【名师解析】湖北武汉市十一中2015届高三高考物理模拟试卷(十一)

1、【名师解析】湖北武汉市十一中2015届高三高考物理模拟试卷（十一）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分其中15为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；68为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（） A 伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律 B 牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月地检验” C 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律

2、 D 安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律，但没有发现行星运动的规律，开普勒发现了行星运动的规律，故A错误B、卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，牛顿进行了著名的“月地检验”，故B错误C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、安培提出了分子电流假说，研究磁场与电流的相互作用，故D正确故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意积累

3、2（6分）1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600km的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行已知地球半径为6.4×106m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期以下数据中最接近其运行周期的是（） A 0.6小时 B 1.6小时 C 4.0小时 D 24小时【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 压轴题【分析】： 哈勃天文望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据哈勃天文望远镜的万有引力等于向心力和地球表面重力加速度公式，列出两式联立求解出周

4、期表达式，再代入进行计算；也可以将哈勃天文望远镜与同步卫星的周期直接比较求解；还可以运用开普勒第三定律求解【解析】： 解：哈勃天文望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向因而G=m（）2r解得 T=2故T哈：T同=2：2T哈=T同1.6h故选B【点评】： 本题关键根据万有引力提供向心力，求出周期的表达式，再进行比较求解3（6分）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止则（） A B对A的压力大小为mg B 细线对小球的拉力大小为m

5、g C A对地面的压力大小为（M+m）g D 地面对A的摩擦力大小为mg【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析CD选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析AB选项【解析】： 解：A、对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtan其中cos=，tan=故：F=mg，T=mg故AB错误；C、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是

6、相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故C正确，D错误；故选：C【点评】： 本题关键是采用整体法和隔离法，受力分析后根据平衡条件列式分析4（6分）从地面竖直上抛一物体a的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体b开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h时，速率都为v（两物体不会相碰），则下列说法正确的是（） A H=2h B 物体a竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍 C 物体a、b在空中运动的时间相等 D 两物体落地前各自的机械能守恒且两者的机械能相等【考点】： 机械能守恒定律；竖直上抛运动【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 竖直上抛运动看成向

7、上的加速度为g的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解【解析】： 解：A、根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB=，A竖直上抛物体在空中运动时间tA=2×，相遇时刻后B物体的运动可以看作是A物体之前运动的逆过程，自由落体运动的第1T与第2T的位移之比为1：3，故两物体在到达的同一高度一定是物体B开始下落时高度的故AC错误B、设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题gt=v0gt=v 解得v0=2v，与b落地时，速度相当，故B错误；D、两物体在

8、运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，物体A能上升的最大高度hA=，B开始下落的高度hB=，显然两者相等，所以两者的机械能相等，故D正确故选：D【点评】： 本题涉及两个物体运动的问题，关键要分析两物体运动的关系，也可以根据竖直上抛运动的对称性理解5（6分）如图所示是放置于水平地面上的简易滑梯示意图，一小孩从滑梯斜面顶点A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零（B点为AC的中点），整个过程中滑梯保持静止状态假设该小孩在AB段和BC段滑动时与斜面间的动摩擦因数分别为1和2，斜面倾角为，则（） A 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于该小孩和滑梯的总重力，地面

9、对滑梯始终无摩擦力作用 B 动摩擦因数满足1+2=2 tan C 该小孩在AB和BC两段运动的时间相等，平均速度也相等 D AB段与BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 功率的计算专题【分析】： 小孩在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小孩和滑梯整体为研究对象，将小孩的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；根据动能定理求解1+2；根据=知两段的平均速度的关系；由W=fs和知平均功率大小关系【解析】： 解

10、：小孩在AB段做匀加速直线运动，将小孩的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小孩有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左故A错误B、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sin=，小孩在B点的速度为v小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：1mgLcos+mgh=mv20小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：2mgL

11、cos+mgh=0mv2.联立代入数据得：1+2=2tan，故B正确C、A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零，根据=知两段的平均速度相等，因为距离相同，故时间也相同，故C正确；D、因为动摩擦因数不一样，故摩擦力不一样，所以W=fs不同，时间相同，根据知平均功率不同，故D错误；故选：BC【点评】： 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题解答时也可以根据动能定理求解，难度适中6（6分）如图所示电路中，滑片P位于滑动变阻器R2正中间，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表当滑动变阻器R2的滑片P滑动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判

