(1)求从O点发射的所有粒子中,不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子的速度的取值范围; (已知:tan15?=2?3) (2)证明最终打在半圆形边界且被特殊物质吸收的粒子,在磁场中运动的总时间都相等,并且求出该时间; (3)若第一象限内半圆形外区域的磁场存在一上边界y=a ,要想使所有粒子都不会从磁场上边界射出,则a至少为多大。
(二)选考题：共15分。请从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一个题目计分。
33.【物理—选修3-3】(15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是 (填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）。
A.空气绝对湿度越大,空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压,水蒸发得就越慢 B.布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动,同时说明液体分子间有间隙 C.热量不能自发地从低温物体传递给高温物体
D.一定质量的理想气体,如果温度升高,同时体积增大,其内能可能减小 E.气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的
(2)(10分)如图甲所示,竖直放置的左端封闭、右端足够长且开口的U形均匀玻璃管中用水银柱封闭一段长为 l0=15cm的空气柱,两边管中水银柱长度分别为h1=22.5cm、h2=27.5cm,大气压强p0=75cmHg。
①试求封闭空气柱的压强(用cmHg表示);
②现将U形管缓慢倒转使其开口向下,达到新的平衡,如图乙所示,假设在整个过程中环境的温度不发生变化,试求新平衡状态下空气柱的长度。
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34.【物理—选修3-4】(15分)
(1)(5分)如图所示为t=0时刻某简谐横波在均匀介质传播时的图像, P质点刚好振动到波峰位置, Q点速度最大,波的前沿传到M点,已知波源的振动频率为10Hz,下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.质点P的相位总比质点Q的相位落后
? 4B.在任意1s时间内质点P通过的总路程均为8m C.质点Q的振动方程为y=-20sin20πt(cm) D.波源的起振方向为+y方向 E.再经过0.7s质点N第一次达到波峰
(2)(10分)如图所示为一直角棱镜的截面图,∠ACB =90°,∠CAB =60°, AC边长为L。一平行细光束从AB面上的O点沿垂直于AB面的方向射入棱镜,经AC面的中点 P反射后,在BC面上的M点同时发生反射和折射,且反射光线和折射光线互相垂直(P点和M点图中未画出),反射光线从AB面的O'射出,已知光在真空中的传播速度为c,求:
①该棱镜的折射率;
②光在棱镜中传播时从O点到O'点所用的时间。
二．选择题(第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求)
题号 答案 14 D 15 A 16 C 17 B 18 AC 19 CD 20 BD 21 BCD 14. D 【解析】判断是超重还是失重要看加速度的方向, 方向向下则为失重,方向向上则为超重,所以做竖直上 抛的物体始终处于失重状态,所以A错误;一个以很 大速度做匀速运动的物体,速度尽管很大但其所受合 力为零,故B错误;物体所受合外力 F 大小不变,方向 始终与速度方向垂直,则其运动一定是匀速圆周运动,
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故C错误;做曲线运动的物体,所受合外力为恒力时, 其轨迹一定是抛物线,故D正确。 15. A 【解析】回路中的感应电动势为e?e1?e2?B1l2??则电流为i?l1l(B?B2)l1l2?sin?t?B2l2??1sin?t?1?sin?t, 222(B1?B2)l1l2??sin?ti,故选项A正确, B、C、D选项错误。
2R2359216. C 【解析】同位素的核外电子数量相同,所以一种元素的各种同位素都具有相同的化学性质, A错误;原子 核内相邻的质子和中子之间均存在核力, B错误;核子数越多其结合能也越大,所以
8936U的结合能比14456Ba和
14489Kr都大,越接近铁元素的比结合能越大,所以23592U的比结合能比56Ba和36Kr都小, C正确;α射线、β射线
都是带电粒子流,而γ射线是电磁波不带电,故D错误。
17. B 【解析】月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A错误;“嫦娥五号”从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离 心运动,所以需要加速, B正确;刚开始的时候月球对“嫦娥五号”的引力大于地球对“嫦娥五号”的引力,所以动能要减小,之后当地球的引力大于月球的引力时,卫星的动能就开始增加,故C错误;“嫦娥五号”降落至地面的运动为向心运动,需要减速,故D错误。
18. AC 【解析】两次从极板射出时,水平速度大小不变,即所需时间相等,又因为vy=at,a= Eq/m ,所以vy?所以
qEt,mE1vy1,如图所示: ?E2vy2
dv第一次射出电场时,设其沿电场线方向的速度为vy1,可得0?2,所以vy1?2v0,同理可求得vy2?3v0,所以
vy1dvy1vy2?E22,所以电场强度之比为1?,故A正确, B错误;第一次的动能为
