2022-2023学年四川省成都市高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年四川省成都市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.下列有关物理学史的叙述正确的是(

)A.安培发现了电流的磁效应 B.卢瑟福提出了原子核式结构模型

C.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在 D.汤姆孙最早测出了电子的电荷量2.如图，M、N两点分别固定两个等量异种点电荷，O点为M、N连线的中点，a、b两点关于O点对称，c点位于O点正上方。下列说法正确的是(

)A.a点场强等于b点场强

B.a点电势等于b点电势

C.c点场强大于O点场强

D.c点电势高于O点电势3.如图，一端连接电源的平行光滑导轨AB和CD水平放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面成θ夹角且垂直于导体棒MN指向右上方；导轨所在平面内的轻弹簧平行于导轨，一端连接MN，另一端连接固定挡板P。已知导轨宽度为L，MN中电流为I，MN垂直于导轨且与导轨接触良好。则MN受力平衡后，下列说法正确的是(

)A.弹簧处于拉伸状态 B.MN所受安培力大小为BIL

C.弹簧弹力大小为BILcosθ D.导轨对MN的支持力小于MN的重力4.近年来，广汉三星堆不断挖掘出重要文物，引起全球考古界的关注。考古学家们利用放射性元素 ​614C的半衰期可以确定文物的年代，其衰变方程为 6A.X核中的核子数是7个

B.升高温度可以加快 ​614C的衰变

C.100个 ​614C核经过2个半衰期后，还剩下5.某RC遥控竞速赛车电机的额定电压为7.5V，额定电流为2A，驱动赛车以15m/s的速度匀速行驶，若平均阻力为0.8N，则该电机的内阻为(

)A.0.25Ω

B.0.75Ω

C.1.5Ω

D.3.75Ω6.图(a)为某研究小组的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图(b)所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是(

)

A.仅调节线圈的匝数为原来2倍

B.仅调节线圈的面积为原来2倍

C.仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍

D.7.某小组用红光和紫光分别照射同一光电管探究光电效应，得到光电流I与光电管所加电压U的关系如图所示，下列说法正确的是(

)A.1光为红光，2光为紫光

B.1光的饱和光电流大于2光的饱和光电流

C.1光光子的能量大于2光光子的能量

D.1光的频率不变，增大光强，则遏止电压Uc1增大8.如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知AB/​/CD，AD=DC=CB=12AB=2m，φA=10V，φB=30V，φC=20V，一比荷为qm=0.6C/kg的带负电粒子由A.D点电势为零

B.场强方向由D指向B

C.该粒子到达C点时速度大小为21m/s

D.该粒子到达C点时速度方向与9.下列四种情况中，可以产生感应电流的有(

)

A.如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动

B.如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动

C.如图(c)，条形磁铁插入线圈的过程

D.如图(d)，小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间10.白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的关键一环，其远距离输电电路简化示意图如图所示，升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R为输电线路总电阻，则当用户端用电器增加时(

)

A.V1示数减小，A1示数增大 B.V2示数减小，A2示数增大

C.输电线上损失的功率减小 D.11.如图，∠ACB=30°，AC、BC为一足够大的匀强磁场区域的边界(边界无磁场)，内部磁感应强度方向垂直纸面向外。带等量异种电荷的粒子a、b先后以相同的速度，从BC边上的某点D垂直BC边射入磁场，两粒子恰好均从AC边射出。忽略粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是(

)A.a粒子带负电

B.a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1

C.a、b两粒子质量之比为1：3

D.a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：212.如图，导体框ABCD由竖直导轨AB、CD与5根长度均为L=1m的水平导体棒固定连接而成，导体棒间距均为ℎ=0.3m；导体框下方H=0.8m处存在着宽度也为ℎ=0.3m的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，方向垂直于导体框所在的竖直平面向外；每根导体棒的电阻均为4Ω，轨道AB、CD的电阻不计。静止释放导体框后，BC恰能匀速进入匀强磁场区域，运动过程中BC始终与磁场边界平行，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是(

)

A.导体框穿过磁场的过程中，BC中电流始终沿C到B方向

B.导体框质量为0.32kg

C.导体框穿过磁场的过程中，通过AD棒的电荷量为0.48C

D.导体框穿过磁场的过程中，AD棒产生的焦耳热为0.96J二、非选择题（52分）13.某同学将一铜片和一锌片分别插入一个柠檬内，制成了简易的水果电池。如图(a)所示，用该电池给一个额定电压为1.0V的小灯泡供电，结果发现小灯泡不亮，经检查，电路无误。为了分析原因，他又将一个电压表直接连在该电池两端，发现电压表示数约为0.8V。