12、断正确的是（） A P向a端滑动的过程中，V1的示数逐渐增大、V2的示数逐渐减小 B P向a端滑动的过程中，R2消耗的功率一定逐渐减小 C P向b端滑动的过程中，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值 D P向b端滑动的过程中，V2示数改变量与流过R2的电流改变量的比值保持不变【考点】： 闭合电路的欧姆定律【分析】： 由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解析】： 解：由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；A、若p向a端移动，则滑动变阻器接入电阻减

13、小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，R1两端的电压增大；路端电压减小，故R2两端的电压减小，故A正确；B、当R2=R1+r时，R2消耗的功率最大，由于不知道三个电阻之间的关系，所以不能判断R2消耗的功率的变化情况，故B错误；C、若p向b端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，V1减小，由于内电压减小，故路端电压增大，而V1减小，V2必然增大，且增大量一定大于V1的减小量，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EI（r+R1），所以V2示数改变量与流过R2的电流改变量的比值，不变，故D正确故选：ACD【点评】： 闭合电路欧姆定律的动态分析类

14、题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质7（6分）如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场（环形区域的宽度非常小）质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入AB之间时，A板电势升高到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速每当粒子离开B板时，A板电势又降为零粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R不变已知极板间距远

15、小于R，则下列说法正确的是（） A 环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里 B 粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU C 粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化周期不变 D 粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： A、根据左手定则判断；B、功能动能定理列式判断；C、根据T=判断；D、根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解【解析】： 解：A、正电荷在AB之间是加速，故是顺时针转动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直向外，故A错误；B、粒

16、子在电场中加速，根据动能定理，有En=NqU，故B正确；C、粒子在加速，根据T=，周期要递减，故C错误；D、由动能定理知 NqU=mvn2；得到vn=；由牛顿第二定律，则有：m=qvnBn解得：Bn=，以vn结果代入，得B=；故D正确；故选：BD【点评】： 考察动能定理，牛顿第二定律的应用，掌握线速度与周期的关系，理解粒子在电场中加速的原理8（6分）正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏 MD为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q

17、、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在 M 屏上在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（） A 质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同 B 板间电场强度大小为 C 若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上 D 若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电容【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开

18、出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强【解析】： 解：A、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速

19、度变化量方向相反故A错误B、质点的轨迹如图虚线所示，设质点在板间运动的过程中加速度大小为a，则有质点离开电场时竖直分速度大小为 vy=at1=质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则 vy=gt2=g联立解得 E=，故B错误C、若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C正确D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=知U不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，

20、电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D正确故选：CD【点评】： 本题关键抓住两个运动轨迹的特点，巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况要知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9（5分）如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，上轨道可上下平移，在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各

21、安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动离开圆弧轨道后，A球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，则：（1）B球进入水平轨道后将做匀速（直线）运动；改变上轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A球正好砸在B球上，由此现象可以得出的结论是：A球（或平抛运动）的水平分运动是匀速直线运动（2）某次实验恰按图示位置释放两个小球，两个小球相碰的位置在水平轨道上的P点处，已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为9cm，则可计算出A球刚达P点时的速度大小为4.5m/s（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）【考点】：

22、 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题【分析】： （1）实验中，小球A做平抛运动，B球做匀速运动，若两小球相碰，则说明平抛运动水平方向是匀速运动（2）根据平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，或者根据平抛过程中机械能守恒正确解答【解析】： 解：（1）让两小球从相同的弧形轨道上相同高度滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度小球A做平抛运动，小球B做匀速直线运动，当两小球相遇时则说明小球平抛运动水平方向是匀速直线运动当同时改变两小球滚下的高度时，仍能相碰，则说明平抛运动水平方向总是匀速直线运动（2）物体平抛运动因此有：竖直方向：h=9L=gt2，vy=gt水平方向：9L

