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2024-2025学年广东省广州市华兴教育港澳台班高三（下）第三次月考物理试卷
一、单选题：本大题共13小题，共52分。
1.秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆核电站。在一次核反应中一个中子轰击变成和若干个中子。已知的比结合能分别为，，，则( )
A. 该核反应方程为
B. 要发生该核反应需要吸收能量
C. 比更稳定
D. 该核反应中质量增加
2.如图所示为一定质量理想气体在状态变化过程中压强随体积的变化图象，气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，最后经等温过程返回到状态下列说法正确的是( )
A. A到B过程气体温度保持不变
B. B到C过程气体内能可能不变
C. C到A过程气体吸收热量
D. 全过程气体放热大于吸热
3.地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径之比：：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法正确的是( )
A. 行星绕太阳做圆周运动的周期为 4年
B. 地球和行星的线速度大小之比为1：2
C. 由图示位置开始计时，至少再经过年，地球位于太阳和行星连线之间
D. 地球和行星分别与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等
4.如图所示，实验中分别用波长为，的单色光照射光电管的阴极K，测得相应的遏止电压分别为和，设电子的质量为m，带电荷量为e，真空中的光速为c，下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 根据描述条件无法算出阴极K金属的极限频率
C. 用照射时，光电子的最大初动能为
D. 入射光的波长与光电子的最大初动能成正比
5.将一根柔软弹性细绳沿水平的x轴放置，其一端固定于位置为的墙面上，另一端不断上下振动，在绳中形成绳波如图，在时刻的质点刚好开始振动。当波传至固定点时，绳波将发生反射。反射处质点在反射前后的振动速度大小不变方向反向，波的传播方向也反向。则下列各个时刻细绳的波形图实线正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动的距离很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A. 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为
B. 要使纸板相对砝码运动，F一定大于
C. 若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D. 当时，砝码恰好到达桌面边缘
7.如图所示是一种可测定竖直加速度方向的装置，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，滑动头可以无摩擦滑动，该装置在地面上静止时滑动头在变阻器的中间位置，现把它置于竖直电梯内。下列说法中正确的是( )
A. 电梯具有向上的加速度时，电压表示数减小
B. 电梯具有向上的加速度时，电流表示数增大
C. 电梯具有向下的加速度时，电压表示数与电流表示数的比值不变
D. 电梯具有向下的加速度时，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值不变
8.如图所示的电路中，理想变压器原线圈输入端a，b接的交变电压，原副线圈匝数比：：3。副线圈接有电阻箱R，定值电阻，，阻值恒为，额定电压为30V的灯泡L。为使灯泡正常工作，电阻箱R接入电路的电阻为( )
A. B. C. D.
9.如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量。质量的小铁块B以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A. 3J B. 4J C. 6J D. 8J
10.如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
11.焦距为的凸透镜与焦距为的凹透镜的主光轴重合，光心间为15cm。平行于主光轴的一束平行光通过两透镜后得到一束宽度为d的平行光束，如图所示；若将两透镜位置互换，将得到一束宽度为4d的平行光束，如图所示。则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
12.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为，上、下极板开有一小孔，四个质量均为、带电荷量均为的带电小球，其间用长为的绝缘轻轩相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零，以下说法正确的是( )
A. 当最上端的小球进入平行板电容器前，小球一直做加速度减小的加速运动
B. 最下端的小球在两平行板之间的运动过程，系统的电势能先增加后减小
C. 两极板间的电压为500V
D. 从释放到速度减为零的过程中，小球最大速度约为
13.如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈，在时刻线圈由静止释放，经时间t速度变为v，假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈导线单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 在t时刻线圈的加速度大小为
