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四川省阿坝藏族羌族自治州2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是（　　）
A．图甲说明可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体
B．图乙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
C．图丙水黾可以在水面自由活动，说明其受到的浮力大于重力
D．图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
2．第一个预言电磁波存在的科学家是（　　）
A．安培 B．麦克斯韦 C．法拉第 D．赫兹
3．在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈、分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图所示，（不计线圈的阻值）则（　　）
A．线圈的转速是的
B．时，线圈恰好经过中性面
C．将一只交流电压表接在线圈两端，电表的示数为
D．将电阻值相同的两个电阻分别与线圈、串联，在6s内两电阻上产生的热量之比为
4．在如图所示的电路中，带铁芯的线圈自感系数很大，制作线圈的铜线电阻忽略不计，小灯泡和完全相同，开关闭合电路稳定后，两灯泡均正常发光。不考虑小灯泡电阻随温度的变化，电源的内电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，小灯泡和同时正常发光
B．闭合开关S，小灯泡过一会儿才正常发光
C．断开开关S，小灯泡和立即熄灭
D．断开开关S，小灯泡先闪亮一下才熄灭
5．用如图所示的装置研究光电效应现象.当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触头c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是
A．改用能量为2.5 eV的光子照射，移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流
B．光电管阴极的逸出功为1.7eV
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大
D．光电子的最大初动能始终为1.05 eV
6．在篮球比赛中，开场跳球时，裁判从某一高度沿竖直向上抛出篮球，篮球沿竖直方向返回原高度。假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，下列说法正确的是（　　）
A．下降过程受重力冲量的大小等于上升过程受重力冲量的大小
B．下降过程受重力冲量的大小小于上升过程受重力冲量的大小
C．下降过程动量的变化率小于上升过程动量的变化率
D．下降过程动量的变化率等于上升过程动量的变化率
7．放射性同位素锗 68的衰变方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．X为负电子
B．X来自原子核外
C．比多一个中子
D．的比结合能小于的比结合能
8．如图所示，某种透明介质制成的棱镜截面图，该截面呈正三角形环状，一束单色光由ab边的S点斜射入棱镜，入射角为，光束从ac边射出棱镜，已知，，，透明介质的折射率为，光在真空中的传播速度为c。则下列说法正确的是（　　）
A．光束在棱镜中传播速度为
B．光束垂直ac边射出棱镜
C．光束在ab折射时，折射光能量等于入射光能量
D．若改变入射角，光束可能在边发生全反射
二、多项选择题：本题共2小题，每小题7分，共14分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得满分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
9．如图所示，甲图是一列横波在某一时刻的图像，乙图是离O点3cm处的质点从这一时刻开始计时的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．3cm处的这个质点在t=0时刻向轴正方向运动
B．这列波沿x轴负方向传播
C．质点的振动周期为8s
D．波速为50 m/s
E．3 cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s
10．如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，，在先后两种情况下（　　）
A．线圈中的感应电动势之比为
B．线圈中的感应电流之比为
C．线圈中产生的焦耳热之比为
D．通过线圈某截面的电荷量之比为
三、实验题：本题共2小题。11题6分，12题10分，共16分。
11．做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是　 　。
A.往浅盘里倒入适量的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
B.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油酸膜形状稳定
C.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
D.向的油酸中加酒精，直至总量达到
E.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴溶液的体积为
F.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用笔描绘在玻璃板上
（2）用油膜的面积测量分子直径的思想与下列哪个实验的思想相同______。
A．探究加速度与力和质量的关系
B．验证平行四边形定则
C．用双缝干涉实验测量光的波长
（3）把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待油膜形状稳定后，描出油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中每个小正方形的边长为，则油酸薄膜的面积　 　；可求得油酸分子的直径为　 　（用、、、、表示）。