(1)由此可见，灯泡不亮的主要原因是______。(填正确答案标号)

A.电池电动势过小

B.电池内阻过小

C.电池内阻过大

(2)该同学利用图(b)所示的实验电路测量该电池的电动势和内阻，图中电压表、毫安表量程适当，毫安表内阻为150Ω；利用测量得到的电压表及毫安表示数描绘出U−I图如图(c)所示。根据上述信息可以得到该电池的电动势E=______V(结果保留一位有效数字)，内阻r=______Ω(结果保留两位有效数字)。14.图(a)为某型号多用电表的表盘。图(b)为多用电表中欧姆表的部分原理图，其中电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，表盘中值刻度为15，表头G的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=100Ω；欧姆表的2个挡位分别为×10挡位、×100挡位。

(1)红表笔应该置于______插孔(填“A”或“B”)

(2)某同学要测量一个电阻的阻值(约为1000Ω)，实验步骤如下：

①选择开关拨于______(填“a”或“b”)，将红、黑表笔短接，进行欧姆表调零；

②测量电阻阻值时表盘指针位置如图(a)所示，则该电阻的阻值为______Ω。

(3)电阻R1=______Ω15.如图(a)所示，边长为a=80cm的正方形线圈放置于绝缘水平面上，线圈匝数n=100，总电阻R=5Ω.线圈中央一边长为b=50cm的正方形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示。求：

(1)0～3s内线圈中产生的感应电流I的大小和方向；

(2)0～3s内通过线圈横截面的电荷量q和线圈产生的焦耳热Q。16.如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成45°角斜向上的匀强电场中，场强大小E=2mgq。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上某点(图中未画出)静止释放后以水平速度v0=3gR经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求：

(1)小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小；

(2)小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间；17.如图，两足够长的绝缘挡板竖直相对放置，间距为8l，两挡板间以MN为水平分界线，上下分别分布着范围足够大的匀强磁场和匀强电场，O为MN中点，Q为ON中点，P为O点正下方与O相距1.5l的一点。匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自P点以大小为v0的速度水平向右发射，直接从Q点处射入磁场，经过磁场偏转后到达O，不计粒子的重力。

(1)求粒子射入磁场时的速度方向与ON夹角的正切值；

(2)求磁感应强度B的大小；

(3)若粒子自P点以大小为32v0的速度水平向右发射(粒子与挡板相碰无能量损失且电荷量保持不变)

①求粒子从P点发射到第一次与挡板相碰的时间；

②求粒子从P点发射到再次回到18.一定质量的理想气体，状态从a→b→c→a的变化过程可用图示p−T图描述，其中，ab平行于T轴，bc平行于p轴，ca的延长线过O点。下列说法正确的是(

)

A.从a到b，所有气体分子热运动的速率都增大

B.从a到b，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减小

C.从a到b，气体对外放热

D.从b到c，外界对气体做正功，气体向外放热

E.从c到a，气体体积不变，压强变小19.篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气体的气压调至p标=1.6×105Pa，才能让篮球发挥最佳性能。如图所示，某同学使用简易充气筒给篮球充气，该充气筒每次可以将压强p0=1.0×105Pa，体积V0=100cm3的空气打进篮球。已知篮球的容积V=7.6×103cm3，初始内部气压等于标准大气压p0=1.0×1020.一束复色光以入射角i从空气射入足够长的平行玻璃砖ABCD，经玻璃砖折射后分解为a和b两束单色光，部分光路图如图所示，下列说法正确的是(

)

A.a光与b光相比，a光在玻璃中的折射率更大

B.a光与b光相比，a光在玻璃中的传播速度更快

C.a光与b光分别进行双缝干涉实验，a光的条纹间距更窄

D.从CD界面射出的a光与b光相互平行

E.增大入射角i，a光在CD界面可能发生全反射21.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，x=0.96m左右两侧分别为介质I、介质Ⅱ，两种介质中的波速之比为v1：v2=2：1。已知t=0.09s时刻，x=0.12m的质点恰好出现第三次波峰。求：