B. 时间内通过线圈的电荷量为
C. 时间内线圈下落高度为
D. 线圈下落过程中，通过线圈的磁通量始终为零
二、实验题：本大题共2小题，共24分。
14.在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学作了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。
关于该实验的操作，下列说法正确的是______。
A.必须用天平测出砂和砂桶的质量
B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C.应当先释放小车，再接通电源
D.需要改变砂和沙桶的总质量，打出多条纸带
实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______。计算结果保留三位有效数字由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车与轨道的滑动摩擦力______ N。
15.某兴趣小组设计如图甲所示电路来测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻R的阻值均为。要通过改变R的个数得到不同的电压，实验步骤如下：
①闭合开关S和，记录电压表的示数为；
②闭合开关S和，记录电压表的示数为；
③闭合开关S和，记录电压表的示数为；
④闭合开关S，和，记录电压表的示数为；
⑤闭合开关S，和，记录电压表的示数为；
⑥同时闭合，，和，记录电压表的示数为；
⑦建立坐标系，以电压表读数的倒数为纵坐标，接入电路中定值电阻的个数为横坐标；
⑧逐个描点，得到如图乙所示的图形。
回答下列问题：
用E和r表示电源的电动势和内阻，则与n的关系式为______用各物理量的符号表示；
根据图乙求得电源电动势______，内阻______用图像中的斜率k，截距b，电阻字母表示；
下列关于这个实验中存在的误差以及减少误差的各种方法正确的是______；
A.电压表的分流引起的误差属于偶然误差
B.该小组同学读电压表示数引起的误差属于系统误差
C.本实验用图像法处理数据可以减小偶然误差
D.如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差
该小组通过此电路测得的电动势的值比真实值______选填“偏大”“偏小”或“不变”。
三、计算题：本大题共4小题，共74分。
16.如图，高度为l的玻璃圆柱体的中轴线为MN，一束光以入射角从M点射入，在侧面恰好发生全反射。已知光在真空中传播速度为c，求
该玻璃的折射率；
这束光通过玻璃圆柱体的时间。
17.如图，粗细均匀U型玻璃管，高，横截面积，管内水银柱高，现将左侧上端封闭，右端通过忽略粗细的软管与体积为的导热容器相连接。设空气温度为保持不变，大气压强，开始时容器阀门处于打开状态。空气视为理想气体
将容器开口与真空泵相接，抽气一段时间后达到真空，问U型管左侧的水银将下降多少。
现用打气筒图中未画出向抽成真空后的容器充气，每打一次可将压强为、温度为、体积为的空气压缩到容器内，需要打几次气才能使U型管中水银恢复到初始状态。
18.如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道最低点D与水平面相切，在D点右侧处用长为R的细绳将质量为m的小球可视为质点悬挂于O点，小球B的下端恰好与水平面接触，质量为m的小球可视为质点自圆弧轨道C的正上方H高处由静止释放，恰好从圆弧轨道的C点切入圆弧轨道，已知小球A与水平面间的动摩擦因数，细绳的最大张力，重力加速度为g，试求：
若，小球A到达圆弧轨道最低点D时所受轨道的支持力；
试讨论H在什么范围内，小球A与B发生弹性碰撞后，B球能做完整的圆周运动。
19.如图甲所示，在直角坐标系区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为此时在圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同与x轴夹角也为求：
电子进入圆形磁场区域时的速度大小；
区域内匀强电场场强E的大小；
写出圆形磁场区域磁感应强度的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：该核反应方程为，故A错误；
B.用一个中子轰击发生核反应，该核反应会释放出能量，故B错误；
C.由题意可知，比的比结合能大、更稳定，故C正确；
D.该核反应中放出能量，有质量亏损，质量减小，故D错误。
故选：C。
根据核反应方程的书写规则和质量亏损、比结合能知识进行分析解答。
考查核反应方程的书写规则和质量亏损、比结合能知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】D
【解析】解：
A、由图示图象可知，从A到B过程气体体积增大，气体对外做功，该过程是绝热过程，气体既不吸热也不放热，由热力学第一定律可知，气体内能减小，气体温度降低，故A错误；
B、B到C过程气体的体积不变，气体发生等容变化，则，压强增大，温度增加，则内能增大，故B错误；
C、C到A过程气体温度不变而体积减小，外界对气体做功，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体放出热量，故C错误；
D、气体的压强与体积的乘积表示气体与外界做功的多少。气体从A态开始到由回到A态，内能变化为零，释放的热量为，吸收的热量为，整个过程由热力学第一定律可得
解得
