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2019高考物理三轮冲刺练：小卷冲刺抢分练（1）含解析

小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．关于原子核的变化，下列说法正确的是(　　)
A．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
C．铀核裂变的核反应是U→Ba＋Kr＋2n
D．铀(U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅(Pb)的过程中，有6个中子转变成质子
解析：　一个原子核在一次衰变中只能放出α、β两种射线中的一种，γ射线可以伴随α射线或β射线放出，所以不能同时放出α、β和γ三种射线，选项A错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项B错误；铀核裂变的核反应是U＋n→Ba＋Kr＋3n，两边中子不能约掉，选项C错误；根据核反应过程中质量数和电荷数守恒知238＝206＋4×8，发生8次α衰变；92＝82＋2×8－6，发生6次β衰变，β衰变的实质是中子转化为质子的同时释放电子，所以有6个中子转变成质子，选项D正确。
答案：　D
15.

如图所示，将铜片悬挂在电磁铁的两极间，形成一个摆。在电磁铁线圈未通电时，铜片可以自由摆动，忽略空气阻力及转轴摩擦的作用。当电磁铁通电后，电磁铁两极间可视为匀强磁场，忽略磁场边缘效应。关于通电后铜片的摆动过程，以下说法正确的是(　　)
A．由于铜片不会受到磁铁的吸引，所以铜片向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．铜片进入磁场的瞬间，铜片一定立即减速
C．铜片在进入和离开磁场时，由于电磁感应，均有感应电流产生
D．铜片进入磁场的过程是机械能转化为电能的过程，离开磁场的过程是电能转化为机械能的过程
解析：　铜片向右穿过磁场过程中，切割磁感线，由于电磁感应，产生感应电动势和感应电流，感应电流受到与运动方向相反的安培力作用，导致不能摆至原来的高度，选项A错误，C正确；铜片进入磁场的瞬间，若重力沿运动方向的分力大于所受的安培力，则铜片做加速运动，选项B错误；铜片进入磁场的过程是机械能转化为电能的过程，离开磁场的过程仍然产生感应电动势和感应电流，还是机械能转化为电能的过程，选项D错误。
答案：　C
16.

球体A、B和半球体C如图所示叠放并处于静止状态，三个球的半径相同，A、B两球的质量均为m，半球C的质量为m，B球与地面接触但没有作用力，三个球之间、B球与竖直墙壁间接触处均光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．A对C的作用力大小为mg
B．A对B的作用力大小为mg
C．竖直墙壁对B的作用力大小为mg
D．地面对C的摩擦力大小为mg
解析：　

由于三个球的半径相同，因此三个球的球心连接可以构成正三角形，由几何关系可知，A、C球心连线竖直，因此A对C的作用力大小等于mg，A项错误；A对B的作用力为零，B项错误；隔离B分析可知，墙壁对B球的作用力大小F2＝＝mg，C项错误；对整体分析可知，地面对C的摩擦力大小Ff＝F2＝mg，D项正确。
答案：　D
17.

(2018·临沂一模)如图所示，OM的左侧存在范围足够大，磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON(在纸面内)与磁场方向垂直且∠NOM＝60°，ON上有一点P，OP＝L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，速率为，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：　

粒子运动的半径r＝＝；当粒子在磁场中运动时间最短时，在磁场中的圆弧弦最短，则由P点作MO的垂线即为最短弦长，则PA＝Lsin 60°＝ L，由三角函数可得：
sin ＝＝，解得∠PO1A＝90°，则最短时间t＝T＝，故选A。
答案：　A
18．一个质量为m的滑块以初速度v0在水平地面上滑行，t＝1 s后对滑块施加与运动方向相反的恒定拉力F，从v0开始直到滑块停止运动的过程中，滑块的位移x＝28 m，滑块运动的v ?t图象如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块质量为2 kg
B．施加的拉力为4 N
C．滑块与地面间的动摩擦因数为0.08
D．1 s时滑块的速度大小为6 m/s
解析：　前5 s内滑块的位移x＝28 m，x1＋x2＝28 m,0～1 s内滑块的位移x1＝v0t1－a1t，其中a1＝μg,1～5 s内滑块的位移x2＝(v0－μgt1)t2，联立解得μ＝0.08，C正确。1 s时滑块的速度大小为v1＝v0－μgt1＝9.2 m/s，D错误。1～5 s内滑块的加速度大小为a2＝2.3 m/s2，由牛顿第二定律有，F＋μmg＝ma2，可知只能求出拉力F和质量m的比值，A、B错误。
答案：　C
19.

