福建省福州三中高三物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省福州 三中高三（上）期末物理试卷一、选择题，共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列现象中，属于光的衍射现象的是（）a 通过一狭缝观察日光灯可看到彩色条纹b 日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹c 一束白光通过三棱镜形成彩色光带d 雨后天空出现彩虹2如图，粗糙的水平地面上有一倾角为的斜劈，斜劈上一光滑、质量为m的物块在沿斜面向上的恒力f作用下，以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则（）a 斜劈受到5力作用处于平衡状态b 斜劈受到地面摩擦力等于零c 斜劈受到地面摩擦力方向向左d 斜劈受到地面摩擦力大小与f大小有关3水平绳o端竖直方向做简谐运动，经t时间传播到p点，形成如图所示横波波形，已知o、p两点之间距离为s，则下列判断正确的是（）a 波长为1.5sb 波速为1.5c p点该时刻振动方向向上d 波源o开始振动方向是向下的4如图是一种理想自耦变压器的示意图线圈绕在一个圆环形的铁芯上，p是可移动的滑动触头ab间接交流电压u，输出端接通了两个相同的灯泡l1和l2，q为滑动变阻器的滑动触头当开关s闭合，p处于如图所示的位置时，两灯均能发光下列说法正确的是（）a p不动，将q向右移动，变压器的输入功率变大b p不动，将q向左移动，两灯均变暗c p、q都不动，断开开关s，l1将变暗d q不动，将p沿逆时针方向移动，变压器输入功率变大5如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力f将小球向下压至某位置静止现撤去f，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力和弹簧弹力对小球所做的功分别为w1、w2和w3，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（）a 小球与弹簧组成的系统机械能守恒b 小球的电势能一定减小mv2w1w3c 电场力功率一定是越来越大d 小球运动加速度大小一定是先减小后增大6如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为r的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（dl）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是（）a b c d 二、非选择题，（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题7如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器电源频率为50hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为abcd是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出从图中读出a、b两点间距s=；c点对应的速度是；匀变速直线运动的加速度a=8利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差应该选择的实验电路是图1中的 （选填“甲”或“乙”）现有电流表（00.6a）、开关和导线若干，以及以下器材：a电压表（015v）；b电压表（03v）；c滑动变阻器（050）；d滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用；滑动变阻器应选用（选填相应器材前的字母）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出ui图线序号123456电压u（v）1.451.401.301.251.201.10电流i（a）0.0600.1200.2400.2600.3600.480根据中所画图线可得出干电池的电动势e=v，内电阻r=实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u及干电池的输出功率p都会发生变化图3的各示意图中正确反映pu关系的是92013年6月，我国成功实现目标飞行器“神舟十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接如图所示，已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到实现对接用时t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为（此过程轨道不变，速度大小不变），地球半径为r，地球表面重力加速度为g，万有引力恒量g，不考虑地球自转；求：（1）地球质量m；（2）组合体运动的周期t；（3）组合体所在圆轨道离地高度h10如图甲所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻r=0.5，金属框放在表面绝缘的斜面aabb的顶端（金属框上边与aa重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边bb平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与bb重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数=0.5，斜面倾角=53取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）金属框下滑加速度a和进入磁场的速度v1；（2）金属框经过磁场时受到的安培力fa大小和产生的电热q；（3）匀强磁场的磁感应强度大小b11如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘n1、n2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为l，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调如图（b）；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为b带正电的粒子经电压为u的电场加速后沿水平方向射入n1，能通过n2的粒子经o点垂直进入磁场 o到感光板的距离为0.5d，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力 （1）若两狭缝平行且盘静止如图（c），粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点m上，求：加速电场的电压u和粒子在磁场中运动的时间t1；（2）若两狭缝夹角为0，n2盘以角速度0匀速转动，转动方向如图（b） 要使粒子穿过n1、n2，加速电压u的可能取值（3）若两狭缝夹角为0，n2盘匀速转动，转动方向如图（b）要使穿过n1、n2的粒子均打到感光板p1p2连线上，试分析盘转动角速度的取值范围（设通过n1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达n2）（二）选考题，请考生任选一模块作答【物理选修（3-3）】12用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（）a 