點a的位移仍為cm，且速度方向向下C.健身者抖動繩子端點，經(jīng)過5s振動恰好傳到P點D.健身者增大抖動頻率，將減少振動從繩子端點傳播到P點的時間【9題答案】【答案】AB【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b兩質(zhì)點平衡位置間距離為波長的，一個周期波前進(jìn)一個波長的距離，一個周期前后的相位差為，所以兩質(zhì)點振動的相位差為故A正確；B．質(zhì)點振動周期為t=0時質(zhì)點a的位移為cm，根據(jù)甲圖可知a此刻在平衡位置上方，向上振動；根據(jù)乙圖圖線可知a的振動方程為將t=s=帶入可得由振動規(guī)律知s時刻a在平衡位置上方，振動方向向下，故B正確；C．由乙圖可知a、b間平衡間距大于5m，小于波長，所以波長>5m，所以波從健身者傳到P點所用的時間故C錯誤；D．波的傳播速度由介質(zhì)決定，介質(zhì)不變，波速不變，繩子上的波形傳播到P點的時間不變，與抖動頻率無關(guān)，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管固定在傾角為θ的斜面上，其半徑為R，A、C分別為細(xì)管的最高點和最低點，B、D為細(xì)管上與圓心O處于同一水平高度的兩點，細(xì)管內(nèi)有一直徑稍小于細(xì)管內(nèi)徑的質(zhì)量為m的小球，小球可視為質(zhì)點。開始時小球靜止在A點，某時刻對小球施加輕微擾動，使小球自A向B沿著細(xì)管開始滑動。以過直線BOD的水平面為重力勢能的參考平面，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球不能返回到A點B.小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大C.小球在C點時的機械能為2mgRsinθD.小球到達(dá)D點時，細(xì)管對小球的作用力大小為【10題答案】【答案】BD【解析】【詳解】A．小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球能返回到A點，故A錯誤B．小球在A點時速度為零，重力的瞬時功率為零，小球從A到B的過程中，速度逐漸增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐漸增大，根據(jù)瞬時功率表達(dá)式可知小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大，故B正確；C．小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球在C點時的機械能為mgRsinθ，故C錯誤；D．根據(jù)機械能守恒可得小球到達(dá)D點時的速度為根據(jù)牛頓第二定律可得側(cè)壁對小球的支持力為解得管的底部對小球的支持力為小球到達(dá)D點時，細(xì)管對小球的作用力大小為故D正確。故選BD。11.如圖所示，真空中，水平正對放置的平行金屬板A、B間存在豎直方向的勻強電場，帶電量為+Q的球P內(nèi)含有一彈射裝置，其質(zhì)量為m1（含其內(nèi)部彈射裝置），質(zhì)量為m2、不帶電的小球置于球P內(nèi)部的彈射裝置中。開始時，球P恰好靜止在距A板h的位置。某時刻，小球相對于金屬板以速度v0水平彈出，球P和小球同時到達(dá)金屬板。若兩球均可視為質(zhì)點，球P運動過程中電荷量保持不變且不影響原電場分布，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.從小球彈出至到達(dá)金屬板，球P動量的變化量豎直向上B.從小球彈出至到達(dá)金屬板，球P的電勢能增加C.兩金屬板間的電勢差D.兩金屬板長度至少為【11題答案】【答案】ACD【解析】【詳解】A．原來球P靜止時，有小球彈出時，設(shè)P瞬間速率為v1，由動量守恒小球彈出后，P受電場力大于其重力，合力向上，做類平拋運動到達(dá)上板，由牛頓第二定律由動量定理知，球P動量變化量豎直向上，故A正確；B．球P向上類平拋運動，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C．小球彈出后，設(shè)經(jīng)時間t到達(dá)下板，設(shè)兩板間距為d，對小球豎直方向，由運動學(xué)規(guī)律同理，對P豎直方向兩金屬板間電勢差聯(lián)立以上各式（含A中公式）可得故C錯誤；D．小球和球P自彈出到落板，水平位移大小分別為，則兩金屬板長度至少為聯(lián)立A、C、D中公式可得故D正確。故選ACD。12.有一邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區(qū)域I、II中勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，二者寬度分別為L、H，且H＞L。導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I，一段時間后又恰好勻速離開區(qū)域II，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)線框離開區(qū)域II的速度大于B.導(dǎo)線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的加速度大小為g，方向豎直向上C.導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過程產(chǎn)生的焦耳熱為mgHD.