河南省滑县2020-2021学年高二下学期期末考试物理试题含答案解析

河南省滑县【最新】高二下学期期末考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，某大剧院的屋顶为半球形，一只小猴在该屋顶向上缓慢爬行，它在向上爬的过程中（ ）
A ．屋顶对它的支持力变大
B ．屋顶对它的支持力变小
C ．屋顶对它的摩擦力变大
D ．屋顶对它的作用力变小
2．如图所示，带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A ．当开关S 断开时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大
B ．当开关S 断开时,若增大平行板间的距离,则夹角θ变小
C ．当开关S 闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大
D ．当开关S 闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ减小
3．如图所示,光滑水平桌面上,有物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块质量相等，即A B m m =，在水平拉力A F 和B F 的作用下一起运动，已知A B F F <，不计弹簧质量，则以下说法中正确的有（ ）
A ．撤去A F 瞬间，
B 的加速度一定变大
B ．弹簧突然从P 点断裂的瞬间，B 的加速度小于B B
F m
C．撤去
B
F后，弹簧将伸长
D．撤去A F后，弹簧将缩短
4．如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d，两板间加有竖直向下的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为0v的水平速度从靠近上板下表面的P点射入，小球刚好从下板右边缘射出，重力加速度为g．则该匀强电场的电场强度大小为（）
A．
2
mgd mv
qd
-
B．
2
2
2
mgd mv
qd
+
C．
2
mgd mv
qd
+
D．
2
2
2
mv mgd
qd
-
5．某水库用水带动如图甲所示的交流发电机发电，其与一个理想的升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10kV的电动机供电．交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场．线圈绕垂直匀强磁场的水平轴OO'顺时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示，连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表．下列说法正确的是（）
A．0.01s时通过电流表的电流的方向向右
B．变压器原、副线圈的匝数比为1：20
C．进入电动机的电流的频率是100Hz
D．开关K闭合时电压表和电流表的示数均变大
6．如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为2
0.1m，圆环电阻为0.2Ω，在第1s内感应电流I沿顺时针方向（俯视）．磁场的磁感应强度B随时间r的变化规律如图乙所示，其中在4s-5s的时间段为直线，下列判断正确的是（）
A ．在0-2s 时间段，感应电流先增大再减小
B ．在2s-4s 时间段，感应电流I 沿顺时针方向
C ．在4s-5s 时间段内，感应电流I 沿顺时针方向
D ．在0-5s 时间段，圆环的最大发热功率为45.010W -⨯
二、多选题
7．图示为氢原子能级图以及从n=3、4、5、6能级跃迁到n=2能级时辐射的四条光谱线,已知从n=3跃迁到n=2的能级时辐射光的波长为656nm,下列叙述正确的有( )
A ．四条谱线中频率最大的是Hδ
B ．用633nm 的光照射能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级
C ．一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时,最多产生3种谱线
D ．如果Hδ可以使某种金属发生光电效应,只要照射时间足够长,光的强度足够大,Hβ也可以使该金属发生光电效应
8．在一次探测彗星的活动过程中，载着登陆舱的探测飞船总质量为1m ，在以彗星的中心为圆心、半径为1r 的圆轨道上运动，周期为1T ，寻找到合适的着陆地点后，变轨到离彗星更近的半径为2r 的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为2m ．登陆舱随后脱离飞船开始登陆．下列说法正确的是（ ）
A ．彗星的质量23121
4r M GT π= B ．登陆舱在半径为2r
轨道上运动的周期2=T T
C ．登陆舱在半径为1r 与半径为2r 的轨道上运动的向心加速度之比为2122
r r D ．彗星表面的重力加速度212
14r g GT π'= 9．如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点P ，另一个端连接一套在圆环上且质量为m 的小球。

开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B 时的速率为v ，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g 。