23、=v0tA到达p点的速度为：v=将L=9cm=0.09m代入，解得：v=4.5m/s故答案为：（1）匀速（直线），A球（或平抛运动）的水平分运动是匀速直线运动；（2）4.5【点评】： 明确平抛运动特点，熟练掌握平抛运动规律，并能正确应用规律来解答问题10（10分）实际电流表有内阻，测量电流表G1的内阻r1采用如图甲所示的电路可供选择的器材如下：待测电流表G1：量程为05mA，内阻约为300 电流表G2：量程为010mA，内阻约为40定值电阻R1：阻值为10 定值电阻R2：阻值为200滑动变阻器R3：阻值范围为01000 滑动变阻器R4：阻值范围为020干电池E：电动势约为1.5V，内阻很小 电

24、键S及导线若干（1）定值电阻R0应选，滑动变阻器R应选（在空格内填写序号）（2）实验步骤如下：按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端）闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2；多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2；以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图乙所示根据I1I2图线的斜率k及定值电阻R0，得到待测电流表G1的内阻表达式为r1=（用k、R0表示）（3）若测定G1表的内阻r1为290，用它改装成如图丙的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程（或分度值）不同的档位1、2两个档位为电流表档位，其中

25、的大量程是小量程的10倍关于此多用表，下列说法正确的是：ABDA当转换开关S旋到位置4时，是电阻档 B当转换开关S旋到位置6时，是电压档C转换开关S旋到5的量程比旋到6的量程大 DA表笔为红表笔，B表笔为黑表笔图中的电源 E的电动势为9.0V，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接900电阻时，表头G1刚好半偏已知之前的操作顺序和步骤都正确无误则R5=29，R6=261【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 本题（1）第一空的关键是根据待测电流表量程大约是已知电流表量程的一半，再根据并联电阻具有分流作用即可求解；第二空根据变阻器采用分压式接法时阻值越小调节越方便即可求解；题（2）

26、根据欧姆定律列出两电流表读数的关系式，再整理出与的函数表达式即可求解；题（3）根据多用电表的工作原理可知，当与内部电池箱连接时就是欧姆表，当不与内部电池相连当电流表与定值电阻串联上就是电压表，与定值电阻并联时就是电流表，尤其是明确黑表笔应与内部电池的正极相连红表笔应与内部电池的负极相连；题的关键是首先根据欧姆定律列出满足两电流挡关系的表达式，再根据闭合电路欧姆定律列出调零和接入待测电阻时的表达式，然后联立求解即可【解析】： 解：（1）由于待测电流表量程远小于电流表的量程，根据欧姆定律可知应将与待测电流表内阻接近的定值电阻并联才行，所以定值电阻应选；由于变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻应选

27、调节越方便，所以应选择阻值小的变阻器；（2）根据欧姆定律应有=，变形为=，所以应有k=，解得=；（3）A、根据多用电表的工作原理可知，转换开关S接4时与内部电池相连接，应是欧姆表即是电阻档，所以A正确；B、当转换开关S接6时，与内部电池断开，但与表头外部的定值电阻串联，应是电压挡，所以B正确；C、根据串联电阻的分压规律可知，转换开关旋到5的量程应比旋到6的量程小，所以C错误；D、根据通过电流表的电流方向与指针偏转方向的关系可知，红表笔应与欧姆表内部电池的负极相连，黑表笔应与内部电池的正极相连，所以A表笔应是红表笔，B应是黑表笔，即D正确；故选ABD；当考虑1、2两个电流挡位时，根据欧姆定律应有

28、：=10根据欧姆表的改装原理可知，调零时应有=在A、B间接电阻时应有：=+联立并代入数据解得=29，=261故答案为：（1），；（2）得；（3）ABD；29，261【点评】： 应明确：当电流表的量程较小时，应考虑将电流表与分流电阻并联以扩大量程；涉及到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律列出关系式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率、截距的概念求解即可；从欧姆表的改装原理可知，黑表笔应与表内电池的正极相连，但黑表笔应插入“”插孔11（14分）现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成物品从A处无初

29、速、等时间间隔地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱已知A、B的距离L=9.0m，物品在转盘上与转轴O的距离R=3.0m、与传送带间的动摩擦因数1=0.25，传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v=3.0m/s，取g=10m/s2问：（1）物品从A处运动到B处的时间t；（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数2至少为多大？（3）若物品的质量为0.5kg，每输送一个物品从A到C，该流水线为此至少多做多少功？【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】：