所以全过程气体放热大于吸热，故D正确。
故选：D。
一定质量的理想气体内能由温度决定，温度升高内能增大；气体体积增大气体对外做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用热力学第一定律分析答题。
本题考查的是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。
3.【答案】C
【解析】解：根据开普勒第三定律得，整理得，故A错误；
B.根据引力提供向心力得，得，所以，故B错误；
C.地球再次位于太阳和行星连线之间时间至少满足，角速度为，联立得，故C正确；
D.由开普勒第二定律可知，地球和行星分别与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第三定律可算周期之比，根据引力提供向心力可算线速度之比，三者在同一直线上到下次再出现同一直线上且地球在中间地球要比行星多转一周可计算时间，不同行星在相同时间内扫过的面积不同。
万有引力与航天的试题要充分利用引力提供向心力或引力等于重力和开普勒运动定律。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据爱因斯坦光电效应方程有
若，则，故A错误；
B、根据
其中的
三式联立可求解h和，故B错误；
C、用照射时，光电子的最大初动能为，故C正确；
D、根据
可知入射光的波长与光电子的最大初动能不成正比，故D错误。
故选：C。
根据爱因斯坦光电效应方程分析判断；根据爱因斯坦光电效应方程以及 综合分析判断；用照射时，光电子的最大初动能为；根据爱因斯坦光电效应方程分析判断。
本题考查了光电效应方程的基本运用，知道最大初动能与遏止电压的关系，理解光电效应的条件，同时掌握逸出功的概念，并能灵活运用。
5.【答案】C
【解析】解：A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，则时波传到处，则波形平移到处，故A错误；
B、时，波传到固定点处，则波形平移到固定点处，故B错误；
C、时，波被固定点反射时间，形成半个波长的反射波，反射波与内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故C正确；
D、时，波被固定点反射T时间，形成一个波长的反射波，反射波与内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
根据波传播时间确定波传播距离，当波传至固定点时，绳波将发生反射，反射波与原波频率相等，相遇处会产生稳定干涉，结合波的叠加原理分析。
本题的关键要理解波的形成过程，搞清驻波形成的原理，能熟练运用波的叠加原理来分析。
6.【答案】C
【解析】解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：，故A错误；
B、设砝码的加速度为，纸板的加速度为，由牛顿第二定律得：，，发生相对运动需要，解得：，故B错误；
C、若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码加速运动过程，由牛顿第二定律得，
砝码减速运动过程，由牛顿第二定律得，解得，
砝码匀加速运动的位移小于，
匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；
D、当时，砝码未脱离时的加速度，纸板的加速度：，解得，根据，解得：，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小，则匀减速运动的位移：，而匀加速运动的位移，解得，则砝码离开桌面，故D错误。
故选：C。
应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小；当摩擦力达到最大静摩擦力时，砝码相对纸板开始滑动，应用牛顿第二定律求解；根据题意应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解。
本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题。
7.【答案】D
【解析】解：当电梯具有向上的加速度时，此时可知重物受到的弹力要大于重力，所以滑动变阻器滑片向下运动，即滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流减小，定值电阻两端的电压减小，所以滑动变阻器两端电压增大，故AB错误；
电梯具有向下的加速度时，重物受到的弹力小于重力，滑动变阻器滑片向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律的变形式
所以电压表示数与电流表示数的比值减小；电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值为，所以不变；故C错误，D正确。
故选：D。
根据先判断电阻的变化再结合欧姆定律即可分析出。
本题主要考查学生对于动态电路的分析能力，难度适中。
8.【答案】B
【解析】解：原线圈两端所加电压
由理想变压器的变压比可知，副线圈两端电压
灯泡正常发光，副线圈电流
流过定值电阻的电流
电阻箱接入电路的阻值，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据理想变压器的变压比求出副线圈电压，然后根据图示电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求解。
本题考查了理想变压器问题，分析清楚电路结构是解题的前提，应用理想变压器的变压比、串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