（4）若某学生测得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．油酸未完全散开
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．把滴溶液记成了滴
12．某实验小组做用“单摆测量重力加速度”的实验。
（1）需要记录的数据有：小钢球的直径、摆长、50次全振动的总时间。
（2）用游标卡尺测量小钢球的直径，游标卡尺的示数如图甲所示，则直径为　 　mm。
（3）如图乙所示，某同学测量数据作出图线，根据图线可知该同学认为摆长为　 　。（填正确答案标号）
A.摆线的长度 B.摆线的长度与小球半径之和 C.摆线的长度与小球直径之和
（4）请根据图乙表示出重力加速度　 　。（用和表示）
（5）如果根据图像测得的偏小，可能的原因是　 　。（填正确答案标号）
A.开始计时时，停表过迟按下
B.结束计时时，停表过迟按下
C.实验时误将51次全振动时间记为50次全振动时间
四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题12分，15题16分，共38分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。
13．如图所示，一导热良好的圆柱形汽缸固定放置在水平面上，缸内用面积S，质量m的活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。汽缸内壁的高度为h，活塞始终保持水平。当热力学温度为T0时，汽缸内气体高为。已知大气压强为p0，重力加速度为g，理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k为已知值。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸，求：
（1）活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
（2）该过程缸内气体吸收的热量。
14．如图所示，左、右两端加装了两个竖直轻质挡板的滑板的质量M=2.0 kg，将滑板放置在光滑的水平面上，t=0时刻，在滑板的右端施加一方向水平向右、大小F=8 N的恒力F，t1=1.25 s时，在滑板正中央无初速度放置一质量m=1 kg的小滑块（可视为质点），t2=2.25 s时撤去恒力F，此时小滑块恰好与滑板左侧挡板发生弹性碰撞。已知滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10 m/s2，空气阻力不计。求∶
（1）在恒力F作用下，放滑块前及放滑块后的瞬间，滑板的加速度大小。
（2）与左侧挡板碰前瞬间，小滑块和滑板的速度大小。
（3）与左侧挡板碰后瞬间小滑块和滑板的速度大小及滑板的长度。
15．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径R．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】解：A．晶体和非晶体的最大区别是：是否有固定的熔点，因此可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体，A正确；
B．液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，B错误；
C．水黾可以在水面自由活动，是由于液体的表面张力造成的，与浮力无关，C错误；
D．酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查晶体与非晶体、液晶、表面张力、浸润与不浸润等热学现象，核心是辨析各选项对应的物理原理，逐一判断描述的正确性。
2．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】英国物理学家麦克斯韦，在19世纪中叶对电磁学进行了深入研究，并在总结电学与磁学知识的基础上提出了电磁场理论，成功地将电与磁联系在一起，并预言了电磁波的存在。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁学发展史的关键人物贡献，核心是区分麦克斯韦、赫兹、法拉第、安培等科学家在电磁波相关研究中的不同成就，需牢记 “预言电磁波” 与 “证实电磁波” 的对应人物。
3．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图可知，线圈、在同一磁场中转动产生的交流感应电动势的周期之比
所以线圈转动的周期之比也为，根据
可知线圈、的转速之比为，所以线圈的转速是线圈的，A错误；
B．线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈中的磁通量为0时，感应电动势最大，所以时，线圈处在与中性面垂直的平面，B错误；
C．交流电压表测量的是电路中电压的有效值，所以电压表的示数应为，C正确；
D．计算热量需要用有效值，根据上述，根据，所以两电阻产生的热量之比，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查交变电流的产生与计算，核心是利用周期与转速的关系、有效值的定义、焦耳热公式，结合图像分析两个线圈的电动势变化规律。
4．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关S，小灯泡立即发光；线圈的感应电动势阻碍电流增大，小灯泡过一会儿才正常发光，故A错误，B正确；
CD．闭合开关S，电路稳定后两灯一样亮，断开开关S，线圈与小灯泡和串联，两灯都逐渐熄灭，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查通电自感与断电自感现象，核心是分析开关闭合、断开时，线圈自感电动势对电路中电流的阻碍作用，判断灯泡的发光情况。