如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D且经过等势面C时，电势能为－8 eV，经过等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计。则下列说法正确的是(　　)
A．电子做匀变速直线运动
B．匀强电场的场强大小为100 V/m
C．等势面A的电势为－8 V
D．电子再次经过等势面D时，动能为16 eV
解析：　电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得UDB＝16 V，又电子在等势面C时，由EpC＝－eφC，代入数据解得φC＝8 V，又因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则φB＝0、φA＝－8 V、φD＝16 V，C正确；由于电场为匀强电场，则电子所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A正确；由电势差与电场强度的关系可知E＝＝ V/m＝200 V/m，B错误；当电子从等势面D运动到等势面B，再回到等势面D的整个过程中，电场力所做的功为零，由能量守恒定律可知，电子再次回到等势面D时的动能仍为16 eV，D正确。
答案：　ACD
20．如图所示，理想变压器原线圈与一交流电源相连，原、副线圈分别接有相同的小灯泡a、b和c。已知小灯泡的额定电压为0.3 V，电阻为30 Ω(假设电阻不随温度的变化而变化)。闭合开关S，三个小灯泡均能正常发光，下列说法正确的是(　　)

A．原、副线圈的匝数之比为2∶1
B．交流电源电压的有效值为0.6 V
C．断开开关S，b会被烧坏
D．断开开关S，a会被烧坏
解析：　因为三个小灯泡都正常发光，所以Ua＝Ub＝Uc＝0.3 V，故副线圈中的电流I2＝ A＝0.02 A，原线圈中的电流I1＝ A＝0.01 A，故根据＝，可得＝，A项正确；副线圈两端的电压U2＝0.3 V，根据＝，可得原线圈的输出电压为U1＝0.6 V，故交流电源电压的有效值为U＝U1＋Uα＝0.9 V，B项错误；如果断开开关S，副线圈中的电流减小，根据＝，可得原线圈中的电流也减小，a分压减小，不会被烧坏，因为U＝U1＋Ua，故原线圈的输出电压增大，即U1增大，根据＝，可得副线圈两端的电压增大，即b两端电压增大，大于额定电压，b会被烧坏，C项正确，D项错误。
答案：　AC
21.

2018年2月12日，平昌冬奥会跳台滑雪女子标准台比赛在阿尔卑西亚跳台滑雪中心举行。中国选手常馨月最终获得该项比赛的第20名。据悉，这是中国女子跳台滑雪运动员首次闯入冬奥会并进入决赛。如图所示为简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为半径R＝10 m的圆弧面，两者相切于B点，与水平面相切于C点，A、C两点间的竖直高度h1＝40 m，CD为竖直跳台，假设一运动员的质量为m＝80 kg，滑雪装备质量不计，运动员从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点，C、E两点间水平方向的距离x＝100 m，竖直高度h2＝80 m，不计空气阻力，g取10 m/s2下列说法正确的是(　　)
A．运动员在空中飞行的时间为2 s
B．运动员到达C点的速度大小为25 m/s
C．运动员到达C点时对滑道的压力大小为5 800 N
D．运动员由A滑到C的过程中阻力做的功为7 000 J
解析：　由h2＝gt2，代入数据解得运动员在空中飞行的时间t＝4 s，选项A错误；由x＝vCt，解得运动员通过C点的速度大小vC＝＝ m/s＝25 m/s，选项B正确；运动员通过的C点是在BC段做圆周运动的最低点，设滑道对运动员的支持力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得F＝mg＋m＝5 800 N，由牛顿第三定律可知运动员到达C点时对滑道的压力大小为5 800 N，选项C正确；对运动员从A到C的运动过程应用动能定理，有mgh1＋W阻＝mv－0，解得W阻＝mv－mgh1，代入数据得W阻＝－7 000 J，选项D错误。
答案：　BC
二、非选择题(实验)
22．(5分)

某同学利用如图所示的装置测量小木块与接触面间的动摩擦因数，已知小木块与斜面和水平面之间的动摩擦因数相同，小木块从斜面上的A点由静止滑下，经过斜面的最低点B到达水平面上的C点静止，A、C两点间的水平距离为x，小木块可视为质点，回答下列问题：
(1)已知小木块的质量为m，重力加速度大小为g，若动摩擦因数为μ，由A点运动到C点的过程中。克服摩擦力做的功Wf与x之间的关系式为Wf＝________。
(2)为尽量简便地测量小木块与接触面间的动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量________。
A．小木块的质量m
B．斜面的倾角θ
C．A、B两点间的距离
D．A、C两点间的竖直高度差h
E．A、C两点间的水平距离x
(3)利用上述测量的物理量，写出测量的动摩擦因数μ＝________；
(4)小木块运动到B点时，由于与水平面的作用，竖直方向的分速度会损失，将导致测量的动摩擦因数与实际动摩擦因数相比________(填“偏大”“相等”或“偏小”)。
解析：　(1)设A点距水平面的高度为h，斜面倾角为θ，小木块从A点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为Wf＝μmgcos θ·＋μmg＝μmgx。
(2)小木块从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有mgh－μmgx＝0，解得μ＝，故需要测量h和x，D、E正确。
(4)由于小木块经过B点时，竖直方向的分速度会损失，将导致小木块的动能减小，从而使x的测量值比理想值小，因而测量所得的动摩擦因数将比实际数值大。
答案：　(1)μmgx(1分)　(2)DE(2分)　(3)(1分)　(4)偏大(1分)
23．(10分)

