【竞赛】2024-2025学年高二全国高中物理竞赛强基计划模拟卷（二）

全国高中物理竞赛强基计划模拟卷二 满分：200分，考试时间：120分钟 一、单选题（共20分） 1．一根质量均匀的细杆斜靠在墙上，地面光滑。初始时杆与墙面夹角为，在杆滑下的过程中，墙对杆的作用力（　　） A．先增大后减小至0 B．先增大后减小，但不会减为0 C．一直增大 D．一直减小 2．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　） A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 3．一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v-t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（　　） A．v-t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B．从v-t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v-t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα D．从v-t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻 4．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．图中的A点是z轴上场强最强的点 B．轨道上A点的电场强度大小为 C．小球刚到达C点时的加速度为 D．小球刚到达C点时的动能为 5．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O＇分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O＇的间距。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（　　） ①滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为 ②滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为 ③转速增加后滑块B先发生滑动 ④转速增加后滑块A先发生滑动 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 二、多选题（共30分） 6．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R的圆形区域Ⅰ内有方向垂直平面向里的匀强磁场，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子若以速度由A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，则第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为p，p点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，其轨迹与边界的交点为Q，连线与x轴夹角为（未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为 B．连线与x轴夹角 C．粒子从A点运动到Q点的时间为 D．若有一群相同的粒子以相同的速度大小从A点入射时，速度方向分布在与y轴负向成范围内，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为 7．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则（　　） A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为 B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为 C．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 D．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 8．电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（　　） A．u-q图线的斜率越大，电容C越大 B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积 C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为 9．如图所示，MNO为圆心角为60°有界区域，O点为圆心，半径为R，P点为圆弧MN的中点，区域内有方向垂直纸面向内的匀强磁场。完全相同的两个粒子a和b以相同速度v别从M、P两点飞入磁场区域，粒子a的速度方向与MO成30°角。已知粒子a刚好从N点飞出，下列判断正确的是（　　） A．粒子a和b均带负电荷 B．粒子a在磁场中做圆周的半径为R C．粒子b从圆弧PN之间飞出磁场区域 D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2∶1 10．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AC = d，∠B = 30°。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间均为t，而在磁场中运动的最长时间为 （不计重力和粒子间的相互作用）。下列判断正确的是（　　） A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t B．该匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子在进入磁场时速度大小为 D．粒子在磁场中运动的轨迹半径为 三、填空题（共50分） 11．如图所示，在湖中固定一细长圆管（两端开口），管内有一活塞，其下端位于水面上．已知圆管竖直放置，活塞底面积，质量不计，水面的大气压．现将活塞缓慢地提高，则拉力对活塞所做的功是 J． 12．利用超声波遇到物体处反射，可测定物体运动的有关参量．如图（a）所示中的仪器A和B通过电缆线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，而仪器A为B提供超声波信号进行处理并在屏幕上显示其波形．现在固定装置B，并将它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间发射一个短促的超声波脉冲，如图（b）中幅度大的波形；而B接收到的由小车C反射回来的超声波经仪器A处理后显示如图（b）中幅度较小的波形．反射波滞后的时间已在图中标出，其中和为已知量，另外还知道该测定条件下声波在空气中的速度为，则根据所给信息，判断小车的运动方向应 （选填“向左”或“向右”），速度大小为 ． 13．1897年，汤姆孙利用如图所示的实验装置巧妙地测得阴极射线的速度。当对平行电极板、加上如图所示的电压U时，发现阴极射线打到荧光屏上的P点；在平行极板区域再加一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向 （选填“外”或“里”）的磁场，可使阴极射线沿直线打到荧光屏上的A点。