5．【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，改用能量为2.5 eV的光子照射，也可能发生光电效应，即移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流，A正确；
BD．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程Ekm=hγ-W0，则逸出功W0=1.05eV．BD错误．
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小．C错误．
故答案为：A
【分析】本题考查光电效应现象，核心是利用遏止电压求出光电子的最大初动能和逸出功，再结合光电效应方程分析各选项。
6．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．篮球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，则在上升过程中受到的合力大于下降过程中受到的合力，则上升过程中的加速度大小大于下降过程中的加速度大小，根据可知上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据可知下降过程受重力冲量的大小大于上升过程受重力冲量的大小，故AB错误；
CD．根据动量定理可得，可得动量的变化率为，而在上升过程中受到的合力大于下降过程中受到的合力，所以下降过程动量的变化率小于上升过程动量的变化率，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查竖直上抛运动的受力、冲量与动量变化率，核心是分析空气阻力对上升、下降过程加速度、时间及合力的影响，结合冲量和动量定理判断选项。
7．【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变中原子序数减少1，质量数不变，属于β+衰变，X为正电子，故A错误；
B．β衰变的粒子来自原子核内中子与质子的转化，故B错误；
C．Ge的中子数为68 32=36，Ga的中子数为68 31=37，Ge比Ga少1个中子，故C错误；
D．衰变后产物更稳定，比结合能更大，故Ge的比结合能小于Ga的，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查原子核衰变方程、衰变类型及比结合能的变化规律，核心是根据衰变方程的质量数、电荷数守恒判断粒子类型，再结合比结合能与原子核稳定性的关系分析选项。
8．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据光速与折射率的关系有，解得，故A错误；
B．令第一次折射的折射角为，则有，解得，由于，可知，光在界面的入射角也为，根据光路可逆原理可知，光在界面的折射角为，根据几何关系可知，光束将垂直ac边射出棱镜，故B正确；
C．光束在ab折射时，有一部分光要发生反射，可知，折射光能量小于入射光能量，故C错误；
D．结合上述可知，光在界面的入射角等于光在ab界面上的折射角，即光在界面的入射角一定小于临界角，即若改变入射角，光束不可能在边发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射定律、传播速度、全反射及光路分析，核心是利用折射定律计算折射角，结合几何关系分析光线传播路径，判断各选项的正确性。
9．【答案】A,B,E
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由乙图读出该时刻即t=0时刻3cm处的这个质点的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向；故AB正确；CD．由甲图读出该波的波长为λ=4cm，由乙图周期为T=0.08s，则波速为，故CD错误。
E.3cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为半个周期，即0.04 s，选项E正确。
故答案为：ABE。
【分析】本题考查波动图像与振动图像的结合分析，核心是通过振动图像判断质点振动方向，再结合波动图像判断波的传播方向，同时计算波速、周期及质点振动的时间。
10．【答案】B,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．感应电动势为，由于，则感应电动势之比为。故A错误；
B．感应电流为
由于
则感应电流之比为，故B正确；
C．线框穿出磁场的时间为
由于
则有
产生的焦耳热为
则焦耳热之比，故C正确；
D．通过线圈某截面的电荷量为，由于B、S、R都相等，则通过某截面的电荷量之比为1：1，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电磁感应现象中感应电动势、电流、焦耳热及电荷量的计算，核心是利用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和电荷量公式，结合速度关系分析各物理量的比值。
11．【答案】（1）ABFC
（2）C
（3）；
（4）B；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故答案为：DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故答案为：C。
（3）通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
故答案为：；
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故答案为：BD 。
【分析】（1）步骤排序：按“配溶液→制油膜→描形状→算直径”的逻辑梳理步骤；
（2）实验思想：识别“宏观测微观”的间接测量思想，匹配对应实验；
（3）面积与直径：通过数方格得油膜面积，结合溶液浓度与1滴体积，由“分子直径=油酸体积/油膜面积”计算；
（4）误差分析：分析操作对“油酸体积”“油膜面积”的影响，判断直径偏小的原因。
（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故正确顺序是 DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故选 C。