導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域I至剛完全離開區(qū)域II的時間為【12題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．導(dǎo)線框恰好勻速離開區(qū)域II，根據(jù)平衡條件得解得A錯誤；B．導(dǎo)線框勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II之間一直做勻速運動，由平衡關(guān)系和電磁感應(yīng)定律可得導(dǎo)線框下邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律又解得I2=線框所受安培力由牛頓第二定律有解得方向豎直向上，B錯誤；C．導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I故線框在區(qū)域I中以速度v勻速運動；設(shè)線框完全離開磁場I時速度為，從完全離開磁場I到開始離開區(qū)域II的過程中，由動能定理得導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過程根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過程產(chǎn)生的焦耳熱為C正確；D．導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域I至開始進(jìn)入?yún)^(qū)域II過程中，由動量定理得聯(lián)立解得導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域II至開始離開區(qū)域II過程中，由動量定理得解得導(dǎo)線框自開始離開區(qū)域II至剛完全離開區(qū)域II過程中，由動量定理得聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某物理實驗小組利用圖甲所示裝置“探究小車的加速度與受力的關(guān)系”。（1）關(guān)于實驗操作，下列說法正確的是______；A．實驗時，先釋放小車再接通打點計時器的電源B．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)線與長木板保持平行C．每次改變重物質(zhì)量時，不需要重新調(diào)整長木板的傾斜度D．為盡可能減小實驗誤差，小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量（2）一次實驗中獲得的紙帶如圖乙所示，已知所用電源的頻率為50Hz，每5個點取一個計數(shù)點，A、B、C、D、E、F、G為所取計數(shù)點，由圖中數(shù)據(jù)可求得加速度大小a=______m/s2；（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）實驗小組先保持小車質(zhì)量為m1不變，改變小車所受的拉力F，得到a隨F變化的規(guī)律如圖丙中直線A所示，然后實驗小組換用另一質(zhì)量為m2的小車，重復(fù)上述操作，得到如圖丙中所示的直線B，由圖可知，m1______m2（選填“大于”或“小于”），直線B不過坐標(biāo)原點的原因是______?！?3題答案】【答案】①.BCD②.0.18##0.19③.小于④.長木板傾斜程度過大，補償阻力過度【解析】【詳解】（1）[1]A．實驗時，要去先接通打點計時器的電源再釋放小車，A錯誤；B．繩子的拉力應(yīng)與運動方向一致，故應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)線與長木板保持平行，B正確；C．平衡后，應(yīng)有即有故每次改變重物質(zhì)量時，不需要重新調(diào)整長木板的傾斜度，C正確；D．為盡可能減小實驗誤差，實驗要求小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量，D正確。故選BCD。（2）[2]設(shè)由圖乙可得所用電源的頻率為50Hz，每5個點取一個計數(shù)點，可得AD之間的時間間隔為根據(jù)勻變速直線運動的推論，即代入數(shù)據(jù)，解得（3）[3][4]根據(jù)牛頓第二定律可得故有則有當(dāng)拉力F相等時，有由直線B可知，當(dāng)F等于0時，加速度不等于零，說明平衡摩擦力過度，即長木板傾斜程度過大，補償阻力過度。14.某實驗小組要測定一節(jié)蓄電池的電動勢及內(nèi)阻，要求測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，實驗器材如下：電流表A1（量程200μA，內(nèi)阻為800Ω）；電流表A2（量程300mA，內(nèi)阻約為0.3Ω）；定值電阻R1（阻值4Ω）；定值電阻R2（阻值為9200Ω）滑動變阻器R（最大阻值50Ω）；待測蓄電池一節(jié)（電動勢約為2V）；開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干。（1）實驗小組連接的實物電路如圖甲所示，圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選______（選填“A1”或“A2”），圖中虛線框內(nèi)的定值電阻應(yīng)選______（選填“R1”或“R2”）；