(1)该简谐波在介质I中的波速大小；

(2)求x=1.26m处质点P第一次到达波谷的时刻。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；

B、卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故B正确；

C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误；

D、汤姆孙最早发现了电子，美国物理学家密立根测出了电子的电荷量，故D错误。

故选：B。

奥斯特发现了电流的磁效应；卢瑟福提出了原子的核式结构模型；赫兹用实验证实了电磁波的存在；密立根测出了电子的电荷量。

对中学阶段涉及到的物理学家，要能熟练记住他们的重要贡献。

2.【答案】A

【解析】解：A、根据等量异种点电荷电场特点可知，a点场强等于B点场强，故A正确；

B、电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于B点电势，故B错误；

C、根据等量异种点电荷电场特点可知，c点场强小于O点场强大小，故C错误；

D、c点和O点在同一等势面上，电势相等，故D错误。

故选：A。

根据等量异种点电荷电场特点判断电场强度的大小；沿电场线方向电势逐渐降低，同一等势面上电势相等。

本题考查等量异种点电荷电场特点，解题关键是知道等量异种点电荷电场特点。

3.【答案】B

【解析】解：AB、对导体棒受力分析，如图

由图可知，导体棒MN受到垂直于磁感应强度方向指向右下方的安培力F=BIL，竖直向上的支持力FN，竖直向下的重力mg，因为MN受力平衡，则MN还受到水平向左的弹力F弹，所以弹簧处于压缩状态，故A错误，B正确；

C、根据平衡条件，弹簧弹力大小为F弹=BILsinθ，故C错误；

D、根据平衡条件，FN=mg+Fcosθ，所以导轨对MN的支持力大于MN的重力，故D错误。

故选：B。4.【答案】D

【解析】解：A.根据质量数守恒可知，X的核子数：A=14−0=14个，X核中的质子数是7个，故A错误；

B.半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境和化学状态无关，故B错误；

C.半衰期具有统计规律，仅对大量的原子核适用，对于几个原子核不适用，故C错误；

D.根据β衰变的实质，可知 ​614C衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，故D正确；

故选：D。

根据质量数守恒分析A，半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，根据β衰变的实质分析D。5.【答案】B

【解析】解：该电机消耗的电功率为P=UI=7.5×2W=15W

其中机械功率为P机=fv=0.8×15W=12W

所以发热功率为P热=P−P机=15W−12W=3W

根据P热=I2R代入数据解得电机的内阻R=0.75Ω，故B6.【答案】A

【解析】解：由图像得，交流电电动势的峰值为Um=1102V

周期为T=0.02s

则频率为f=1T=10.02Hz=50Hz

交流电的峰值公式为Um=NBSω

“220V、50Hz”的交流电的峰值为Um′=2202V

A、若仅调节线圈的匝数为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的两倍，即为2202V，交流电的频率不变，为50Hz，可以产生“220V、50Hz”的交流电，故A正确；

B、若仅调节线圈的面积为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的2倍，即为220V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故B错误；

C、若仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍，则交流电的峰值变为原来的22倍，即为440V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故C错误；

7.【答案】C

【解析】解：ACD.根据爱因斯坦光电效应方程ℎν=W0+Ekm，根据动能定理eUc=Ekm，可知2光的频率小于1光的频率，2光的能量小于1光的能量，2光为红光，1光为紫光，且光强与遏止电压无关，故AD错误，C正确；

B.根据图像可知1光的饱和光电流小于2光的饱和光电流，故B8.【答案】C

【解析】解：B、φA=10V，φB=30V，匀强电场中U与d成正比，故可知AB的中点E的电势为20V，可知EC为等势线，连接EC，做EC的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由B指向D，故B错误；

A、F点如图所示，为CE和BD交点，由几何知识可知F为BD的中点，强电场中U与d成正比，有φB+φD=2φF=40V

可得φF=20V，φD=10V，故A错误；

C、由于AD为等势线，故电场强度方向垂直于AD，有几何知识知bd垂直于AD故电场强度方向B指向D，BD与AB夹角30°，故

电场强度的大小E=φB−φFBCcos30∘=30−202×32V/m=1033V/m

平行电场强度方向小球做匀速直线运动AD+CDsin30°=v0t

电场强度方向小球做匀加速直线运动AEsin60°=12×Eqm⋅t2

解得v9.【答案】CD

【解析】解：A、如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动，穿过闭合线圈的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故A错误；

B、如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，穿过含有导体棒的闭合电路的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故B错误；

C、如图(c)，把条形磁铁插入线圈的过程，使穿过线圈的磁通量增加，则在线圈中有感应电流产生，故C正确；

D、如图(d)，小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量从无到有，所以大螺线管中有感应电流产生，故D正确。

故选：CD。

根据产生感应电流的条件判断即可。

产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。

10.【答案】BD

【解析】解：A、用电器增加时，对发电机输出电压没有影响，理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则升压变压器副线圈电压不变，即电压表V1示数不变；用电器增加，用户功率增大，则降压变压器副线圈电流增大，理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，则降压变压器原线圈电流增大，电流表A1示数增大，故A错误；

