辽宁省沈阳市二中2022届高三物理12月月考试题（含解析）新人教版

沈阳二中2022——2022学年度上学期12月份小班化学习成果阶段验收高三（15届）物理试题说明：1.测试时间：90分钟总分：100分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二选修3—1、3—4、3--5内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒、欧姆定律、楞次定律、光的干涉、狭义相对论、原子核衰变及半衰期、衰变速度、光电效应、裂变反应和聚变反应、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等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第Ⅰ卷（共40分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选得0分。)【题文】1．如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零。g取10m/s2，以下说法正确的是(　　)A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向右C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B4B3【答案解析】A解析：A、物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；B、撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a===8m/s2；合力方向向左，所以向左加速．故B错误；C、D、剪断弹簧的瞬间，弹簧对物块的拉力瞬间为零，此时物块所受的合力为20N向右，则物块的加速度a==10m/s2，故C、D错误；故选：A．【思路点拨】先分析撤去力F前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；【题文】2．如图所示，斜面倾角为45°，质量m=1kg的小球A从斜面底端正上方h=6m15处以v0=1m/s的初速度做平抛运动，同时小球B从斜面底端在外力作用下沿斜面向上做匀速直线运动，速度v=m/s，两小球都看做质点，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．两小球不能在斜面上相遇B．两小球一定可以在斜面上相遇C．小球A落在斜面上的速度为10m/sD．小球A落在斜面上时，重力的瞬时功率为10w【知识点】运动的合成和分解；平抛运动D2D1【答案解析】B解析：小球B从斜面底端在外力作用下沿斜面向上做匀速直线运动，速度v=m/s，此速度水平分量为1m/s，小球A从斜面底端正上方h=6m处以v0=1m/s的初速度做平抛运动，其水平分量为1m/s，所以两小球一定可以在斜面上相遇；在竖直方向上  v1tsinθ+gt2=h即 5t2+t-6=0得：t=1s（负解舍去） ，此时小球A竖直方向速度为10m/s，P=Fv,得重力的瞬时功率为20w，小球A落在斜面上的速度为=m/s，故ACD错误，B正确【思路点拨】解决本题的关键知道B做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移的关系进行求解．【题文】3．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是(　　)A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度是C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】A解析：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的15，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G=mg′，解得：M=，密度为：．故A正确．B、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．故B错误．C、由G=m，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=h．故D错误．故选：A．【思路点拨】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．【题文】4．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h。某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端。三种情况相比较，下列说法正确的是(　　)15A．物体损失的机械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEaB．物体到达底端的动能Eka＝2Ekb＝2EkcC．因摩擦产生的热量2Qa＝2Qb＝QcD．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc【知识点】功能关系；机械能守恒定律．E3E6【答案解析】C解析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμXcosθ，Xcosθ即为底边长度．A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Qa=Qb=Qc，所以损失的机械能△Ea=△Eb=△Ec故A错误．B、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH-mgμXcosθ=mv2-0，Eka=2mgh-mgμL，Ekb=mgh-mgμL，Ekc=mgh-mgμ•2L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：Ek1＞EK2＞Ek3，故B错误．C、克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以2Qa=2Qb=Qc，故C正确，D错误．故选：C．【思路点拨】损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．【题文】5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计(　　)15A．粒子在A、B间是做圆周运动B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C．匀强电场的电场强度E＝D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度I1I2E2【答案解析】D解析：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；B、由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B错误；C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E×R，所以E=，故C错误；D、圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U=ER=×R=U，故D正确；故选：D【思路点拨】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．【题文】6．如图所示的电路中，GMR为一个磁敏电阻，它的阻值随所处空间磁场的增强而增大，电源的内阻不可忽略。闭合开关S1和S2后，当滑片P向右滑动时，则(　　)A．L1、L2都变暗B．L1、L2都变亮15C．L1变暗，L2变亮D．L1变亮，L2变暗【知识点】楞次定律L1【答案解析】D解析：当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电压不变，所以电路中的电流减小，故灯泡L2变暗；由于电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，在其他因素不变时，电流越小，磁性越弱，所以电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻的阻值减小，因为磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大．由于磁敏电阻的减小，导致了其所在电路的电流变大．故灯泡L1变亮．故D正确，ABC错误；综上分析故选D．【思路点拨】根据滑片P的向右移动，明确电磁铁中电流的变化；然后根据电磁铁磁性的决定因素可以确定电磁铁磁性的变化；通过题意明确磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，根据电磁铁磁性的变化来确定磁敏电阻的变化情况，进而可以得到指示灯亮度变化．【题文】7．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是(　　)A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动【知识点】物理学史．