（2）電流表A1示數(shù)用I1表示，電流表A2示數(shù)用I2表示，該小組多次改變滑動變阻器觸頭位置，得到了多組I1、I2數(shù)據(jù)，并作出I1－（I1+I2）圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，被測蓄電池的電動勢為______V，內(nèi)阻為______Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）從實驗設(shè)計原理來看，該蓄電池電動勢的測量值______（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值，內(nèi)阻的測量值______（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。

【14題答案】【答案】①.A2②.R2③.1.9④.1.0⑤.等于⑥.等于【解析】【詳解】（1）[1][2]圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選A2，因為虛線框在干路上，選擇量程大的電流表。蓄電池的電動勢為2V，改裝后電壓表量程為2V。所以串聯(lián)電阻故選R2（2）[3][4]根據(jù)整理得所以，解得，（3）[5][6]因為考慮到電表內(nèi)阻，所以沒有誤差。電動勢的測量值等于真實值，內(nèi)阻測量值等于真實值。15.如圖甲所示是我國農(nóng)村建房時往高處拋送建筑材料的情景，即一人從地面將建筑材料拋出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李師傅站在離房屋水平距離L=3.2m的A點，王師傅站在離地面高H=3.4m的屋檐上的B點，李師傅將質(zhì)量m=2kg的磚頭從A點正上方高h(yuǎn)1=1.0m處斜向上拋出，磚頭運動至最高點時恰被王師傅接住，若接住點在B點正上方高h(yuǎn)2=0.8m處，磚頭與王師傅接觸的時間t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力。求：（1）李師傅拋磚頭的速度大??；（2）王師傅在接磚頭的過程中受到的平均作用力大小。【15題答案】【答案】（1）m/s；（2）N【解析】【詳解】（1）根據(jù)運動的可逆性可知，磚頭逆向的運動是平拋運動，則水平方向L=vxt1豎直方向vy=gt1H+h2－h(huán)1=gt12合速度v2=vx2+vy2解得v=m/s即李師傅拋磚頭的速度大小為m/s。（2）對磚頭水平方向，由動量定理由力的合成知解得F=N由牛頓第三定律得：王師傅在接磚頭過程中受到的平均作用力大小為N。16.如圖甲所示，用質(zhì)量為10kg的活塞在豎直氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣缸頂部裝有卡扣。開始時活塞距氣缸底部高度為40cm，對氣缸內(nèi)的氣體緩慢加熱，活塞距氣缸底部的高度h隨溫度T的變化規(guī)律如圖乙所示，自開始至溫度達(dá)到400K的過程中，缸內(nèi)氣體吸收的熱量為700J。已知活塞的橫截面積為200cm2，外界大氣壓強為1.0×105Pa，活塞與氣缸壁間的摩擦忽略不計，重力加速度g取10m/s2。（1）求由狀態(tài)A到C，氣體內(nèi)能的變化量；（2）用p表示缸內(nèi)氣體的壓強，請作出氣體由狀態(tài)A經(jīng)過B變?yōu)镃的p-h圖像，并標(biāo)出A、B、C的坐標(biāo)值。【16題答案】【答案】（1）280J；（2）見解析【解析】【詳解】（1）對活塞受力分析如圖由平衡方程得mg+p0S=pAS氣體由狀態(tài)A到C先做等壓變化再做等容變化由熱力學(xué)第一定律得?E=W+Q解得pA=1.05×105Pa，?E=280J（2）氣體由狀態(tài)B到C由查理定律得解得pC=1.4×105Pa氣體由狀態(tài)A經(jīng)過B變?yōu)镃的p-h圖像如圖所示17.加速器在核物理和粒子物理研究中發(fā)揮著巨大的作用，回旋加速器是其中的一種。如圖是某回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，D1和D2是兩個中空的、半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間窄縫的寬度為d，它們之間有一定的電勢差U。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，粒子每次經(jīng)過窄縫都會被電場加速，之后進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，經(jīng)過若干次加速后，粒子從金屬盒D1邊緣離開，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。（1）求粒子離開加速器時獲得的最大動能Ekm；（2）在分析帶電粒子的運動軌跡時，用Δd表示任意兩條相鄰軌跡間距，甲同學(xué)認(rèn)為Δd不變，乙同學(xué)認(rèn)為Δd逐漸變大，丙同學(xué)認(rèn)為Δd逐漸減小，請通過計算分析哪位同學(xué)的判斷是合理的；（3）若該回旋加速器金屬盒半徑R=1m，窄縫的寬度d=0.1cm，求粒子從A點開始運動到離開加速器的過程中，其在磁場中運動時間與在電場中運動時間之比。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【17題答案】【答案】（1）；（2）見解析；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)帶電粒子運動半徑為半圓金屬盒的半徑R時，粒子的速度達(dá)到最大值vm，由牛頓第二定律得粒子離開加速器時獲得的最大動能解得（2）第N次加速后，由動能定理得根據(jù)牛頓第二定律得可解得第N次加速后可推得第（N－1）次加速后相鄰軌跡間距由此可知相鄰軌跡間距逐漸減小，丙同學(xué)的判斷是合理的；（3