利用图甲所示的电路测量某电池的内阻，其中AB为一段粗细均匀的铅笔芯，笔芯上套有一金属滑环P(宽度和电阻不计，与笔芯接触良好并可自由移动)。实验器材还有：标准电池(电动势为E0，内阻不计)，电阻箱(最大阻值为99.99 Ω)，灵敏电流计G(量程为0～600 μA)，待测电池(电动势Ex小于E0，内阻rx未知)，开关3个，刻度尺等。
主要实验步骤如下：
a．测量出铅笔芯A、B两端点间的距离L0；
b．将电阻箱调至某一阻值R，闭合开关S1、S2、S3，移动滑环P使电流计G示数为零，测量出此时A、P之间的长度L；
c．改变电阻箱的阻值R，重复步骤b，记录下多组R及对应的L值。
回答以下问题：
(1)移动滑环P使G的示数为零，此时AP两端的电压与电阻箱两端的电压UR相等，则UR＝________(用L、L0、E0表示)。

(2)利用记录的多组R、L数据，作出?图象如图乙所示，则随变化的关系式为＝________(用Ex、rx、E0、L0、R表示)，待测电池的内阻rx＝________Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)在步骤b的操作过程中，若无论怎样移动滑环P，也无法使G的示数为零，经检查发现，有一个开关未闭合，你认为未闭合的开关是________(填“S1”“S2”或“S3”)。
(4)本实验中若标准电池的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。
解析：　(1)因为电流计示数为零，则待测电池的电流不会影响标准电池中的电流，由欧姆定律知UR＝E0。
(2)由于AP两端的电压等于电阻箱两端的电压，则UAP＝E0，由电路图可知UR＝Ex，又UR＝UAP，整理可得＝·＋，则－图象的斜率为k＝，由图乙可知斜率k＝ Ω·m－1＝10 Ω·m－1，则＝10 Ω·m－1，又截距为b＝，由图乙可知截距b＝9 m－1，则＝9 m－1，联立解得rx≈1.1 Ω。
(3)如果S3未闭合，灵敏电流计示数一定为零；如果S2未闭合，调节滑环P可以使灵敏电流计的示数为零；只有S1未闭合时，仅电池Ex接入电路，无论如何移动滑环P，灵敏电流计的示数均不可能为零。
(4)由实验原理可知，如果标准电池的内阻不可忽略，则标准电池的内阻分一部分电压，但仍然能保证AP两端的电压等于电阻箱两端的电压，则测得的待测电池的内阻不变。
答案：　(1)E0(2分)　(2)·＋(2分)　1.1(或1.0或1.2)(2分)　(3)S1(2分)　(4)不变(2分)





























































































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2019高考物理三轮冲刺练：小卷冲刺抢分练（2）含解析

小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．(2018·汉中检测)关于物理学研究方法，下列叙述中正确的是(　　)
A．伽利略在研究自由落体运动时采用了微量放大的方法
B．用点电荷来代替实际带电体采用了理想模型的方法
C．在探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法
D．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验的方法
解析：　伽利略在研究自由落体运动时运用了实验和逻辑推理相结合的方法，选项A错误；点电荷是理想化的物理模型，是对实际带电体的简化，选项B正确；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，选项C错误；法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法，选项D错误。
答案：　B
15.

用如图所示电路研究光电效应规律。当一束一定强度的某一频率的黄光照射到光电管的阴极K上时，滑动变阻器的滑动触头P处于A、B中点，电流表中恰无电流通过，则(　　)
A．若滑动触头P向B端移动，电流表一定有示数
B．若滑动触头P向A端移动，电流表一定有示数
C．若用红外线照射阴极K，电流表一定有示数
D．若用紫外线照射阴极K，电流表一定没有示数
解析：　若电流表刚好无电流通过，说明加在光电管两端的电压等于遏止电压，将滑动触头P向B端移动时，加在光电管两端的电压增大，电流表一定没有示数，选项A错误；当滑动触头P向A端移动时，加在光电管两端的电压减小，电流表一定有示数，选项B正确；用红外线照射阴极K时，电流表没有示数，选项C错误；若用紫外线照射阴极K时，光电子一定能到达阳极，电流表一定有示数，选项D错误。
答案：　B
16．(2018·北京朝阳高三二模)GPS导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为12小时的卫星群组成。则GPS导航卫星与地球同步卫星相比(　　)
A．地球同步卫星的角速度大
B．地球同步卫星的轨道半径小
C．GPS导航卫星的线速度大
D．GPS导航卫星的向心加速度小
解析：　GPS导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据＝k可知，同步卫星的轨道半径较大，由ω＝知同步卫星的角速度较小，A、B错误；根据v＝ ，可知GPS导航卫星的线速度较大，C正确；根据a＝可知，GPS导航卫星的向心加速度较大，D错误。
答案：　C
17.