（3）[1]通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
[2]一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故选BD 。
12．【答案】15.60；C；；BC
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）标卡尺的主尺读数为，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为
所以最终读数为
故答案为：15.60
（3）根据单摆的周期公式，得，当时，应该等于0，图像，因此所测摆长比实际长了。
故答案为：C
（4）根据图乙可知，，又，解得。
故答案为：
（5）A．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，A错误；
B．结束计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，B正确；
C．实验时误将51次全振动时间记为50次全振动时间，周期的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，C正确。
故答案为：BC。
【分析】（2）考查游标卡尺的读数方法，明确主尺与游标尺的读数叠加规则。
（3）结合单摆周期公式与图像截距，分析摆长的物理意义，体现公式变形与图像分析的结合。
（4）通过图像斜率与周期公式的关联，推导重力加速度，体现实验数据的图像处理方法。
（5）分析周期测量误差对重力加速度的影响，体现实验误差的因果逻辑。
13．【答案】（1）解：根据盖—吕萨克定律有
解得
（2）解：缸内气体压强
缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸的过程为等压过程，气体对外界做功
根据热力学第一定律可知，
解得气体吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)气体做等压变化，利用盖-吕萨克定律（），结合初末状态的体积与温度，求解活塞刚要脱离汽缸时的温度；
(2)先求气体压强和对外做功，再利用热力学第一定律（），结合内能变化与温度的关系，求解气体吸收的热量。
14．【答案】（1）解：在恒力F作用下，设放置滑块前滑板的加速度大小为a1，则F=Ma1
解得a1=4 m/s2
在恒力F作用下，设放置滑块后的瞬间滑板的加速度大小为a2，则F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2
（2）解：对滑块受力分析可得μmg=ma3
解得a3=4 m/s2
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑板的速度大小v1=a1t1+a2（t2-t1）
解得v1=7m/s
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑块的速度大小v2=a3（t2-t1）
解得v2=4m/s
（3）解：设碰后瞬间滑板的速度大小为v1'，滑块的速度大小为v2'，由碰撞过程中滑板和滑块动量守恒、能量守恒，可得Mv1+mv2=Mv1'+mv2'
MmMv1'2+mv2'2
解得v1'=5m/s，v2'=8m/s
设滑板的长度为L，则
解得L=8 m
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1)分别对放滑块前、后的滑板受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
(2)对滑块受力分析求加速度，再结合运动学公式分别计算滑块与挡板碰撞前，滑块和滑板的速度；
(3)利用弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，求碰撞后两者的速度；再根据相对位移关系，计算滑板的长度。
（1）在恒力F作用下，设放置滑块前滑板的加速度大小为a1，则F=Ma1
解得a1=4 m/s2
在恒力F作用下，设放置滑块后的瞬间滑板的加速度大小为a2，则F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2
（2）对滑块受力分析可得μmg=ma3
解得a3=4 m/s2
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑板的速度大小v1=a1t1+a2（t2-t1）
解得v1=7m/s
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑块的速度大小v2=a3（t2-t1）
解得v2=4m/s
（3）设碰后瞬间滑板的速度大小为v1'，滑块的速度大小为v2'，由碰撞过程中滑板和滑块动量守恒、能量守恒，可得Mv1+mv2=Mv1'+mv2'
MmMv1'2+mv2'2
解得v1'=5m/s，v2'=8m/s
设滑板的长度为L，则
解得L=8 m
15．【答案】(1)解：由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d
(2)解：在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv0q=m
同时有T=
粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=T
解得t=
(3)解：由几何关系可知：r=R
解得圆形磁场区域的半径R=
【知识点】电场强度；带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】(1)粒子在平行板中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，结合电场强度与电势差的关系求解U；
(2)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合周期公式和偏转角求解运动时间；