已知、板间距离为d，则打到荧光屏上A点的阴极射线速度为 。 14．一半径为R的均匀带电球面，带有电荷Q，若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势U∞= 。 15．在康普顿散射实验中，设入射的X射线波长为0.0708nm，散射后波长变为0.0732nm，则反冲电子的动能为 eV。 四、解答题（共100分） 16．如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内，下方为匀强电场，上方为匀强磁场，边界曲线满足方程y= 2x2，匀强电场的电场强度大小E= 1000 V/m，方向沿y轴正方向，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1=1 T，第二象限中存在磁感应强度大小B2=2 T的匀强磁场，方向垂直纸面向外。现有大量相同粒子，从x轴上（x>0）由静止释放，经电场加速后进入第一象限的磁场区域，所有粒子均垂直穿过y轴进入第二象限，图中y轴上P点的坐标为（0，1 m） ，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。 （1）求这种粒子的比荷； （2）求从第一象限进入第二象限时经过P点的所有粒子的横坐标方程； （3）若将第二象限内的磁场方向改为垂直纸面向里，求以最大速度经过P点的粒子从x轴出发运动到P点的时间t。 17．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）； （3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件； （4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。 18．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D，挡板D下方的斜面足够长。在距离挡板处有一长木板C，长木板上有A、B两个小滑块，已知A、B、C质量均为m，小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和。A距离长木板下端的距离为，A、B间的距离为。现让A、B、C同时由静止释放，在以后的运动过程中，若木板与挡板发生碰撞，则碰撞前后木板的速度等大反向。（重力加速度为g）求： （1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； （2）从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间； （3）若在木板C第一次与挡板D碰撞后瞬间撤去挡板，且挡板撤去后瞬间让A的速度大小突变为，其余条件不变。A、B最终距木板下端的长度。    19．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和3m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的拉力拉物块A，使之沿斜面向上运动．当B即将离开C时，A的速度为v，加速度大小为a，方向沿斜面向上．求：    (1)从静止状态到B刚要离开C时，物块A上滑的位移S； (2)从静止状态到B刚要离开C时，弹簧增加的弹性势能 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 全国高中物理竞赛强基计划模拟卷二 满分：200分，考试时间：120分钟 一、单选题（共20分） 1．一根质量均匀的细杆斜靠在墙上，地面光滑。初始时杆与墙面夹角为，在杆滑下的过程中，墙对杆的作用力（　　） A．先增大后减小至0 B．先增大后减小，但不会减为0 C．一直增大 D．一直减小 【答案】A 【知识点】用杆连接的系统机械能守恒问题、刚体的平动与定轴转动 【详解】记某时刻杆与墙面夹角为，由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度 解得 此时质心的水平速度大小为 对时间求导可得水平加速度 水平加速度由墙的支持力提供 随增加先增大后减小至0。 故选A。 2．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　） A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 【答案】A 【知识点】变压器两端电路的动态分析 【详解】副线圈的总电阻为 解得 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有 则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 ，先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据 ， 由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为 逐渐增大，则越来越小，则 则先变暗后变亮，一直变亮； 故选A。 3．一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v-t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（　　） A．v-t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B．从v-t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v-t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα D．从v-t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻 【答案】D 【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析 【详解】A．若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，A错误； B．木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块的所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误； C．木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为 当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα，则 木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，C错误； D．当木块的速度等于v0时，且μ<tanα，木块无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速度为 木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，D正确。 故选D。 4．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．图中的A点是z轴上场强最强的点 B．轨道上A点的电场强度大小为 C．小球刚到达C点时的加速度为 D．小球刚到达C点时的动能为 【答案】B 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、等量同种电荷连线中垂线和连线上的电场强度分布图像 【详解】A．