如图所示为某电场中x轴上电场强度分布的图象，电场强度沿x轴正向为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．x轴上，0～x1之间电势不变，x1～x2之间电势均匀减小
B．若0点处电势为零，则x1点处电势为E0x1
C．若一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则粒子先做加速运动，后做减速运动
D．若x2＝2x1，则0～x1之间的电势差的大小是x1～x2之间电势差的大小的2倍
解析：　沿着电场线的方向电势逐渐降低，A项错误；若0点处电势为零，由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此x1点处的电势为负值，B项错误；一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，说明粒子受到的电场力的方向沿x轴正向，因此粒子一直做加速运动，C项错误；由于E ?x图线与坐标轴所围的面积为电势差的大小，当x2＝2x1时，图象上0～x1之间所围的面积是x1～x2之间所围面积的2倍，因此D项正确。
答案：　D
18.

如图所示，正方形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场中有一阻值为R的矩形金属线框abcd，ab边长是bc边长的2倍，若将线框向右以速度v匀速平移出磁场，线框中产生的焦耳热为Q1；若将线框向上以速度2v匀速平移出磁场，线框中产生的焦耳热为Q2，则Q1、Q2的大小关系是(　　)
A．Q1＝Q2　　　　　　　 B.Q1＝2Q2
C．Q2＝2Q1 D.Q2＝4Q1
解析：　设bc边长为L，则ab边长为2L，线框以速度v向右平移出磁场时，E1＝2BLv，Q1＝·＝，同理可得，线框以速度为2v向上平移出磁场时，Q2＝，因此有Q2＝Q1，A项正确。
答案：　A
19.

如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆与水平方向的夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力F作用下，小球沿杆由杆的底端匀速运动到杆的顶端。F与斜杆之间的夹角为α，已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则关于拉力F的大小和F的做功情况，下列说法正确的是(　　)
A．当α＝30°时，拉力F最小
B．当α＝30°时，拉力F做的功最小
C．当α＝60°时，拉力F最小
D．当α＝60°时，拉力F做的功最小
解析：　要使F最小，则应有Fsin α答案：　AD
20．两根固定的相互平行的直导线A和B，相距为L，电流方向如图所示。导线C用轻绳悬挂在AB导线的中间上方，距离AB为L，三根导线通的电流都为I。下列说法正确的是(　　)

A．从上往下看导线C顺时针转动，同时绳子的张力变小
B．从上往下看导线C逆时针转动，同时绳子的张力变大
C．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
D．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶1
解析：　由右手螺旋定则可以判断C导线左侧的磁场方向从下往上，右侧从上往下，从而可判断C导线左侧受到向外的力右侧受到向里的力，从上往下看导线是逆时针转动；利用极限法可判断C导线转动到与AB平行时受到向下的安培力，所以过程中绳子张力变大；A错误，B正确，转到与AB平行时，三根导线电流方向都是垂直纸面向里，所以A、B和C受到相互之间的磁场作用力大小相等，C错误，D正确。
答案：　BD
21．(2018·秦皇岛一模)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为(　　)

A．3∶1 B.1∶3
C．1∶5 D.1∶7
解析：　若碰后球m1的速度方向与原来的速度方向相同，可知球m1的速度小于球m2的速度，两球在B点相遇，有v2t＝3v1t，即v2＝3v1，根据动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，联立解得m1＝3m2，选项A正确。若碰撞后球m1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹，在B点追上球m2，则有v1t＝3v2t，即v1＝3v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒m1v＝m1v＋m2v，联立解得m2＝7m1，选项D正确。若碰撞后球m1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球m2也与挡板碰后反弹，两球在B点相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：m1v＝m1v＋m2v，联立解得：m2＝3m1，选项B正确。
答案：　ABD
二、非选择题(实验)
22．(5分)

某同学利用如图甲所示的实验装置验证动能定理。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一装有适量细沙的易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m。遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，d表示遮光片的宽度，L表示A、B两点间的距离。滑块与导轨间没有摩擦力，用g表示重力加速度。
(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图乙所示，遮光片的宽度d＝________cm。

(2)该同学首先调整导轨倾角，让滑块恰好在A点静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则滑块受到的合外力的大小为________。
(3)为验证从A到B的过程中滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为________(用题目中所给的物理量符号表示)。
解析：　(1)宽度d＝(11＋0.4) mm＝11.4 mm＝1.14 cm。
(2)由于滑块在A点静止，因此滑块所受重力沿斜面向下的分力等于易拉罐及细沙所受的总重力mg，又由于斜面与滑块间无摩擦，因此滑块下滑时，受到的合外力的大小等于mg。
(3)设滑块到达B点的速度为v，则本实验应该验证mgL＝Mv2，而v＝，代入可得mgL＝M2。
答案：　(1)1.14(1分)　(2)mg(2分)　(3)mgL＝M2(2分)
23．(10分)为测量某金属丝的电阻率，某同学设计了如图a所示的实验电路。请完成下列实验相关内容：