(3)根据圆周运动的半径和几何关系，求解圆形磁场区域的半径R。
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一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是（　　）
A．图甲说明可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体
B．图乙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
C．图丙水黾可以在水面自由活动，说明其受到的浮力大于重力
D．图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】解：A．晶体和非晶体的最大区别是：是否有固定的熔点，因此可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体，A正确；
B．液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，B错误；
C．水黾可以在水面自由活动，是由于液体的表面张力造成的，与浮力无关，C错误；
D．酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查晶体与非晶体、液晶、表面张力、浸润与不浸润等热学现象，核心是辨析各选项对应的物理原理，逐一判断描述的正确性。
2．第一个预言电磁波存在的科学家是（　　）
A．安培 B．麦克斯韦 C．法拉第 D．赫兹
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】英国物理学家麦克斯韦，在19世纪中叶对电磁学进行了深入研究，并在总结电学与磁学知识的基础上提出了电磁场理论，成功地将电与磁联系在一起，并预言了电磁波的存在。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁学发展史的关键人物贡献，核心是区分麦克斯韦、赫兹、法拉第、安培等科学家在电磁波相关研究中的不同成就，需牢记 “预言电磁波” 与 “证实电磁波” 的对应人物。
3．在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈、分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图所示，（不计线圈的阻值）则（　　）
A．线圈的转速是的
B．时，线圈恰好经过中性面
C．将一只交流电压表接在线圈两端，电表的示数为
D．将电阻值相同的两个电阻分别与线圈、串联，在6s内两电阻上产生的热量之比为
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图可知，线圈、在同一磁场中转动产生的交流感应电动势的周期之比
所以线圈转动的周期之比也为，根据
可知线圈、的转速之比为，所以线圈的转速是线圈的，A错误；
B．线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈中的磁通量为0时，感应电动势最大，所以时，线圈处在与中性面垂直的平面，B错误；
C．交流电压表测量的是电路中电压的有效值，所以电压表的示数应为，C正确；
D．计算热量需要用有效值，根据上述，根据，所以两电阻产生的热量之比，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查交变电流的产生与计算，核心是利用周期与转速的关系、有效值的定义、焦耳热公式，结合图像分析两个线圈的电动势变化规律。
4．在如图所示的电路中，带铁芯的线圈自感系数很大，制作线圈的铜线电阻忽略不计，小灯泡和完全相同，开关闭合电路稳定后，两灯泡均正常发光。不考虑小灯泡电阻随温度的变化，电源的内电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，小灯泡和同时正常发光
B．闭合开关S，小灯泡过一会儿才正常发光
C．断开开关S，小灯泡和立即熄灭
D．断开开关S，小灯泡先闪亮一下才熄灭
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关S，小灯泡立即发光；线圈的感应电动势阻碍电流增大，小灯泡过一会儿才正常发光，故A错误，B正确；
CD．闭合开关S，电路稳定后两灯一样亮，断开开关S，线圈与小灯泡和串联，两灯都逐渐熄灭，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查通电自感与断电自感现象，核心是分析开关闭合、断开时，线圈自感电动势对电路中电流的阻碍作用，判断灯泡的发光情况。
5．用如图所示的装置研究光电效应现象.当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触头c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是
A．改用能量为2.5 eV的光子照射，移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流
B．光电管阴极的逸出功为1.7eV
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大
D．光电子的最大初动能始终为1.05 eV
【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，改用能量为2.5 eV的光子照射，也可能发生光电效应，即移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流，A正确；
BD．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程Ekm=hγ-W0，则逸出功W0=1.05eV．BD错误．
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小．C错误．
故答案为：A
【分析】本题考查光电效应现象，核心是利用遏止电压求出光电子的最大初动能和逸出功，再结合光电效应方程分析各选项。