由题意可知，如图所示，P为轴上一点，PD连线与轴的夹角为 根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为 整理得 令，，可得函数 对函数求导 令，解得 结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即 由此可知，轴上距离点处的两点电场强度最大，A错误； B．，轨道上A点的电场强度大小 B正确； C．由几何关系可知 ， 根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，因此，点的电场强度方向沿轴正方向，电场强度大小表示为 小球在点时的受力如图所示 小球在受到的电场力为 沿杆方向的合力为 解得 由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误； D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，、两点电势相等，电荷从到的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得 解得 D错误。 故选B。 5．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O＇分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O＇的间距。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（　　） ①滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为 ②滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为 ③转速增加后滑块B先发生滑动 ④转速增加后滑块A先发生滑动 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【知识点】传动问题、水平转盘上的物体 【详解】摩擦传动的物体边缘线速度相等，则轮盘甲乙边缘的线速度相等。A、B与轮盘相对静止时，分别和轮盘甲乙做同轴转动，则A、B做匀速圆周运动运动时，角速度分别等于甲乙轮盘的角速度。 ①根据解得 ①正确； ②根据可得滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值 ②正确； ③④AB物体受到的摩擦力提供圆周运动的向心力，则物体恰好与轮盘相对滑动时 ， 解得 AB物体恰好与轮盘相对滑动时，此时乙对应角速度分别为 所以转速增加后滑块B先发生滑动，③正确，④错误。 故选A。 二、多选题（共30分） 6．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R的圆形区域Ⅰ内有方向垂直平面向里的匀强磁场，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子若以速度由A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，则第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为p，p点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，其轨迹与边界的交点为Q，连线与x轴夹角为（未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为 B．连线与x轴夹角 C．粒子从A点运动到Q点的时间为 D．若有一群相同的粒子以相同的速度大小从A点入射时，速度方向分布在与y轴负向成范围内，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为 【答案】BC 【知识点】带电粒子在弧形边界磁场中运动、根据粒子运动确定磁场区域的范围 【详解】A．由 可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为 A错误； B．粒子每次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界时速度偏角都为α，为图中所示角，由几何关系 得 则 该粒子从A点射入后第4次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时, 即第二次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度。此后在Ⅰ区域转过圆周，即从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q。由几何关系可知，连线与x轴夹角 B正确； C．粒子从A点运动到Q点的时间为 每次偏转运动时间为 C正确； D．速度方向分布在与y轴负向成向x轴正向偏转时，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R最小为如图所示的OD长度。 由几何关系可得 由余弦定理可得 D错误； 故选BC。 7．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则（　　） A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为 B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为 C．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 D．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 【答案】AC 【知识点】动量定理的内容、多物体多次碰撞问题 【详解】AB．根据动量守恒有 解得 故A正确，B错误； CD．设经过时间，第1块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则 对第1个木块 对木板 联立解得 设再经过时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第2个木块 对木板和第1个木块 ， 解得 再经过时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第3个木块 对木板和第1、2个木块 …… 再经过时间，第k块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第k个木块 对木板和第1、2、3…、k-1个木块 解得 将n=9，k=8代入 故C正确D错误； 故选AC。 8．电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（　　） A．u-q图线的斜率越大，电容C越大 B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积 C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为 【答案】BD 【知识点】电容器的Q-U图象 【详解】A．u-q图线的斜率为 解得 斜率越大，电容越小，A错误； B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则u-q图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积，B正确； C．