30、 动能定理的应用专题【分析】： （1）物品放在传送带上，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出此过程的位移，与传送带长度比较，分析有无匀速直线运动过程再求出运动时间（2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品恰好要滑动时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数2的最小值（3）先求出在传送带上因为传送物品需要做的功【解析】： 解：（1）设物品质量为m，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1 由 1mg=ma v2=2as 得 s1=1.8mL之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动匀加速运动的时间 t1=1.2 st2=2.4 s所以t=

31、t1+t2=3.6s（2）物品在转盘上所受静摩擦力提供向心力，2最小时达最大静摩擦力，有：2mg=m得 2=0.3（3）在传送带上因为传送物品需要做的功为：W=mv2+1mg（vt1x）=4.5 J答：（1）物品从A处运动到B处的时间t为3.6 s；（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数2至少为0.3；（3）该流水线为此至少多做功为4.5J【点评】： 本题是多过程问题，采用程序法分析对于传送带问题，关键在于分析物体的受力情况和运动情况对于圆周运动问题，关键在于分析向心力的来源12（18分）真空中有如图所示矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度为4

32、h，其中上半部分有磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有竖直向下的匀强电场，x轴恰为水平分界线，正中心恰为坐标原点O在x=2.5h处有一与x轴垂直的足够大的光屏（图中未画出）质量为m、电荷量为q的带负电粒子源源不断地从下边界中点P由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中粒子间的相互作用和粒子重力均不计（1）若粒子在磁场中恰好不从上边界射出，求加速电场的场强E；（2）若加速电场的场强E为（1）中所求E的4倍，求粒子离开磁场区域处的坐标值；（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E多大？粒子在电场和磁场中运动的总时间多大？【考点

33、】： 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）根据动能定理求得经电场加速后粒子的速度，由几何关系知粒子恰好不从上边界飞出说明粒子在磁场中圆周运动的半径刚好等于磁场的宽度h，根据半径公式求解即可；（2）根据动能定理和半径公式计算出粒子圆周运动的半径，再由几何关系确定粒子离开磁场区域处的坐标值即可；（3）粒子打在屏上的位置始终不变，说明粒子打在屏上时的速度方向与x轴平行，根据粒子运动可能轨迹确定加速电场的大小及粒子在电场和磁场中运动的总时间即可注意粒子圆周运动的周期性【解析】： 解：（1）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有

34、进入匀强磁场后做匀速圆周运动有要求粒子在磁场中恰好不从上边界射出，则有：r=h故可解得E=（2）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由得：r2=2h则粒子从O点进入后运动了圆心角为即离开磁场由几何关系可得：即 =30°离开磁场处：y=hx=r2r2cos30°=即离开磁场处的坐标为：（3）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：由“将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变”，知离开磁场时粒子速度方向必平行于x轴，沿+x方向故：进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径为：（n=1，2，3，4）又解得E=（n=1，2，3，4，）从O点进入

35、磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是v，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出带电粒子在磁场中运动总时间（n=1，2，3，4）带电粒子在电场中运动总时间=（n=1，2，3，4）带电粒子在电磁场中运动总时间=（n=1，2，3，4）答：（1）若粒子在磁场中恰好不从上边界射出，加速电场的场强E为；（2）若加速电场的场强E为（1）中所求E的4倍，粒子离开磁场区域处的坐标值为；（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E为（n=1，2，3，4，）粒子在电场和磁场中运动的总时间为（n=1，2，3，4）【点评】： 解决本题的关键是掌握带电粒子在加速

36、电场中的运动及由动能定理求得经加速电场后的速度，粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做圆周运动，要考虑到由条件作出粒子运动轨迹，由轨迹确定粒子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解，要注意圆周运动的周期性二.选考题：共45分请考生从给出的3道物理题任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-5：（15分）13（6分）下列说法正确的是（） A 太阳辐射的能量来自太阳内部聚变时释放的核能，不断的核聚变，使太阳的质量会不断减小 B 原子核发生衰变后，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4 C 若使放射性物质的温度升高，压强增大，其半衰期可能变小 D 已知氢原子的基态能量为E1=13.6eV，一个处于基态的氢原子吸收了一个14 eV的光子后会被电离 E 已知氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，它们分别是从 n 为 3、4、5、6 的能级直接向n=2能级跃迁时产生的，其中有两条紫色、一条红色、一条蓝色则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时，产生