(1)为粗测金属丝的总电阻值，该同学用如图b所示的多用电表在连接好的电路上进行测量：
①机械调零后将选择开关拨到“×1 Ω”挡。
②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使______________________________
________________________________________________________________________。
③____________________，将红表笔接在P，黑表笔接在Q，多用电表指针指示如图c，则金属丝总电阻值R0＝________Ω。
(2)用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图d所示，则金属丝直径d＝________mm。
(3)闭合开关S，保持电流表示数不变，改变并记录电阻箱的阻值R和对应接入电路中金属丝长度L的数据。在R ?L图线上描点连线，作出R、L的图线如图e。
(4)根据测得金属丝的直径d及R ?L图线，求得金属丝的电阻率ρ＝________。(计算结果保留三位有效数字)
解析：　(1)②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处。③由于测电阻必须断开电源，测得是金属丝总电阻值，必须取下线夹，即断开开关S，取下线夹，将红表笔接在P，黑表笔接在Q，多用电表指针指示如图c，由读数规则可知金属丝总电阻值R0＝5.0×1 Ω＝5.0 Ω。
(2)由螺旋测微器读数规则可知金属丝直径d＝0.01×36.0 mm＝0.360 mm。
(4)由实验原理可知R＝ρ，而S＝πd2，整理得R＝－L＋L0，斜率大小k＝＝，代入数据解得ρ＝1.02×10－6 Ω·m。
答案：　(1)②指针指在0 Ω处　(或使指针指在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置)(2分)　③　断开开关S，取下线夹(或断开开关S，将线夹夹到Q端)(2分)　5.0(填写5的也对)(2分)　(2)0.360(0.358～0.362均算对)(2分)　(4)1.02×10－6 Ω·m(2分)





























































































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2019高考物理三轮冲刺练：小卷冲刺抢分练（3）含解析

小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．关于光电效应的实验规律，下列说法中正确的是(　　)
A．发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属表面逸出的光电子数目增多
B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比
C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 s
D．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生
解析：　发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属表面逸出的光电子数目增多，选项A正确；光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光频率的增大而增大，选项B错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9 s，选项C错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D错误。
答案：　A
15.

甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v ?t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．两车在t＝40 s时再次并排行驶
B．甲车减速过程的加速度大小为0.5 m/s2
C．两车再次并排行驶之前，t＝30 s时两车相距最远
D．两车之间的距离先增大，再变小，最后不变
解析：　t＝40 s时，甲车的位移为×30 m＋5×10 m＝425 m，乙车的位移为10×40 m＝400 m，甲车在乙车前面，A错。甲车做减速运动的加速度大小为a＝ m/s2＝0.5 m/s2，B对。在两车再次并排行驶之前，t＝20 s时，两车相距最远，C错。两车距离先增大，再变小，最后又变大，D错。
答案：　B
16.

如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是(　　)

解析：　0～0.5T时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T～T时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知，0～0.5T时间内通过bc段导线的电流是0.5T～T时间内通过bc段导线的，A错，B对；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T时bc段导线受到的安培力大小是t＝0时bc段导线受到的安培力大小的4倍，C、D均错。
答案：　B
17.

2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接。如图所示，“天宫二号”处于离地面高h＝393 km的圆轨道A上，“神舟十一号”处于圆轨道B上。“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C运动到位置2，然后沿轨道A运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接。已知地球半径为R＝6 371 km，引力常量为G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，地球质量为M＝6.0×1024 kg，不计大气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．“天宫二号”在轨道A上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B上的运行周期小
B．“天宫二号”在轨道A上的加速度比“神舟十一号”在轨道B上的加速度大
C．“天宫二号”在轨道A上的运行速率约为7.7 km/s
D．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能
解析：　由＝m2r，得T＝ ，可知半径越来越大，周期越大，A错。 ＝ma，得加速度a＝，半径越大，加速度越小，B错。由＝m0，得v＝ ＝7.7 km/s，C对。“神舟十一号”在轨道C上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D错。
答案：　C
18.

如图所示，半径为R的半圆处于竖直平面内，圆心为O，a、b、c、d、e为圆上的点，∠bOc＝∠dOc＝θ。两正点电荷分别固定在a、e点，电荷量均为Q。长为R的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为q的带正电小球。现让小球从b点由静止释放，小球将在圆弧bcd之间运动。不计空气阻力，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)
A．b、d两点的电场强度和电势均相同
B．小球在b点时的加速度大小为gsin θ
C．小球在c点受到轻绳的拉力大小为mg＋
D．小球从b点到c点的过程中机械能增加
解析：　b、d两点电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，A错。小球在b点时受到的电场力Feb答案：　D
19．(2018·湖南衡阳市二模)四个完全相同的弹簧测力计，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧测力计读数的说法正确的是(　　)

A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧测力计的读数可能小于F
B．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧测力计的读数一定等于F
C．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧测力计的读数一定等于F
D．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知，无法判定弹簧测力计的读数与F的大小关系
解析：　题图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，弹簧测力计的读数等于F，故A错误；不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件可知，弹簧测力计的读数一定等于F，故B、C正确；已知题图丁中水平地面光滑，虽然物体的质量未知，但是弹簧测力计的读数与F的大小仍相等，故D错误。
答案：　BC
20.