6．在篮球比赛中，开场跳球时，裁判从某一高度沿竖直向上抛出篮球，篮球沿竖直方向返回原高度。假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，下列说法正确的是（　　）
A．下降过程受重力冲量的大小等于上升过程受重力冲量的大小
B．下降过程受重力冲量的大小小于上升过程受重力冲量的大小
C．下降过程动量的变化率小于上升过程动量的变化率
D．下降过程动量的变化率等于上升过程动量的变化率
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．篮球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，则在上升过程中受到的合力大于下降过程中受到的合力，则上升过程中的加速度大小大于下降过程中的加速度大小，根据可知上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据可知下降过程受重力冲量的大小大于上升过程受重力冲量的大小，故AB错误；
CD．根据动量定理可得，可得动量的变化率为，而在上升过程中受到的合力大于下降过程中受到的合力，所以下降过程动量的变化率小于上升过程动量的变化率，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查竖直上抛运动的受力、冲量与动量变化率，核心是分析空气阻力对上升、下降过程加速度、时间及合力的影响，结合冲量和动量定理判断选项。
7．放射性同位素锗 68的衰变方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．X为负电子
B．X来自原子核外
C．比多一个中子
D．的比结合能小于的比结合能
【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变中原子序数减少1，质量数不变，属于β+衰变，X为正电子，故A错误；
B．β衰变的粒子来自原子核内中子与质子的转化，故B错误；
C．Ge的中子数为68 32=36，Ga的中子数为68 31=37，Ge比Ga少1个中子，故C错误；
D．衰变后产物更稳定，比结合能更大，故Ge的比结合能小于Ga的，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查原子核衰变方程、衰变类型及比结合能的变化规律，核心是根据衰变方程的质量数、电荷数守恒判断粒子类型，再结合比结合能与原子核稳定性的关系分析选项。
8．如图所示，某种透明介质制成的棱镜截面图，该截面呈正三角形环状，一束单色光由ab边的S点斜射入棱镜，入射角为，光束从ac边射出棱镜，已知，，，透明介质的折射率为，光在真空中的传播速度为c。则下列说法正确的是（　　）
A．光束在棱镜中传播速度为
B．光束垂直ac边射出棱镜
C．光束在ab折射时，折射光能量等于入射光能量
D．若改变入射角，光束可能在边发生全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据光速与折射率的关系有，解得，故A错误；
B．令第一次折射的折射角为，则有，解得，由于，可知，光在界面的入射角也为，根据光路可逆原理可知，光在界面的折射角为，根据几何关系可知，光束将垂直ac边射出棱镜，故B正确；
C．光束在ab折射时，有一部分光要发生反射，可知，折射光能量小于入射光能量，故C错误；
D．结合上述可知，光在界面的入射角等于光在ab界面上的折射角，即光在界面的入射角一定小于临界角，即若改变入射角，光束不可能在边发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射定律、传播速度、全反射及光路分析，核心是利用折射定律计算折射角，结合几何关系分析光线传播路径，判断各选项的正确性。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题7分，共14分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得满分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
9．如图所示，甲图是一列横波在某一时刻的图像，乙图是离O点3cm处的质点从这一时刻开始计时的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．3cm处的这个质点在t=0时刻向轴正方向运动
B．这列波沿x轴负方向传播
C．质点的振动周期为8s
D．波速为50 m/s
E．3 cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s
【答案】A,B,E
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由乙图读出该时刻即t=0时刻3cm处的这个质点的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向；故AB正确；CD．由甲图读出该波的波长为λ=4cm，由乙图周期为T=0.08s，则波速为，故CD错误。
E.3cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为半个周期，即0.04 s，选项E正确。
故答案为：ABE。
【分析】本题考查波动图像与振动图像的结合分析，核心是通过振动图像判断质点振动方向，再结合波动图像判断波的传播方向，同时计算波速、周期及质点振动的时间。
10．如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，，在先后两种情况下（　　）
A．线圈中的感应电动势之比为
B．线圈中的感应电流之比为
C．线圈中产生的焦耳热之比为
D．通过线圈某截面的电荷量之比为
【答案】B,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．感应电动势为，由于，则感应电动势之比为。故A错误；
B．感应电流为
由于
则感应电流之比为，故B正确；
C．线框穿出磁场的时间为
由于
则有
产生的焦耳热为
则焦耳热之比，故C正确；