P【答案解析】AB解析：A、焦耳发现了电流热效应的规律，故A正确；B、库仑总结了点电荷间相互作用的规律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误；故选：AB【思路点拨】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．【题文】8．如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是(　　)A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．C2A2【答案解析】BD解析：根据牛顿第二定律得，m的加速度a1==15-μg，M的加速度a2=，根据L=a1t2-a2t2．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选：BD．【思路点拨】根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．【题文】9．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两小球A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)(　　)A．由于电场力对球A和球B做功为0，故小球电势能总和始终不变B．由于两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大D．当小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，系统动能最大【知识点】机械能守恒定律；功能关系；电势能．E3E6I2【答案解析】CD解析：A、加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B、加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，两小球远离过程中，电场力做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大，故B错误；C、当弹簧长度达到最大值时，电场力做功最多，电势能减小最大，故系统机械能最大，故C正确；D、两小球远离过程，先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，故当电场力与弹力平衡时，加速度为零，动能最大，故D正确；故选CD．【思路点拨】加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，电场力做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大．【题文】10．如图所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的宽度为l。一个质量为m、边长也为l的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为v0，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I(不计空气阻力)。则(　　)15A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B．上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．L2L5【答案解析】AC解析：A、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+=ma，a=g+，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确．B、下降过程中，线框做加速运动，则有mg-=ma′，a′=g-，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；C、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；D、在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误．故选：AC．【思路点拨】解答本题应分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．根据安培力表达式FA=，分析线框克服安培力做功的关系．第Ⅱ卷（共60分）二、实验题（每空2分，共10分）【题文】11．用一个20分度的游标卡尺去测量一个电阻丝的厚度，结果发现游标卡尺的最后一条刻度线恰好与主尺的第27mm刻度线重合，则被测电阻丝的厚度为___cm。【知识点】游标卡尺的使用．A7【答案解析】0.800解析：20分度的游标卡尺游标尺的总长度为19mm15，游标尺的最后一根刻度线刚好与主尺的27mm刻度线对齐，此时乙物体的长度为27mm-19mm=8mm,即0.800cm．【思路点拨】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【题文】12．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.5kg)、细线、刻度尺、秒表。他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。请完成下列步骤。(1)实验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________；(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出________(选填“am′”或“a”)图线；(5)若求得图线的斜率k＝4m/(kg·s2)，截距b＝2m/s2，则沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________kg。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】a＝；“am′”；m1＝3kg，m2＝1.5kg解析：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=gt2，解得a=．（4、5）根据牛顿第二定律得：对m1及砝码：（m1+m′）g-T=（m1+m′）a对m2及砝码：T-（m2+m-m′）g=（m2+m-m′）a联立解得：a=g+．根据数学知识得知：作“a～m′”图线，图线的斜率k=，图线的截距b=将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg．【思路点拨】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．15三、计算题（本题共3小题，共36分。解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【题文】13．（10分）在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”。如图所示，假设某汽车以10m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡的高AB＝3m，长AC＝5m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝6m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5.(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小。(2)试分析此种情况下，行人是否有危险。【知识点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．E2C2A2【答案解析】（1）a1＝2m/s2（2）因x1－x2＝7m>6m，故行人有危险解析：(1)汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1……………………………（2分）由几何关系得sinθ＝，cosθ＝联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度a1＝2m/s2.……………（1分）(2)由匀变速直线运动规律可得v－v＝2a1xAC解得汽车到达坡底C时的速度vC＝m/s……………（1分）经历时间t1＝＝0.5s……………（1分）汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2得汽车的加速度大小a2＝μg＝5m/s2…（1分）汽车的速度减至v＝v人＝2m/s时发生的位移x1＝＝11.6m……………（1分）经历的时间t2＝＝1.8s……………（1分）人发生的位移x2＝v人(t1＋t2)＝4.6m……………（1分）因x1－x2＝7m>6m，故行人有危险．……………（1分）【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求出汽车在斜坡上滑下时的加速度．