B、输电线上电流增大，损失的电压增大，根据串并联规律得，降压变压器原线圈电压减小，则降压变压器副线圈电压减小，则V2示数减小，由A得，降压变压器副线圈电流增大，则电流表A2示数增大，故B正确；

C、输电线上损失的功率为P损=I2R

输电线上电流增大，则损失的功率增大，故C错误；

D、A1示数增大，V1示数不变，则V1示数与A11.【答案】AB

【解析】解：A.a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可分析a粒子带负电，故A正确；

B.根据题意作出粒子的运动轨迹如图：

根据几何关系可知△BDE为等边三角形，且

Ra=BE=BD

又因为

BC=2BE=2Ra

而

DC=2Ra−Ra=Ra

DC=2Rb+Rb=3Rb

可解得a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1，故B正确；

C.根据洛伦兹力提供向心力有

qvB=mv2R

解得a、b两粒子质量之比为3：1，故C错误；

D.由图可知a、b两粒子在磁场中运动的圆心角为60°、120°，根据t=θ360∘⋅12.【答案】BD

【解析】解：A、导体框穿过磁场的过程中，当BC棒在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿C到B方向；当BC棒离开磁场，上方任意一边在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿B到C方向，故A错误；

B、设BC棒刚进入磁场速度为v，则有2gH=v2，解得v=2gH=2×10×0.8=4m/s

BC棒进入磁场产生的电动势为E=BLv=2×1×4V=8V

整个导体框除了其中一边切割磁感线(相当于电源)，其余四边为并联关系，则电路总电阻为：

R总=R+R4=4+44Ω=5Ω

电路总电流为I=ER总=85A=1.6A

BC棒恰能匀速进入匀强磁场区域，根据受力平衡可得mg=BIL

解得导体框质量为m=BILg=2×1.6×110=0.32kg，故B正确；

C、由题意可知，当其中一边刚离开磁场时，同时上方的一边刚好进入磁场，则导体框穿过磁场的过程中，导体框一直做匀速直线运动，从BC棒刚进入磁场到AD棒刚要进入磁场过程，所用时间为：

t1=4ℎv=4×0.34s=0.3s

通过AD棒的电流为I1=I4=1.64A=0.4A

从AD棒进入磁场到离开磁场所用时间为t2=ℎv=0.313.【答案】C

0.9

7.5×10【解析】解：(1)灯泡不亮，电路无误，说明通过灯泡的电流过小，即灯泡两端的电压过小，产生这一现象的原因是水果电池的内阻过大。

故选：C。

(2)由闭合电路的欧姆定律可得

E=U+I

(r+rmA)

可得

U=E−I

(r+rmA)

可知U−I图像的纵截距为电池的电动势，则有

E=0.9V

U−I图像的斜率绝对值

k=(r+rmA)=|0−0.9(1.0−0)×10−3|Ω=900.0Ω

解得

r=7.5×102Ω14.【答案】B

a

1100

10

【解析】解：(1)电流从红表笔流入多用电表，黑表笔流出多用电表，可知红表笔应该置于B插孔；

(2)根据闭合电路欧姆定律可知，开关接a时，回路总电阻较大，由于欧姆挡中值电阻等于内阻，所以a是×100挡位，电阻的阻值约为1000Ω，应选择欧姆表的×100挡位，故选择开关拨于a；

电阻的阻值为R=11.0×100Ω=1100Ω

(3)开关拨a，为欧姆表的×100挡位，表盘半偏时内阻为1500Ω，根据闭合电路的欧姆定律有

ER=Ig+IgRgR1+R2

开关拨b，为欧姆表的×10挡位，表盘半偏时内阻为150Ω，根据闭合电路的欧姆定律有

ER′=Ig+Ig(Rg+R215.【答案】解：(1)线圈中竖直向下的磁通量减小，根据安培定则和楞次定律可以判断出线圈中的电流方向为顺时针方向。

由图b可知，磁感应强度的斜率为ΔBΔt=0.33T/s=0.1T/s

根据法拉第电磁感应定律可知产生的额感应电动势为E=nΔΦΔt

其中ΔΦ=ΔBS

S=b2=(0.5)2m2=0.25m2

根据欧姆定律可知I=ER

联立各式代入数据解得I=0.5A

(2)0～3s内通过线圈横截面的电荷量

q=It=0.5×3C=1.5C

线圈产生的焦耳热Q=I2【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可以得到电流的大小，根据楞次定律和安培定则可以判断方向；