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积 解得 从上面的式子看出，E和U2成正比，C错误； D．由下面的公式 解得 又因为 解得 D正确。 故选BD。 9．如图所示，MNO为圆心角为60°有界区域，O点为圆心，半径为R，P点为圆弧MN的中点，区域内有方向垂直纸面向内的匀强磁场。完全相同的两个粒子a和b以相同速度v别从M、P两点飞入磁场区域，粒子a的速度方向与MO成30°角。已知粒子a刚好从N点飞出，下列判断正确的是（　　） A．粒子a和b均带负电荷 B．粒子a在磁场中做圆周的半径为R C．粒子b从圆弧PN之间飞出磁场区域 D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2∶1 【答案】BD 【知识点】带电粒子在弧形边界磁场中运动 【详解】 A．粒子a刚好从N点飞出，由左手定则，粒子a和b均带正电荷，A错误； B．因为∠MON=60°，ΔMON是等边三角形，MN=R；粒子a的速度方向与MO成30°角，粒子a的速度方向与MN成30°角，圆心角等于弦切角的2倍，∠MO1N=60°，ΔMO1N也是等边三角形，粒子a在磁场中做圆周的半径也为R，B正确； C．完全相同的两个粒子a和b以相同速度v别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b的轨道半径也是R，由图可知，粒子b从NO之间飞出磁场区域，C错误； D．完全相同的两个粒子a和b以相同速度v别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b的轨道半径也是R，由图可知，粒子b在磁场中做圆周运动的弧长等于粒子a在磁场中做圆周运动的弧长的一半，粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2：1，D正确。 故选BD。 10．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AC = d，∠B = 30°。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间均为t，而在磁场中运动的最长时间为 （不计重力和粒子间的相互作用）。下列判断正确的是（　　） A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t B．该匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子在进入磁场时速度大小为 D．粒子在磁场中运动的轨迹半径为 【答案】ABC 【知识点】带电粒子在直边界磁场中运动 【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即 则得周期 A正确； B．根据 可得 联立可得 故B正确； C．粒子在磁场中运动的速度为 C正确； D．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为，则有 解得 运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 设轨道半径为R，由几何知识得 解得 选项D错误。 故选ABC。 三、填空题（共50分） 11．如图所示，在湖中固定一细长圆管（两端开口），管内有一活塞，其下端位于水面上．已知圆管竖直放置，活塞底面积，质量不计，水面的大气压．现将活塞缓慢地提高，则拉力对活塞所做的功是 J． 【答案】100 【知识点】平均力法 【分析】由于大气压强的作用，活塞上升时，管内、外水位差存在一个高度差最大值h0=10m，所以管内水面（或活塞）相对于河岸的升高量等于管内、外水位差，即h1=h0=10m；活塞继续上升h2=h-h1=5m过程中，水面不动，活塞与水之间是真空。 水上升阶段：以活塞为研究对象，它受到向上的拉力F、向下的大气压力和管内的水向上的压力，根据力的平衡条件得出任意时刻管内、外水位差为h时拉力的表达式，进一步求出拉力F的平均值，根据W=Fs求出此阶段拉力做的功； 水不上升阶段：力F做的功等于活塞克服大气压力做的功，根据F=PS和W=Fs求出此阶段拉力做的功； 整个过程中，力F做的功等于两者之和。 【详解】由于大气压强的作用，活塞上升时，管内、外水位差存在一个高度差最大值h0=10m，所以管内水面（或活塞）相对于河岸的升高量等于管内、外水位差，即h1=h0=10m；活塞继续上升h2=h-h1=5m过程中，水面不动，活塞与水之间是真空。 （1）水上升阶段：设任意时刻向下的大气压力和管内的水向上的压力为F下、F上，管内、外水位差为h，则有： 由于活塞始终平衡，故 解得： 可见力F跟h成正比，F在h1距离上的平均值为： F在h1距离上的功为： （2）水不上升阶段：力F做的功等于活塞克服大气压力做的功，故有： 所以整个过程中力F做的功于： 【点睛】本题关键是知道活塞上升时会分两个阶段，即水上升阶段和水不上升阶段，并会对活塞进行受力分析得出水上升阶段拉力的大小。 12．利用超声波遇到物体处反射，可测定物体运动的有关参量．如图（a）所示中的仪器A和B通过电缆线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，而仪器A为B提供超声波信号进行处理并在屏幕上显示其波形．现在固定装置B，并将它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间发射一个短促的超声波脉冲，如图（b）中幅度大的波形；而B接收到的由小车C反射回来的超声波经仪器A处理后显示如图（b）中幅度较小的波形．反射波滞后的时间已在图中标出，其中和为已知量，另外还知道该测定条件下声波在空气中的速度为，则根据所给信息，判断小车的运动方向应 （选填“向左”或“向右”），速度大小为 ． 【答案】 向右 【知识点】匀速直线运动、雷达测速 【详解】[1]根据（a）图中发射和接收到的波形时间间隔可以发现，时间间隔在增大，所以小车远离接收器，因此小车向右运动． [2]根据（b）图可知，第一个超声波发射到碰到小车的距离为 第二个超声波发射到碰到小车的距离为 因此小车前进的距离 在结合图像，可得前进的时间为 联立可得，小车的速度为 13．1897年，汤姆孙利用如图所示的实验装置巧妙地测得阴极射线的速度。当对平行电极板、加上如图所示的电压U时，发现阴极射线打到荧光屏上的P点；在平行极板区域再加一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向 （选填“外”或“里”）的磁场，可使阴极射线沿直线打到荧光屏上的A点。已知、板间距离为d，则打到荧光屏上A点的阴极射线速度为 。 【答案】 里 【知识点】示波器的相关计算 【详解】[1]电子受到竖直向上的电场力向上偏，根据左手定则判断当加上垂直纸面向里的磁场，会受到竖直向下的洛伦磁力，当受力平衡时才能沿直线打到A点，故填里； [2]由 而 联立解得阴极射线的速度 故填。 14．一半径为R的均匀带电球面，带有电荷Q，若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势U∞= 。 【答案】 【知识点】根据定义式计算电势差的大小 【详解】根据电势差与电场强度关系，积分可得 解得 15．在康普顿散射实验中，设入射的X射线波长为0.0708nm，散射后波长变为0.0732nm，则反冲电子的动能为 eV。 【答案】1119 【知识点】康普顿效应的现象及其解释 【详解】[1]根据康普顿散射方程 可知，反冲电子对应，得 反冲电子的动能为 又 联立得 即 四、解答题（共100分） 16．