如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d。两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1。圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2。一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场。已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb＝60°，∠dOb＝120°。不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．金属板A、B分别接电源的负极、正极
B．进入圆形磁场的粒子的速度大小为
C．1、2两束粒子的比荷之比为1∶2
D．1、2两束粒子的比荷之比为1∶3
解析：　

由圆形磁场中粒子的运动轨迹可知粒子带正电，粒子在金属板间受力平衡，故电场方向向下，金属板A接电源的正极，金属板B接电源的负极，A错。由＝qB1v，可知v＝，B对。设粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示，利用几何关系可知，tan ＝，r＝，可知＝，而题图中∠cOb＝60°，∠dOb＝120°，则1、2两束粒子的比荷之比为1∶3，C错，D对。
答案：　BD
21．如图(a)所示，甲、乙两个质量均为1 kg的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力的作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F甲随时间t的变化关系和乙物块所受的力F乙随位移x的变化关系如图(b)、图(c)所示，在水平力分别按各自的规律从0增大到10 N的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．当水平力均为10 N时，甲和乙的动量均为10 kg·m/s
B．力F对甲物块的冲量为10 N·s，力F乙对乙物块所做的功为10 J
C．甲在此过程中的位移为10 m
D．当水平力均为10 N时，甲的动能为50 J，乙的动量为2 kg·m/s
解析：　根据力随时间变化的图象与坐标轴围成的面积表示冲量，可知在图(b)中的0～2 s时间内力F的冲量为10 N·s，根据动量定理，甲物块动量的变化量为10 kg·m/s，当水平力为10 N时，甲的动量为10 kg·m/s，甲的动能为Ek甲＝＝50 J；根据力随位移变化的图象与坐标轴围成的面积表示功，可知在图(c)中的0～2 m内力F乙做的功为10 J，根据动能定理，乙物块动能的变化量为10 J，末动能为Ek乙末＝10 J，由动能与动量的关系式p＝可知，当水平力为10 N时，乙的动量为p＝＝2 kg·m/s，选项A错误，B、D正确；甲在此过程中做加速度逐渐增大的加速运动，由I＝mv可求出甲的末速度为10 m/s，由运动学公式可知，在此过程中甲的位移一定小于10 m，选项C错误。
答案：　BD
二、非选择题(计算题)
24．(12分)

如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc区域，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入此区域。若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰能从c点离开；若该区域内只存在平行于bc边的匀强电场，该粒子恰好从b点离开(不计粒子重力)。
(1)判断匀强磁场、匀强电场的方向；
(2)计算电场强度与磁感应强度大小的比值。
解析：　(1)由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外(2分)
由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于bc边且沿c到b的方向(2分)
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：r＝L(1分)
洛伦兹力充当向心力：qv0B＝m(1分)
解得B＝(1分)
粒子在电场中运动：a＝(1分)
L＝v0t(1分)
L＝at2(1分)
解得E＝(1分)
故＝(1分)
答案：　(1)见解析　(2)
25．(20分)如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端拴连物块b，小车质量M＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，OB部分光滑。物块a放在车的最左端，和车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.3。车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块可视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(取g＝10 m/s2)。求：

(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离x车；
(3)当物块a相对小车静止时，其在小车上的位置到O点的距离x。
解析：　(1)设物块a与b碰前的速度大小为v1，碰后的速度大小为v2，在这个过程中对物块a，由动能定理得
－μmgL＝mv－mv(2分)
代入数据解得v1＝2 m/s(2分)
a、b碰撞过程中系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2(2分)
代入数据解得v2＝1 m/s。(2分)
(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1 m/s的速度在小车上向左滑动，以水平向左为正方向，当a与小车有共同的速度v3时，由动量守恒定律得
mv2＝(M＋m)v3(2分)
代入数据解得v3＝0.25 m/s(2分)
对小车，由动能定理得
μmgx车＝Mv(2分)
代入数据解得x车＝m＝0.031 25 m。(2分)
(3)对该过程应用动能定理得
－μmgx＝(M＋m)v－mv(2分)
解得物块a与小车相对静止时，a与O点距离
x＝0.125 m。(2分)
答案：　(1)1 m/s　(2)0.031 25 m　(3)0.125 m





























































































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2019高考物理三轮冲刺练：小卷冲刺抢分练（4）含解析
小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发现了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”。关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．沿电场线方向电场强度越来越小
B．若电场中某点的电场强度为零，则该点电势必然也为零
C．等势面一定与电场强度的方向垂直
D．初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动
解析：　在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项A错；电势与场强无关，等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0)，选项B错；沿电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项C对；在非匀强电场中，初速度为零的带电粒子不一定沿电场线运动，选项D错。
答案：　C
15.