D．通过线圈某截面的电荷量为，由于B、S、R都相等，则通过某截面的电荷量之比为1：1，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电磁感应现象中感应电动势、电流、焦耳热及电荷量的计算，核心是利用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和电荷量公式，结合速度关系分析各物理量的比值。
三、实验题：本题共2小题。11题6分，12题10分，共16分。
11．做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是　 　。
A.往浅盘里倒入适量的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
B.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油酸膜形状稳定
C.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
D.向的油酸中加酒精，直至总量达到
E.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴溶液的体积为
F.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用笔描绘在玻璃板上
（2）用油膜的面积测量分子直径的思想与下列哪个实验的思想相同______。
A．探究加速度与力和质量的关系
B．验证平行四边形定则
C．用双缝干涉实验测量光的波长
（3）把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待油膜形状稳定后，描出油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中每个小正方形的边长为，则油酸薄膜的面积　 　；可求得油酸分子的直径为　 　（用、、、、表示）。
（4）若某学生测得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．油酸未完全散开
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．把滴溶液记成了滴
【答案】（1）ABFC
（2）C
（3）；
（4）B；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故答案为：DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故答案为：C。
（3）通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
故答案为：；
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故答案为：BD 。
【分析】（1）步骤排序：按“配溶液→制油膜→描形状→算直径”的逻辑梳理步骤；
（2）实验思想：识别“宏观测微观”的间接测量思想，匹配对应实验；
（3）面积与直径：通过数方格得油膜面积，结合溶液浓度与1滴体积，由“分子直径=油酸体积/油膜面积”计算；
（4）误差分析：分析操作对“油酸体积”“油膜面积”的影响，判断直径偏小的原因。
（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故正确顺序是 DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故选 C。
（3）[1]通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
[2]一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故选BD 。
12．某实验小组做用“单摆测量重力加速度”的实验。
（1）需要记录的数据有：小钢球的直径、摆长、50次全振动的总时间。
（2）用游标卡尺测量小钢球的直径，游标卡尺的示数如图甲所示，则直径为　 　mm。
（3）如图乙所示，某同学测量数据作出图线，根据图线可知该同学认为摆长为　 　。（填正确答案标号）
A.摆线的长度 B.摆线的长度与小球半径之和 C.摆线的长度与小球直径之和
（4）请根据图乙表示出重力加速度　 　。（用和表示）
（5）如果根据图像测得的偏小，可能的原因是　 　。（填正确答案标号）
A.开始计时时，停表过迟按下
B.结束计时时，停表过迟按下
C.实验时误将51次全振动时间记为50次全振动时间
【答案】15.60；C；；BC
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）标卡尺的主尺读数为，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为
所以最终读数为
故答案为：15.60
（3）根据单摆的周期公式，得，当时，应该等于0，图像，因此所测摆长比实际长了。
故答案为：C
（4）根据图乙可知，，又，解得。
故答案为：
（5）A．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，A错误；
B．结束计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，B正确；
C．实验时误将51次全振动时间记为50次全振动时间，周期的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，C正确。
故答案为：BC。
【分析】（2）考查游标卡尺的读数方法，明确主尺与游标尺的读数叠加规则。
（3）结合单摆周期公式与图像截距，分析摆长的物理意义，体现公式变形与图像分析的结合。
（4）通过图像斜率与周期公式的关联，推导重力加速度，体现实验数据的图像处理方法。
（5）分析周期测量误差对重力加速度的影响，体现实验误差的因果逻辑。
四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题12分，15题16分，共38分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。