体积减小，内能不变b 体积减小，压强减小c 对外界做负功，内能增大d 对外界做正功，压强减小13如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为l1，弹簧测力计示数为f1若在水银槽中缓慢地倒入水银，使槽内水银面升高，则管内外水银面高度差为l2，弹簧测力计示数为f2，则（）a l2=l1，f2=f1b l2l1，f2f1c l2l1，f2f1d l2l1，f2f1【物理选修（3-5）】1014秋福州校级期末）下列说法正确的是（）a 发现中子的核反应方程是be+hec+nb th经过4次衰变和6次衰变后成为稳定的原子核pbc 200个u的原子核经过两个半衰期后剩下50个ud u在中子轰击下生成sr和xe的过程中，原子核中的平均核子质量变大1014秋福州校级期末）如图所示，一个质量为m木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（）a 小木块和木箱最终都将静止b 木箱速度为零时，小木块速度为c 最终小木块速度为，方向向左d 木箱和小木块系统机械能最终损失mv022014-2015学年福建省福州三中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列现象中，属于光的衍射现象的是（）a 通过一狭缝观察日光灯可看到彩色条纹b 日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹c 一束白光通过三棱镜形成彩色光带d 雨后天空出现彩虹考点：光的衍射专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题分析：光的衍射是指光绕过障碍物传播的现象，只有当障碍物尺寸或缝宽与波长相差不大或小于波长时会明显发生，通过单缝时衍射条纹是中间亮纹最宽最亮，两次宽度和亮度都是逐渐递减解答：解：a、通过一个狭缝观察日光灯可以看到彩色条纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，而之所以看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故a正确；b、日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹是薄膜干涉现象，故b错误；c、一束白光通过三棱镜形成彩色光带属于光的折射现象，故c错误；d、雨后天空出现彩虹属于光的折射现象，故d错误；故选：a点评：掌握折射现象、干涉现象和衍射现象的本质的不同是顺利解决此类题目的关键2如图，粗糙的水平地面上有一倾角为的斜劈，斜劈上一光滑、质量为m的物块在沿斜面向上的恒力f作用下，以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则（）a 斜劈受到5力作用处于平衡状态b 斜劈受到地面摩擦力等于零c 斜劈受到地面摩擦力方向向左d 斜劈受到地面摩擦力大小与f大小有关考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对物体m受力分析，根据支持力的方向，结合牛顿第三定律，确定滑块对斜面体的压力方向，从而确定地面对m的静摩擦力方向；对整体受力分析后根据平衡条件列式求解支持力与重力，及拉力的关系解答：解：abc、对斜劈受力分析，受重力、压力、支持力与地面的静摩擦力，因处于平衡，根据牛顿第三定律，滑块对斜面的压力向右下方，故m相对地面的运动趋势向右，则斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故c正确；a、b错误；d、对斜劈进行受力分析，受到重力、支持力、m对斜劈的压力和地面的摩擦力，如图所示：根据共点力平衡条件，摩擦力的大小：f=f1sin=mgcossin可知斜劈受到地面摩擦力大小与f大小无关故d错误；故选：c点评：本题关键是采用隔离法和整体法受力分析，根据共点力平衡条件列式分析，不难3水平绳o端竖直方向做简谐运动，经t时间传播到p点，形成如图所示横波波形，已知o、p两点之间距离为s，则下列判断正确的是（）a 波长为1.5sb 波速为1.5c p点该时刻振动方向向上d 波源o开始振动方向是向下的考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：由波的传播过程可明确波长和波速；根据带动法可明确p点的振动方向；再由各点的起振方向可明确o点的方向解答：解：a、由图可知，op间距离为1.5，故=s；故a错误；b、由速度公式可知，波速v=；故b错误；c、由图可知，p点后方的点在p点上方，故p点向上振动；故c正确；d、o点的振动与p点的振动方向相同，故o点振动方向是向上的；故d错误；故选：c点评：本题考查波的形成与传播规律，要注意明确带动法的正确应用4如图是一种理想自耦变压器的示意图线圈绕在一个圆环形的铁芯上，p是可移动的滑动触头ab间接交流电压u，输出端接通了两个相同的灯泡l1和l2，q为滑动变阻器的滑动触头当开关s闭合，p处于如图所示的位置时，两灯均能发光下列说法正确的是（）a p不动，将q向右移动，变压器的输入功率变大b p不动，将q向左移动，两灯均变暗c p、q都不动，断开开关s，l1将变暗d q不动，将p沿逆时针方向移动，变压器输入功率变大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率分析：p移动改变了副线圈的匝数，q移动改变了负载的电阻，s断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各项解答：解：a、p不动，将q向右移动，负载电阻变大，电流变小，电压不变，变压器的输入功率变小，故a错误；b、p不动，将q向左移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮；故b错误；c、p、q都不动，副线圈电压不变，断开开关s，电阻增大，电流减小，r分压减小，l1将变亮，故c错误；d、q不动，将p沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，故d正确；故选：d点评：做好本题需要知道自耦变压器的变压原理，再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目5如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力f将小球向下压至某位置静止现撤去f，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力和弹簧弹力对小球所做的功分别为w1、w2和w3，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（）a 小球与弹簧组成的系统机械能守恒b 小球的电势能一定减小mv2w1w3c 电场力功率一定是越来越大d 