E23311221122122,第二次其动能为Ek2?(v0?vy2)?m?10v0,所以两次动能之比Ek1?mv2?(v0?vy1)?m?5v022222为 1:2,故C正确;因E?QEUQ4?kQ2???S不变,所以带电荷量之比1?1?,所以D错误. dCd?rSQ2E2319. CD 【解析】当电场方向由竖直向上旋转至平行于斜面的过程中,电场力垂直斜面向上的分力越来越小,所 以斜面对物块的支持力越来越大;当电场方向由平行于斜面旋转至水平方向的过程中,电场力沿垂直斜面
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向下的分力越来越大,所以斜面对物块的支持力越来越大,综上所述,斜面对物块的支持力N一直增大,故A错误;当电场方向竖直向上时,可以判断电场力一定小于等于重力,若电场力小于重力,此时的摩擦力方向沿斜面向上,刚开始旋转时,电场力沿斜面向上的分力越来越大,所以摩擦力开始一定要减小,故B错误;因为电场力大小未知,有可能其最大值比mgsin45°要大,此时f先减小后反向增大,到达平行于斜面时,摩擦力沿斜面向下最大,然后又减小,减小至零后再反向增大,故C正确;当电场力最大值比mgsin45°小时,电场方向到达平行于斜面时, f最小,仍然沿斜面向上,所以摩擦力应该是先减小后增大,故D正确;若电场力等于重力,开始时摩擦力为零,刚开始旋转时,电场力沿斜面向上的分力越来越大,所以摩擦力开始沿斜面向下增大,电场方向到达平行于斜面时,摩擦力沿斜面向下最大,当电场方向由平行于斜面旋转至水平方向的过程中,摩擦力开始沿斜面向下减小(注:选项中未涉及到此情况)。
20. BD 【解析】根据图像,经分析可知,在0~2s时间内小滑块和长木板相对静止,它们之间为静摩擦力,对小滑块有f静=m1a, a在增加,所以静摩擦力也在线性增大,故A错误;长木板的加速度a在3s时突变,所以小滑块在3s时脱离长木板,对长木板在3s时刻前后分别列牛顿第二定律可得: 3k-f= m2a前= m2·(2m/s2), 3k=m2a后=m 2·(3m/s2),两式联立可得: f=m2·(1m/s2),所以B正确;在0~2s时间内, F=(m1+m2)a1=kt ,所以a1?时间内, F-f = m2a2,所以a2?kt,在2~3s
m1?m2kt?fk1k?,?1,解得m1= m2,所以C错误;在 2s,根据图像斜率可知
m2m1?m22m2时刻小滑块与长木板速度相同,在2~3s时间内,小滑块的速度的变化量为Δv1=1m/s,长木板的速度的变化量为Δv2=1.5m/s,所以在3s时,长木板比小滑块的速度大0.5m/s,故D正确。
21. BCD 【解析】刚释放导体棒时,回路中只有感生电动势,其加速度为mgsinθ-B0Il=ma,当到达t2时刻后,感生电动势产生的电流消失,只剩下动生电动势产生 的电流,此时mgsinθ-B0I'l= ma',因为不能判断I'与I的大小关系,所以加速度a不一定大于a',故A错误;导体棒的最大速度应该可以出现在t2时刻之后, 当
B02l2vmgRsin?mgsin??时,有最大速度v?,故B正确; t1~ t2时间内,由于下滑速度越来越大,所以产生的
B02l2R动生电动势也越来越大,此时回路中的感应电流变大,导体棒所受安培力也越来越大,所以其加速度越来越小,其加速度有可能在到达t2时刻之前已经减为零,所以之后其可能做匀速直线运动,故C正确;在t1~t3时间内,由
mg(t3?t1)sin?m2gRsin?动量定理可得mgsin?(t3?t1)?B0I??l(t3?t1)?m?v,可解得:q?,故D正?33B0lB0l确。 三、非选择题 22.(1) x?1?2?h??1?s(3分) (2) 0. 2(2分) 0.25(2分) ?21【解析】(1)由动能定理,对全过程有mgh??1mgcos??AD??2mg?x?0,即x?(2)对照图像，代入数值可知μ1=0.2，μ2=0.25
?2?h??1?s. ?29
23.(1)如图甲所示(2分) (2)如图乙所示(3分) (3) 0.15(在0.13~0.17之间均正确) (3分)
【解析】(1)电流表采用外接法;同时要求电压变化从零开始,故滑动变阻器采用分压式接法,如图甲所示
(2)实物连线如图乙所示。
(3)设小灯泡两端的电压为U ,流过的电流为I ,则由闭合电路欧姆定律得E?U?(I?U)(r?R2),整理并代R1入数值得U=2.25-7.5I或I?0.30?0.13~0. 17之间均给分)。
2U, I-U图线如图丙所示,交点即为工作点,代入数据得P =0.15W(在15
24. 4m/s，2m/s
【解析】设碰时A球与B球的速率分别为v1与v2,为完成反复运动,小球A和B各自碰前与碰后的速率应相等,即小球A碰后速度为-v1,小球B碰后速度为-v2,
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则有m1v1?m2v2??m1v1?m2v2 (2分) 得
m1v2? (1分) m2v1设小球A到达底面所需时间为t ,则有h?v1t?12gt (2分) 2小球A往返一次所需时间t1?2t?2(?v1?v1?2gh)/g (2分) 小球B往返一次需时t2?22v2 (1分) g按题意要求有t1= t2 (2分)
即?v1?v1?2gh?m1v1/m2 (2分) 解得：v1=4m/s, v2=2m/s ( 2分)
25.(1) v?2(2?3)qB0R2?m (2) (3)2R
mqB【解析】(1)如图甲所示,
当粒子在半圆外做圆周运动恰好与y轴相切时,此时粒子的速度为最小值,设带电粒子在磁场内做匀速圆周 运动的轨道半径为r,轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与x轴之间的夹角为θ, 由几何关系可知tan??r (1分) R2rsin2??r (1分)
两式联立可得:θ=15°, r=Rtan15° (1分)
v2又qvB0?m (1分)
r得v?rqB0(2?3)qB0R? ( 1分) mm
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