13．如图所示，一导热良好的圆柱形汽缸固定放置在水平面上，缸内用面积S，质量m的活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。汽缸内壁的高度为h，活塞始终保持水平。当热力学温度为T0时，汽缸内气体高为。已知大气压强为p0，重力加速度为g，理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k为已知值。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸，求：
（1）活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
（2）该过程缸内气体吸收的热量。
【答案】（1）解：根据盖—吕萨克定律有
解得
（2）解：缸内气体压强
缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸的过程为等压过程，气体对外界做功
根据热力学第一定律可知，
解得气体吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)气体做等压变化，利用盖-吕萨克定律（），结合初末状态的体积与温度，求解活塞刚要脱离汽缸时的温度；
(2)先求气体压强和对外做功，再利用热力学第一定律（），结合内能变化与温度的关系，求解气体吸收的热量。
14．如图所示，左、右两端加装了两个竖直轻质挡板的滑板的质量M=2.0 kg，将滑板放置在光滑的水平面上，t=0时刻，在滑板的右端施加一方向水平向右、大小F=8 N的恒力F，t1=1.25 s时，在滑板正中央无初速度放置一质量m=1 kg的小滑块（可视为质点），t2=2.25 s时撤去恒力F，此时小滑块恰好与滑板左侧挡板发生弹性碰撞。已知滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10 m/s2，空气阻力不计。求∶
（1）在恒力F作用下，放滑块前及放滑块后的瞬间，滑板的加速度大小。
（2）与左侧挡板碰前瞬间，小滑块和滑板的速度大小。
（3）与左侧挡板碰后瞬间小滑块和滑板的速度大小及滑板的长度。
【答案】（1）解：在恒力F作用下，设放置滑块前滑板的加速度大小为a1，则F=Ma1
解得a1=4 m/s2
在恒力F作用下，设放置滑块后的瞬间滑板的加速度大小为a2，则F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2
（2）解：对滑块受力分析可得μmg=ma3
解得a3=4 m/s2
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑板的速度大小v1=a1t1+a2（t2-t1）
解得v1=7m/s
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑块的速度大小v2=a3（t2-t1）
解得v2=4m/s
（3）解：设碰后瞬间滑板的速度大小为v1'，滑块的速度大小为v2'，由碰撞过程中滑板和滑块动量守恒、能量守恒，可得Mv1+mv2=Mv1'+mv2'
MmMv1'2+mv2'2
解得v1'=5m/s，v2'=8m/s
设滑板的长度为L，则
解得L=8 m
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1)分别对放滑块前、后的滑板受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
(2)对滑块受力分析求加速度，再结合运动学公式分别计算滑块与挡板碰撞前，滑块和滑板的速度；
(3)利用弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，求碰撞后两者的速度；再根据相对位移关系，计算滑板的长度。
（1）在恒力F作用下，设放置滑块前滑板的加速度大小为a1，则F=Ma1
解得a1=4 m/s2
在恒力F作用下，设放置滑块后的瞬间滑板的加速度大小为a2，则F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2
（2）对滑块受力分析可得μmg=ma3
解得a3=4 m/s2
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑板的速度大小v1=a1t1+a2（t2-t1）
解得v1=7m/s
与左侧挡板发生弹性碰撞前瞬间，滑块的速度大小v2=a3（t2-t1）
解得v2=4m/s
（3）设碰后瞬间滑板的速度大小为v1'，滑块的速度大小为v2'，由碰撞过程中滑板和滑块动量守恒、能量守恒，可得Mv1+mv2=Mv1'+mv2'
MmMv1'2+mv2'2
解得v1'=5m/s，v2'=8m/s
设滑板的长度为L，则
解得L=8 m
15．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径R．
【答案】(1)解：由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d
(2)解：在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv0q=m
同时有T=
粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=T
解得t=
(3)解：由几何关系可知：r=R
解得圆形磁场区域的半径R=
【知识点】电场强度；带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】(1)粒子在平行板中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，结合电场强度与电势差的关系求解U；
(2)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合周期公式和偏转角求解运动时间；
(3)根据圆周运动的半径和几何关系，求解圆形磁场区域的半径R。
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