9.【答案】A
【解析】解：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v。铁块相对木板向右运动时滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f。根据能量守恒定律得：
铁块相对于木板向右运动过程
铁块相对于木板运动的整个过程
取水平向右为正方向，根据系统动量守恒可知
联立解得，弹簧具有的最大弹性势能
故A正确，BCD错误。
故选：A。
铁块从木板的左端沿板面向右滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大。根据能量守恒列方程。从两者速度相同到铁块运动到木板的左端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程。根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能。
本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分两个过程进行研究，抓住铁块与木板两次共同速度相同是关键。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复合场的磁流体发电机模型以及受力平衡之安培力计算的问题，属于综合基础题。两次应用左手定则判断粒子偏转方向和已知安培力方向判断磁场方向，属于易错点。其它物理原理及推导过程较简单。
【解答】
平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷电源正极，金属板P带负电荷电源负极，金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下；
金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：，由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压，金属板P、Q之间电场强度，等离子体的正负离子在磁场中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则：，联立解得，故B正确，ACD错误。
11.【答案】A
【解析】解：设平行光束宽度为D，题图所示的两个透镜焦点在凹透镜右侧重合，则、
两个透镜焦点在凹透镜左侧重合，则有
联立解得，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据透镜的成像原理结合几何关系解答。
本题考查透镜的成像原理，注意凸透镜和凹透镜对光的折射作用。
12.【答案】D
【解析】解：电场力一直做负功，故系统的电势能一直增加，故B错误；
C.根据动能定理可得：，联立代入数据解得：，故C错误；
D.当两个小球在电场中时，电场力
当三个小球在电场中时，电场力
故当第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可得
代入数据解得：
故D正确；
A.由上面分析可知，当第三个小球进入电场时小球的速度最大。故A错误。
故选：D。
电场力做负功，电势能增加，根据动能定理可解得两极板间电压；判断第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可解得。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键是动能定理的应用，同时注意判断小球最大速度的方法。
13.【答案】C
【解析】解：A、在t时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势为
感应电流大小为
即得
线圈所受安培力大小为
由牛顿第二定律得
解得：，故A错误；
B、从开始下落到t时刻，设线圈中的平均电流为，取竖直向下为正方向，由动量定理得
又通过线圈的电荷量为
综合解得：，故B错误；
C、从开始下落到t时刻，下落高度为h，则
结合，可得：，故C正确；
D、线圈下落过程中，N极内部由竖直向上的磁场，通过线圈的磁通量不为零，故D错误。
故选：C。
在t时刻，根据求出线圈切割辐向磁场产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，结合安培力公式和牛顿第二定律求加速度；从开始下落到t时刻，根据动量定理和电荷量的计算公式求解通过线圈的电荷量。结合电荷量与磁通量变化量的关系求线圈下落高度。根据磁场方向分析通过线圈的磁通量是否为零。
解答本题时，关键要掌握切割感应电动势公式，L为等效长度，线框切割的等效长度为周长，要注意线圈有n匝。计算电阻时，也不要遗忘线框匝数。
14.【答案】D
【解析】、细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AB错误。
C、使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车，故C错误。
D、在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验中，应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度，故D正确。
因为交流电源的频率，所以，已知相邻两计数点之间还有四个点未画出，故相邻两计数点之间的时间间隔为由逐差法得：。
由小车的加速度a与力传感器示数F的关系图像根据牛顿第二定律得：，当时，故
故答案为：