如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内，下方为匀强电场，上方为匀强磁场，边界曲线满足方程y= 2x2，匀强电场的电场强度大小E= 1000 V/m，方向沿y轴正方向，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1=1 T，第二象限中存在磁感应强度大小B2=2 T的匀强磁场，方向垂直纸面向外。现有大量相同粒子，从x轴上（x>0）由静止释放，经电场加速后进入第一象限的磁场区域，所有粒子均垂直穿过y轴进入第二象限，图中y轴上P点的坐标为（0，1 m） ，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。 （1）求这种粒子的比荷； （2）求从第一象限进入第二象限时经过P点的所有粒子的横坐标方程； （3）若将第二象限内的磁场方向改为垂直纸面向里，求以最大速度经过P点的粒子从x轴出发运动到P点的时间t。 【答案】（1）；（2）2x2+（3n+1）x=1 m，（n=0，1，2……），x>0；（3） 【知识点】粒子在电场和磁场中的往复运动 【详解】（1）设某带电粒子在电场中运动的位移大小为y，有 设带电粒子在第在象限的磁场内运动的半径为R，有 即 根据几何关系有 R=x 且 y=2x2 解得 （2）设某粒子以速度v射入磁场，进入磁场的坐标为（x，y），在第一象限的磁场中运动的半径为R，在第二象限的磁场中运动的半径为R2，有 由于粒子在磁场中运动的速度大小不变，且两磁场的磁感应强度大小之比为1∶2，有R1= 2R2，其轨迹如图甲所示 要使得粒子能够通过P点，则有 =1 m，（n=0，1，2……） 由几何关系有 x=R1 整理可得 2x2+（3n+1）x=1 m，（n=0，1，2……），x>0 （3）根据几何关系可知，速度最大的粒子对应的轨迹如图乙所示，设该粒子的出发点坐标为（x0，0） ，经过分界点时有 y=1 m，代入边界方程 y=2x02 解得 ， t=t1+t2 解得 。 17．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）； （3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件； （4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。 【答案】（1）；（2）；（3）所加电压U应满足至少为100V；（4）0.025m～0.05m 【知识点】带电粒子在周期性变化的电场运动（初速度垂直电场） 【详解】（1）电子加速过程中，根据动能定理有 解得初速度 （2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有 垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有 由（1）问及以上几式，解得 （3）要使电子都打不到屏上，应满足U0取最大值800V时仍有＞0.5d，代入(2)问结果，可得： 所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U至少为100V （4）当A、B板间所加电压U′=50V时，当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则 又 联立解得 由第（2）问中的可知，在其它条件不变的情况下，U0越大y越小 所以当U0=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量， 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为 故其范围为0.025m~0.05m。 18．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D，挡板D下方的斜面足够长。在距离挡板处有一长木板C，长木板上有A、B两个小滑块，已知A、B、C质量均为m，小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和。A距离长木板下端的距离为，A、B间的距离为。现让A、B、C同时由静止释放，在以后的运动过程中，若木板与挡板发生碰撞，则碰撞前后木板的速度等大反向。（重力加速度为g）求： （1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； （2）从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间； （3）若在木板C第一次与挡板D碰撞后瞬间撤去挡板，且挡板撤去后瞬间让A的速度大小突变为，其余条件不变。A、B最终距木板下端的长度。    【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程、受恒定外力的板块问题 【详解】 （1）木板第一次与挡板碰撞前ABC整体共同沿斜面加速下滑，有 解得 （2）由释放到CD第一次相碰用时 CD第一次相碰后A的加速度为 B的加速度为 C的加速度为 CD第一次相碰后到C与A共速过程C的加速度不变，且速度大小不变但速度反向，则C与A共速时，C再次与挡板相碰，由此可知，B在追A的过程，AB加速度均不变，因此木板第一次与挡板碰撞后到A追上B一共用时 解得 从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间 （3）CD碰撞后到CB共速过程用时 此时速度为 此过程A相对C向下滑动的距离为 此后B的加速度变为 C的加速度变为 从CB共速到ABC均共速过程，还需用时 此过程A相对C向下滑动的距离为 再之后三者以相同加速度共同运动，无相对滑动，因此A、B最终距木板下端的长度 19．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和3m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的拉力拉物块A，使之沿斜面向上运动．当B即将离开C时，A的速度为v，加速度大小为a，方向沿斜面向上．求：    (1)从静止状态到B刚要离开C时，物块A上滑的位移S； (2)从静止状态到B刚要离开C时，弹簧增加的弹性势能 【答案】(1)   (2) 【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题、利用能量守恒解决实际问题 【详解】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力，由胡克定律求得弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求出弹簧的伸长量，从而求出A发生的位移；由功能关系可得弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量． (1)开始时，设弹管压缩量为，则根据平衡等式有 当B即将要离开C时，设弹簧伸长量为，则有 所以A发生的位移为 (2)对A受力分析，当B即将离开C时，已知A此时加速度为a， 根据牛顿第二定律有 得 对系统，根据能量守恒：当物块B刚离开C时，弹簧弹性势能增加量为 【点睛】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析．对于含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$