某工厂为了测试汽车的性能，将两辆完全相同的汽车A、B并排停放在平直的公路上，在t＝0时刻让两汽车同时启动，通过计算机描绘出两汽车的加速度随时间的变化规律的图象。则下列说法正确的是(　　)
A．汽车A做匀速直线运动，汽车B做匀减速直线运动
B．第1 s末两车之间的距离最大
C．第1 s末汽车A的速度大小为10 m/s，汽车B的速度大小为15 m/s
D．前2 s内两汽车的位移大小相等
解析：　在0～2 s内，汽车A做匀加速直线运动，汽车B做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A错误；在a ?t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化量，又两汽车的初速度均为零，则某段时间内，图线与坐标轴围成的面积等于该时刻两汽车速度的大小。即1 s末汽车A的速度大小为10 m/s，汽车B的速度大小为15 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a ?t图象可知，2 s末两汽车的速度相等，则该时刻两汽车之间的距离最大，选项B、D错误。
答案：　C
16.

如图所示，质量为M＝2 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。重力加速度大小为g＝10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是(　　)
A．水平力F＝3 N时，物块m将保持静止状态
B．水平力F＝6 N时，物块m将在长木板M上滑动
C．水平力F＝7 N时，长木板M的加速度大小为2.5 m/s2
D．水平力F＝9 N时，长木板M受到的摩擦力大小为5 N
解析：　设m和M恰好不分离时力F＝F0，应用牛顿第二定律，有＝，解得F0＝7.5 N。显然F＝3 NF0，m和M相对运动，M受到的摩擦力大小为μmg＝5 N，选项D对。
答案：　D
17.

如图所示，A、B是绕地球做圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k∶1，则A、B两卫星的周期的比值为(　　)
A．k　　　　　　　　 B.k
C．k2 D.k3
解析：　由题意可知∶＝k，即＝k，根据开普勒第三定律，有＝，联立可得＝k3，选项A、B、C均错，D对。
答案：　D
18.

如图所示为氢原子的能级图，氢原子从n＝4能级直接跃迁到n＝2能级，辐射出的是可见光光子，则下列说法正确的是(　　)
A．辐射的可见光光子的能量为－2.55 eV
B．氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射的光子是紫外线光子
C．氢原子向外辐射光子后，氢原子的核外电子运动的线速度变小
D．使n＝4能级的氢原子电离，需要吸收光子的能量至少为0.85 eV
解析：　氢原子从n＝4能级直接跃迁到n＝2能级时，辐射的可见光光子的能量为2.55 eV，选项A错误；氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射的光子的能量小于从n＝4能级直接跃迁到n＝2能级辐射的可见光光子的能量，因此辐射的光子不可能是紫外线光子，选项B错误；氢原子向外辐射光子后，能级降低，核外电子运动的轨道半径减小，核外电子运动的线速度变大，选项C错误；使处于n＝4能级的氢原子电离，需要吸收光子的能量至少为0－(－0.85 eV)＝0.85 eV，选项D正确。
答案：　D
19．如图甲所示，理想变压器原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，副线圈中的R0、R1为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为R，且R1
A．t＝0.01 s时，理想交流电压表V1的示数为零
B．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I1增大，U2减小
C．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，不变
D．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I2U2减小
解析：　电压表示数为有效值，而不是瞬时值，选项A错；根据＝可知副线圈两端电压U20不变，滑片上滑，副线圈电路电阻减小，副线圈中电流I2增大，由变压器原理可知I1增大，原线圈两端电压U1不变，则副线圈两端电压U20不变，由U2＝U20－I2R0知U2减小，则I2U2乘积不能确定，选项B对，D错；U20＝U2＋I2R0，U20不变，则U2变化的绝对值和定值电阻R0两端电压变化的绝对值相等，则＝R0不变，选项C对。
答案：　BC
20.

如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和开关S与电动势为E的电源相连。现将开关S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，则(　　)
A．B板电势为－E
B．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态
C．将B板向上移动，P点电势将不变
D．将B板向左平移，带电粒子电势能将不变
解析：　粒子静止在P点，受力分析可知粒子受到向上的电场力和重力处于平衡状态。上板与电源正极相连、电势为0，两板之间电势差为E，则下板电势为－E，选项A对；平行板电容器接入电路，相当于电路断开，改变滑片位置，电容器两板间电压不变，板间的场强不变，粒子受到的电场力不变，粒子仍静止，选项B对；两板间电压不变，B板上移，板间距离减小，两板间的场强E0增大，A、P间的电势差增大，则P点电势降低，选项C错；将B板左移，而两板之间的电压等于E不变，板间距离d不变，则两板间场强E1＝不变，粒子仍静止，又上板位置不动，粒子处的电势不变，粒子的电势能不变，选项D对。
答案：　ABD
21.