小球运动加速度大小一定是先减小后增大考点：功能关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：据题意知：电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；弹簧对小球做的功等于弹性势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功根据功能关系进行分析解答：解：a、因为除重力和弹力做功外，电场力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故a错误；b、由动能定理可知，故电场力做功为，电势能减少量为，故b正确；c、d、若电场力大于重力，则两个力的合力向上，当小球向上运动时，加速度先减小后不变，速度一直增大，则电场力的功率越来越大；若电场力小于重力，则两个力的合力向下，当小球向上运动时，加速度先减小后反向增加，速度先增大后减小，则电场力的功率先增大后减小，故cd错误；故选：b点评：本题考查对功能关系的理解，并用来分析问题常见的几对功与能关系：重力做功与重力势能变化有关，电场力做功与电势能的变化有关，重力和弹簧弹力以外的力做功，等于系统机械能的变化量6如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为r的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（dl）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似解答：解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：e=blv 闭合电路欧姆定律，则感应电流为：安培力为：由牛顿第二定律为：f=ma 则有：由于v 减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此d正确，abc错误；故选：d点评：属于力与电综合题，并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而由牛顿第二定律来确定加速度如何变化二、非选择题，（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题7如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器电源频率为50hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02sabcd是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出从图中读出a、b两点间距s=0.70cm；c点对应的速度是0.10m/s；匀变速直线运动的加速度a=0.20m/s2考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；运动学与力学（一）分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）已知打点计时器电源频率为50hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，a、b两点间的距离s=1.70cm1.00cm=0.70cm；由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，故vc=0.10m/s根据x=at2可得：物体的加速度a=0.20m/s2故答案为：（1）0.02s，（2）0.70cm，0.10m/s，0.20 m/s2点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用8利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差应该选择的实验电路是图1中的甲 （选填“甲”或“乙”）现有电流表（00.6a）、开关和导线若干，以及以下器材：a电压表（015v）；b电压表（03v）；c滑动变阻器（050）；d滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用b；滑动变阻器应选用c（选填相应器材前的字母）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出ui图线序号123456电压u（v）1.451.401.301.251.201.10电流i（a）0.0600.1200.2400.2600.3600.480根据中所画图线可得出干电池的电动势e=1.5v，内电阻r=0.83实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u及干电池的输出功率p都会发生变化图3的各示意图中正确反映pu关系的是c考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）分析图示电路结构，然后答题；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）应用描点法作出图象；（4）根据电源的ui图象求出电源电动势与内阻；（5）求出电源输出功率表达式，然后答题解答：解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，电流表外接，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5v，则电压表应选b，为方便实验操作，滑动变阻器应选c；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的ui图象如图所示；（4）由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势e=1.5v，电源内阻：r=0.83；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为c 故答案为：（1）甲；（2）b；c；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）c点评：本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻92013年6月，我国成功实现目标飞行器“神舟十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接如图所示，已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到实现对接用时t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为（此过程轨道不变，速度大小不变），地球半径为r，地球表面重力加速度为g，万有引力恒量g，不考虑地球自转；求：（1）地球质量m；（2）组合体运动的周期t；（3）组合体所在圆轨道离地高度h考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，由此即可求出地球的质量；（2）t时间内组合体绕地球转过的角度为，结合先求出角速度，然后再求出周期即可（3）万有引力提供向心力，可以解得组合体离地面的高度解答：解：（1）因为在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：解得：（2）设组合体的角速度为，周期为t，则：t=（3）万有引力提供向心力，得：联立解得：h=答：（1）地球质量m是；（2）组合体运动的周期t是；（3）组合体所在圆轨道离地高度是点评：本题关键是要掌握万有引力提供向心力和在地球表面的物体受到的重力等于万有引力这两个关系，并且要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式10如图甲所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻r=0.5，金属框放在表面绝缘的斜面aabb的顶端（金属框上边与aa重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边bb平