细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车。实验时应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度。
此题要求我们要有一定的实验操作能力和实验分析能力，只有掌握了实验原理才能顺利解决在原实验基础上的拓展类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习。
15.【答案】； ；； CD； 偏小
【解析】由闭合电路的欧姆定律得，整理得
根据图乙所示图像可知，图像的斜率，纵轴截距，
解得电源电动势，内阻。
、电压表的分流引起的误差属于系统误差，故A错误；
B、该小组同学读电压表示数引起的误差属于偶然误差，故B错误；
C、本实验用图像法处理数据可以减小偶然误差，故C正确；
D、如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差，故D正确。
故选：CD。
由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于，
即电流的测量值小于真实值，导致电源电动势的测量值小于真实值。
故答案为：；；；；偏小。
应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式。
根据图示图像求出电源的电动势与内阻。
由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图像法可以减小偶然误差。
根据图示电路图分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
16.【答案】解：如图，
光线从M 入射时，在P 点刚好发生全反射，
设玻璃的折射率为n，全反射临界角为C，
由，又
代入数据可得：
设光在玻璃中传播速度为v，时间为t
由，又
可得
答：该玻璃的折射率为；
这束光通过玻璃圆柱体的时间为
【解析】作出光路图，根据折射定律以及临界角公式即可求出折射率；
根据求出光在玻璃中传播速度，由几何关系求出光传播的路程，根据求出时间。
本题是几何光学问题，要能熟练运用光的折射定律、反射定律，还要利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，从而算出结果。
17.【答案】解：对左端封闭气体，等温变化：
依题意知：、
设左侧水银下降了x，
则：、
解得：
设充气N次，对打入气体根据理想气体的状态方程的分态式可得：
即
解得：。
答：将容器开口与真空泵相接，抽气一段时间后达到真空，U型管左侧的水银将下降25cm。
需要打3次气才能使U型管中水银恢复到初始状态。
【解析】对左端封闭气体，等温变化，根据玻意耳定律列方程求解；
设充气N次，对打入气体根据理想气体的状态方程的分态式求解。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。
18.【答案】若，小球A到达圆弧轨道最低点D时所受轨道的支持力为5mg；
当，小球A与B发生弹性碰撞后，B球能做完整的圆周运动
【解析】设小球A运动到圆弧轨道最低点D时速度为，则由机械能守恒定律有：
圆弧轨道最低点有：
解得：
设A与B碰前速度为，碰后A的速度为，B的速度为，规定向右为正方向，A与B碰撞过程有：
A在水平面上滑行过程有
碰后B能在竖直平面内做完整的圆周运动，设小球B在最高处速度为，则在最高处有：
小球B在最低点拉力最大，有
小球B从最低点到最高点有
联立解得：
答：若，小球A到达圆弧轨道最低点D时所受轨道的支持力为5mg；
当，小球A与B发生弹性碰撞后，B球能做完整的圆周运动。
根据机械能守恒定律求解在最低点的速度，根据牛顿第二定律求解在最低点的支持力大小；
根据动能定理求解A球到B速度，碰撞过程机械能守恒，动量守恒，碰后B能在竖直平面内做完整的圆周运动则小球在最高点速度大于或等于。
分析清楚运动过程是正确解题的关键，要对绳子拉直进行讨论，不要漏解。
19.【答案】解：
电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示．
由速度关系： 解得
由速度关系得
在竖直方向
解得
在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，
粒子在x轴方向上的位移恰好等于粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：
电子在磁场作圆周运动的轨道半径

解得、2、3…
若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，
可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：

而
T的表达式得：、2、3…
答：电子进入圆形磁场区域时的速度大小为解得 ；
区域内匀强电场场强E的大小；
圆形磁场区域磁感应强度的大小表达式为、2、3…
磁场变化周期T各应满足的表达式为、2、3…
【解析】电子在电场中只受电场力，做类平抛运动．将速度分解，可求出电子进入圆形磁场区域时的速度大小．根据牛顿定律求出场强E的大小．电子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件，根据圆的对称性，由几何知识得到半径，周期T各应满足的表达式．
本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项．

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