如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超圆心离地的高度)。不计空气阻力，下列图象正确的是(　　)

解析：　设小物体释放位置距地面高为H，小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB＝，到地面时的速度v＝，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D对；小物体在B点的加速度a＝＝2g，选项A对；在B点对小物体应用向心力公式，有FB－mg＝，又由牛顿第三定律可知FN＝FB＝3mg，选项B错；小物体离开B点后做平抛运动，竖直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，联立可知x2＝4(H－R)R，选项C错。
答案：　AD
二、非选择题(计算)
24．(12分)一质量为m＝0.5 kg的小球从距离地面一定高度处由静止释放，一段时间后落地，经反弹后上升到最高点，再从最高点下落，如此反复。经测量可知小球每次反弹后上升的最大高度等于每次下落高度的。假设小球每次与地面相互作用的时间均相等，且小球与地面相互作用过程中的作用力远大于小球的重力。忽略空气的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)小球第一次与地面碰撞、第二次与地面碰撞的过程中，地面对小球的作用力的大小之比应为多少？
(2)如果将小球无初速度释放后，欲使小球在距离地面0.8 m处与地面之间做往复运动，则小球每次运动到最高点时应给小球多大的冲量？
解析：　(1)由运动学公式v2＝2gh并结合题意可知小球每次与地面碰撞后瞬间的速度大小是碰撞前瞬间的速度大小的。(1分)
设小球的初始高度为H，与地面第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0，第一次碰撞后瞬间的速度大小v1＝0.8v0(1分)
小球与地面第二次碰撞前瞬间的速度大小v1＝0.8v0(1分)
小球与地面二次碰撞后瞬间的速度大小v2＝0.8v1＝0.64v0(1分)
设两次碰撞中地面对小球的平均冲力大小分别为F1、F2，取竖直向上为正方向，根据动量定理，小球第一次与地面碰撞过程中有F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0(1分)
小球第二次与地面碰撞过程中有F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0(1分)
故可得F1∶F2＝5∶4。(2分)
(2)欲使小球碰后上升到距离地面高0.8 m处，应使小球由静止下落的高度为h1＝ m＝1.25 m(1分)
小球由距离地面高1.25 m处从静止落到距离地面高0.8 m处的过程中有v＝2gΔh，其中Δh＝0.45 m。(1分)
解得距离地面高0.8 m处的速度v3＝3 m/s(1分)
则应在距离地面高0.8 m处(此时速度为零)给小球的冲量为I＝mv3＝1.5 N·s，方向竖直向下，即可满足题意。(1分)
答案：　见解析
25．(20分)如图甲所示，一个匝数n＝100、面积为S＝0.6 m2的圆形金属线圈，其总电阻r＝2.0 Ω，与R＝10 Ω的电阻连接成闭合电路。线圈内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度按B1＝2t＋3(T)规律变化的磁场。电阻R两端并联一对平行金属板M、N，N板右侧为坐标系的第一象限(坐标原点O在N板的下端)，虚线OA与x轴成45°角。yOA区域有垂直于纸面向外的匀强磁场B，xOA区域加如图乙所示周期性变化的电场E(规定沿x轴正方向的电场为正)。在靠近M板的P点由静止释放一个质量为m＝2×10－3 kg、带电荷量q＝0.1 C的粒子(重力不计)，粒于经过N板的小孔Q(0,2 m)点垂直于y轴进入第一象限。t＝0(从粒子进入电场时开始计时)时刻粒子经过OA上某点(未画出)沿y轴负方向进入电场，最后恰好垂直打在x轴上的C(1.5 m,0)点。求：

(1)金属线圈的感应电动势E和平行金属板M、N间的电压U；
(2)yOA区域内的磁感应强度B；
(3)xOA区域内电场的变化周期T和电场强度E0。
解析：　(1)线圈中产生的感应电动势E＝nS
代入数据得E＝120 V(2分)
由闭合电路欧姆定律得I＝(1分)
M、N两板间电压为U＝IR(1分)
联立解得U＝100 V(1分)
(2)粒子由P运动到Q，由动能定理得qU＝mv2(2分)
粒子从Q点进入磁场后，在磁场中运动圆周，由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R′＝1 m(1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知
qvB＝(2分)
解得B＝2 T(2分)
(3)粒子进入xOA区域做类平抛运动，由于垂直x轴方向打到C点，所以粒子沿x轴方向做若干个先匀加速、后匀减速的运动，沿y轴方向做匀速直线运动。设粒子在电场中运动的总时间为t，电场变化n个周期粒子沿y轴方向运动的位移为y′＝2 m－1 m＝1 m
y′＝vt(1分)
由(2)解得v＝100 m/s
联立解得t＝0.01 s(1分)
依题意有t＝nT
得T＝ s(n＝1,2,3，…)(2分)
粒子沿x轴方向的位移为：x＝1.5－1＝0.5 (m)
x＝a22n(2分)
a＝(1分)
联系以上式子解得：E0＝400 n(V/m)　(n＝1,2,3，…)(1分)
答案：　(1)120 V　100 V　(2)2 T　(3)T＝ s(n＝1,2,3…)　400 n(V/m)(n＝1,2,3，…)

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