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与bb重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数=0.5，斜面倾角=53取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）金属框下滑加速度a和进入磁场的速度v1；（2）金属框经过磁场时受到的安培力fa大小和产生的电热q；（3）匀强磁场的磁感应强度大小b考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）对线框在磁场上方运动过程进行分析，明确下落位移，再由牛顿第二定律求得加速度，由运动学公式可求得速度；（2）对于线框在磁场中的运动过程分析，根据功能关系可求得安培力所做的功及产生的热量；（3）根据e=blv及欧姆定律及安培力公式联立可求得磁感应强度解答：解：（1）在金属框开始下落下滑阶段，由图可得：x1=0.9m；由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma解得：a=gsingcos=10（0.80.50.6）=5m/s2；由运动学公式可得：v12=2ax1解得：v1=3m/s；（2）由图可知，金属框穿过磁场的整个过程中做匀速直线运动；l=d=0.5m；线框通过磁场时，线框做匀速直线运动，线框受力平衡由平衡条件可得：mgsinmgcosfa=0解得；fa=5n；安培力做功wa=fa（l+d）=51=5j；根据能量关系可知，q=wa=5j；（3）由安培力公式得：fa=bil由导体切割磁感线规律可知：e=blv1由闭合电路欧姆定律可知：i=；联立解得：b=答：（1）金属框下滑加速度a为5m/s2；和进入磁场的速度v1为3m/s（2）金属框经过磁场时受到的安培力fa大小为5n；产生的电热q为5j；（3）匀强磁场的磁感应强度大小b为点评：解决本题的关键读懂图象，知道金属框先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，再做匀加速直线运动，且磁场的宽度等于金属框的边长11如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘n1、n2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为l，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调如图（b）；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为b带正电的粒子经电压为u的电场加速后沿水平方向射入n1，能通过n2的粒子经o点垂直进入磁场 o到感光板的距离为0.5d，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力 （1）若两狭缝平行且盘静止如图（c），粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点m上，求：加速电场的电压u和粒子在磁场中运动的时间t1；（2）若两狭缝夹角为0，n2盘以角速度0匀速转动，转动方向如图（b） 要使粒子穿过n1、n2，加速电压u的可能取值（3）若两狭缝夹角为0，n2盘匀速转动，转动方向如图（b）要使穿过n1、n2的粒子均打到感光板p1p2连线上，试分析盘转动角速度的取值范围（设通过n1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达n2）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）竖直向下打在感光板中心点m上，则其轨道对应的圆心角为，根据由几何关系即可求得粒子运动的半径；由动能定理求加速的电压根据圆心角与周期的关系即可求得粒子运动的时间（2）粒子在水平方向做匀速直线运动，由t=求出粒子通过两窄缝的时间，在该时间内，n2盘转过的角度为=0t，要使粒子穿过n1、n2，应满足：=0+2k，（k=0，1，2，3，），再结合上题的结果求解电压u的取值（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力，求解临界速度，进而求解角速度的范围解答：解：（1）设打在m点上的粒子在磁场中运动的半径为r1，速度为v1，在磁场中运动的时间为t1由题得 r1=d 由牛顿第二定律：bqv1=m 由动能定理得：qu1= 由得：u1= 匀速圆周运动周期：t= 粒子在磁场中运动时间：t1= （2）粒子通过两窄缝的时间为 t= 这段时间内，n2盘转过的角度为，则 =0t= 要使粒子穿过n1、n2的双窄缝，应满足：=0+2k，（k=0，1，2，3，） 由解得：u= （10）（3）如图所示，设粒子运动临界半径分别为r2和r3，对应的速度分别为v2和v3则 r2=d （11）= （12）解得 r3=1.25d （13）解得 v2=，v3= （14）依题意得：通过双窄缝的角速度= （15）粒子要打在感光板上，要满足的条件是： （16）答：（1）加速电场的电压u是，粒子在磁场中运动的时间t1是（2）要使粒子穿过n1、n2，加速电压u的可能取值为：u=，（k=0，1，2，3，）（3）盘转动角速度的取值范围为点评：带点粒子在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，运用几何知识求解轨迹半径（二）选考题，请考生任选一模块作答【物理选修（3-3）】12用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（）a 体积减小，内能不变b 体积减小，压强减小c 对外界做负功，内能增大d 对外界做正功，压强减小考点：热力学第一定律；封闭气体压强分析：充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化解答：解：a、充气袋四周被挤压时，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知气体的内能增大故a错误；b、气体的内能增大，温度升高，根据气体方程=c可知，气体的压强必定增大，故b错误；c、d、气体的体积减小，气体对外界做负功，内能增大，故c正确，d错误故选：c点评：对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功13如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为l1，弹簧测力计示数为f1若在水银槽中缓慢地倒入水银，使槽内水银面升高，则管内外水银面高度差为l2，弹簧测力计示数为f2，则（）a l2=l1，f2=f1b l2l1，f2f1c l2l1，f2f1d l2l1，f2f1考点：封闭气体压强；理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：（1）在本实验中，玻璃管内水银柱的高度l主要受内外压强差的影响，管内封闭部分气体压强改变，水银柱的高度就会随之改变；（2）在不计玻璃管的重力和浮力的情况下，拉力f要克服的是水银柱的重力，因此，只要水银柱的重力改变，f的大小也就会改变解答：解：（1）因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压=玻璃管中水银柱产生的压强+封闭空气的压强，大气压不变的情况下，在水银槽中缓慢地倒入水银，封闭空气的体积变小，压强变大，同时水银柱的高度h也会适当减小，故l2l1；（2）若不计玻璃管的重力和浮力，向上的拉力f与水银柱的重力相平衡，而水银柱的高度h变小，所以水银