(2)根据Q=I2Rt和q=It可以求得电荷量和焦耳热。16.【答案】解：(1)小球运动到圆弧轨道上B点时，由牛顿第二定律有：Eqsin45°+N−mg=mv02R

代入数据可得：N=3mg；

(2)小球从B点第一次到达D点过程，利用动能定理，则有：−mg×2R+Eq×2R×cos45°=12mvD2−12mv02

代入数据可得：vD=3gR

小球所受电场力竖直方向的分力Eqsin45°=2mgq×q×22=mg

所以小球离开D点后，小球所受合力为Eqcos45°=2mgq×q×22=mg，方向水平向右，

由牛顿第二定律有：mg=ma，可得a=g

所以小球离开D点后沿着水平方向向左做匀减速直线运动，速度减为零，然后反向做匀加速直线运动，

小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间t=2×vDg=2×3gRg=23Rg

(3)小球从D点返回到B点，由动能定理有：mg×2R−Eq×2R×cos45°=12mvB2−12mvD2

代入数据可得：vB=3gR

【解析】(1)小球在B点时，由牛顿第二定律可得支持力的大小；

(2)小球从D点离开圆弧轨道后，根据小球受到的合力与速度方向的关系，可知小球的运动特点，根据运动学公式可得小球第一次返回轨道所经历的时间；

(3)小球整个运动过程特点，从轨道某点释放，做匀加速运动到B点，沿着圆轨道从B点运动到D点，向左速度减为零，然后反向加速运动，再次回到D点，沿着轨道运动到B点，然后向左做匀减速运动，直到速度减为零，然后重复上述运动，利用动能定理可得向左运动最远的点到B和到D点的距离，做出向左最远点的等势线，根据沿着电场线的方向电势逐渐降低可知整个运动过程中小球电势能最大的位置离B点的距离。

本题考查了带电粒子在电场和重力场中的运动，解题的关键是分析出小球整个运动过程的特点。

17.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时的速度方向与ON夹角为α，位移与ON的夹角为θ，则有

tanα=2tanθ=2×1.5l2l=32

(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动，

设半径为r有

sinα=lr

联立求得

r=133l

根据

qvB=mv2r

由于

tanα=vyv0

v=v02+vy2=132v0

联立求得

B=3mv02ql

(3)①若粒子自P点以大小为32v0的速度水平向右发射，由于粒子在电场中竖直方向的距离及加速度不变，则粒子在电场中做类平抛运动的时间不变，可得粒子水平方向的位移为

x=32v0t=32×2l=3l

时间

t1=2lv0

则粒子进入磁场时速度方向与ON夹角α满足

tanα′=2tanθ′=2×1.5l3l=1

可知

α=45°

粒子在磁场中运动的时间为

t2=3T4=34⋅2πmqB=πlv0

粒子进入磁场中的速度大小为

v′=322v0

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为

r′=mv′qB=2l

由几何关系可知粒子在磁场中运动轨迹所对应的弦长为

L=2×r′=2l

即粒子从OQ中点处再次飞入电场，且速度方向与ON夹角为α，粒子进入电场后，速度大小与进入磁场时的速度大小相等，粒子竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由前面分析可知，当粒子竖直方向速度减为0时，此时水平方向的位移恰好为3l，粒子恰好第一次垂直打在N板上，该过程所用时间为

t3=t1=【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动轨迹以及勾股定理求解粒子发射位置到P点的距离；

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子出射点的边界条件，求出临界磁感应强度，进而求出磁感应强度的取值范围；

(3)根据从P点发射到第一次与挡板相碰，根据粒子的运动轨迹，然后由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的轨迹圆半径，再由几何关系求出从P点发射到第一次与挡板相碰的时间；根据粒子从P点发射到再次回到P点轨迹及运动情况，求出总时间。

本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，由几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。

18.【答案】BDE

【解析】解：A、从a到b，气体温度升高，气体分子的平均速度增大，并非所有气体分子热运动的速率都增大，故A错误；

B.由图示图象可知，a→b过程气体温度升高而压强不变，气体压强不变，气体分子对器壁单位面积的平均作用力不变，气体温度升高分子平均动能增大，则单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减少，故B正确；

C.从a到b，气体温度升高，气体内能增大，根据一定质量气体理想状态方程pVT=C，可知气体体积增大，气体对外做功，所以根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，其中ΔU>0，W<0，可知Q>0，故气体从外界吸热，故C错误；

D.从b到c，是等温升压过程，根据一定质量气体理想状态方程pVT=C，可知气体体积减小，外界对气体做正功(W>0)，内能不变(ΔU=0)，所以根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确；

E.从c到