（2）根据速度位移公式求出汽车到达C点时的速度，根据牛顿第二定律求出汽车在水平面上的加速度，抓住汽车和人速度相等时，两者的位移关系判断是否相撞，从而确定行人是否有危险．【题文】14．（12分）如图所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：15(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。【知识点】机械能守恒定律；向心力；功能关系．E3D4E6【答案解析】（1）4m/s（2）8N.（3）0.8J解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝＝4m/s.（2分）(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝mv－mv……………（2分）在C点处，由牛顿第二定律有F－mg＝m……………（2分）解得F＝8N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N.（1分）(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝mv＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J.……………（5分）【思路点拨】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．【题文】15．(14分)如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q，板长L＝，两板带等量异种电荷，上极板带负电。在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场(图中未画出)，其左边界和下边界分别与MN、AA′重合(边界上有磁场)。现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出。已知A点与下极板右端的距离为d。不计带电粒子重力。求：(1)粒子从下极板边缘射出时的速度；(2)粒子从O运动到A经历的时间；(3)矩形有界磁场的最小面积。15【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动．I3【答案解析】（1）2v0（2）（32+π9）dv0（3）解析：（1）带电粒子在电场中平行极板方向匀速运动：33d=v0t竖直方向从静止开始做匀加速运动：12d=12vyt……………（1分）解得vy=3v0……………（1分）则粒子从下极板边缘射出时的速度为v=v20+v2y=2v0且与竖直方向成300角．（1分）（2）带电粒子在电场中运动的时间t1=33v0d…（1分）由几何关系可得r=d3……（2分）离开电场后先做匀速运动，匀速运动的时间t2=32v0r=36v0d……………（1分）然后进入磁场，在磁场中偏转1200到达A，t3=T3=2πr6v0=πd9v0……………（1分）所以带电粒子从O运动至A所用的总时间为t=t1+t2+t3=（32+π9）dv0……………（1分）（3）由轨迹示意图可知，磁场区域宽等于轨迹半径r，高等于32r，而r=d3所以矩形有界磁场的最小面积为S=r×32r=d26……………（4分）【思路点拨】（1）带电粒子做平抛运动，由运动的分解可得平行极板方向做匀速运动，垂直此方向做匀加速运动，根据运动学公式即可求解；（2）粒子做平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动，根据几何关系可得已知长度与运动轨迹的半径的表达式．再由轨迹对应的圆心角，从而求出所需要的时间；（3）从几何角度得出磁场的最小区域，再由面积公式即可求解．选考题：共14分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答【题文】16．【选修3-4】（14分）(1)下列说法正确的是(　　)A．麦克斯韦预言了电磁波，且首次用实验证实了电磁波的存在B．红外线是一种频率比紫外线还高的电磁波C．在干燥环境下，用塑料梳子梳理头发后，来回抖动梳子能产生电磁波15D．“和谐号”动车组高速行驶时，在地面上测得的其车厢长度明显变短(2)图为由某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a的等边三角形．现用一束宽度为a的单色平行光束以垂直于BC面的方向入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面。①求该材料对此平行光束的折射率。②这些到达BC面的光线从BC面射出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？【知识点】狭义相对论；物理学史光的折射定律．N4N1P【答案解析】（1）C（2）（1）该材料对此平行光束的折射率为；（2）当光屏到BC距离超过a时，光斑分为两块．解析：（1）A、麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在．赫兹用实验证实电磁波存在．故A错误；B、红外线是一种频率比紫外线还低的电磁波，故B错误；C、在干燥的环境中，用塑料梳子梳理头发后，摩擦起电，来回抖动梳子，形成变化的电流，产生变化的磁场，从而产生电磁波，故C正确；D、动车组高速行驶时，但速度远达不到光速，则不会出现沿车厢长度明显变短的现象，故D错误；故选：C．（2）（1）由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性不难得出，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α=60°，β=30°  由折射定律，材料折射率 n====（2）如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块．由几何关系可得：OD=a  所以当光屏到BC距离超过a时，光斑分为两块．【思路点拨】（1）15麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在．赫兹用实验证实电磁波存在．电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线．它们的波长越来越短，频率越来越高．变化的电场产生磁场，变化磁场产生电场，才能形成电磁波；速度接近光速或达到光速时，沿着速度方向长度明显变短；（2）（1）先据题意知从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面，说明从AB面进入三棱镜的折射光线与AC平行，画出光路图，根据对称性和几何关系得到入射角和折射角，即可求得折射率．（2）画出光路图，如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块，由几何知识求解．【题文】17．【选修3-5】（14分）(1)下列四幅图的有关说法中，正确的是(　　)　　A　　　　　　　B　　　　C　　　　　　　　　DA．若两球质量相等，碰后m2的速度最大值为vB．射线甲是粒子流，具有很强的穿透能力C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D．链式反应属于重核的裂变(2)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg.现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：①在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；②A、B滑上圆弧轨道的最大高度。【知识点】光电效应；动量守恒定律；重核的裂变．O1F2O2【答案解析】（1）ACD（2）50N.；0.45m.解析：（1）A、两球质量相等，若发生的碰撞为弹性碰撞，即动量守恒、能量守恒，可知两球的速度交换．若发生的碰撞为非弹性碰撞，则碰后m2的速度不为v．速度最大值为v，故A正确．B、根据左手定则，甲向左偏，知甲带负电．故B错误．C、光的颜色决定了光的频率，颜色相同，则频率相同，根据光电效应方程，知最大初动能相同，则遏止电压相等，入射光强度越大，饱和电流越大．故C正确．D、链式反应属于重核裂变．比如铀核裂变为链式反应．故D正确．故选ACD．（2）①设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft＝mAv′1－mA·(－v1)……………（2分）解得F＝50N.……………（1分）②设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv′1＝(mA＋mB)v……………（2分）A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh……………（2分）解得h＝0.45m.……………（1分）15【思路点拨】1、根据动量守恒定律和能量守恒定律判断碰后小球的速度；根据左手定则，通过洛伦兹力的方向判断粒子的电性；光的颜色决定了光的频率，通过图象得出饱和电流与入射光强度的关系；链式反应属于重核裂变．2、（1）A碰撞墙壁过程，应用动量定理可以求出作用力．（2）A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大高度．15