下列分析正确的是（ ）
A ．轻质弹簧的原长为R
B ．小球过B 点时，弹簧的弹力为m v 2R +mg
C ．小球从A 到B 的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能
D ．小球运动到B 点时，弹簧的弹性势能为mgR −12mv 2
10．如图所示，一个电场的电场线分布关于y 轴对称，等腰直角三角形OPQ 处于电场中，A 为OQ 中点，则下列说法中正确的是（ ）
A ．Q 点的电势比A 点的电势低
B ．将负电荷由O 点移动到P 点，电场力做正功
C ．OA 两点间的电势差大于AQ 两点间的电势差
D ．在O 点静止释放一个带正电粒子，该粒子将沿y 轴做匀变速直线运动
11．下列说法错误的是（ ）
A ．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，属于分子热运动
B ．人们感到潮湿时，空气的绝对温度不一定大，但相对湿度可能很大
C．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
D．布朗运动就是液体分子做无规则的运动
E.产生表面张力的原因是表面层内液体分子间引力大于斥力
12．一列简谐横波，在t=4.0s时波形如图甲所示，此时波中质点Q在波峰，P在平衡位置，图乙是质点P的振动图象．关于该简谐波，下列说法正确的是___________．
A．这列波的波长为0.5m
B．这列波的波速为0.25m/s，向左传播
C．0-4.0s时间内，质点P通过的路程是1.0m
D．t=1.0s时，质点P移动到x=125cm处
E.t=1.5s时，质点Q正在平衡位置向上运动
三、实验题
13．如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器的总质量不变时，加速度与力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了图乙所示的a-F图象．
（1）图线不过坐标原点的原因是___________________________________．
（2）小车和传感器的总质量为_______________________kg．
14．学校实验室有一长约为1m的均匀金属管样品（电阻约为5 ），横截面如图甲所示，某物理兴趣小组想测量金属管中空部分的截面积以及该金属管的电阻．
（1）用螺旋测微器测量金属管的外径，示数如图乙所示，可得金属管的外径为
________mm ．
（2）同学们采用图丙所示电路测量该金属管的电阻，实验室所能提供的器材如下： A ．电流表
（量程0-0.6A ，内阻约为1Ω） B ．电流表（量程0-3A ，内阻约为0.1Ω）
C ．电压表（量程0-3V ，内阻约为3k Ω）
D ．滑动变阻器1R （最大阻值1k Ω，额定电流0.1A ）
E. 滑动变阻器2R （最大阻值5Ω，额定电流3A ）
F ．蓄电池（电动势为6V ，内阻不计）
G ．开关一个，带夹子的导线若干
为了精确测量，电流表应选用______________，滑动变阻器应选用____________．（填写所选器材前的字母）
（3）根据你所选的仪器和方法，将实物图丙连线．
（4）若金属管样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管的电阻为R ，金属管的外径为d ，金属管的长度为L ，则计算金属管中空部分截面积的表达式为
S=____________．
四、解答题
15．如图所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方2
d 高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14
，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：
（1）棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B ．
16．如图所示，在直角坐标系的原点O 处有一放射源，沿着纸面向四周均匀发射速度大小均为v 的带正电粒子，在放射源的右边垂直于x 轴放置一块薄挡板，挡板与xOy 平面交线的两端点M 、N 与原点O 正好处于等腰直角三角形三个顶点上．已知带电粒子的质量为m ，所带的电荷量为q ，M 、N 两点间的距离为L ，不计粒子的重力．
（1）若在y 轴的右侧加一平行于x 轴的匀强电场，使所有向y 轴右侧射出的粒子都能打到挡板MN 上，求电场强度的最小值0E 及在电场强度为0E 时，打到板上的粒子动能K E ．
（2）若在整个空间加一垂直纸面向里的匀强磁场，使挡板MN 的左侧各点都有粒子打到板上，求匀强磁场的磁感应强度的最大值0B 及在磁感应强度为0B 的匀强磁场中，放射源O 向外发射出的所有带电粒子的总数是打在板左侧的粒子总数的多少倍．
17．如图所示，倾角为θ的固定粗糙斜面上有一物块A ，物块到斜面底端的高度为h ，紧靠斜面底端有一长为L 的长木板B 停放在光滑的水平面上，斜面底端刚好与长木板上表面左端接触，长木板上表面粗糙，右端与一14
圆弧面C 粘接在一起，圆弧面左端与木板平滑相接，现释放物块A 让其从斜面上滑下，圆弧面表面光滑，圆弧面的半径为R ，物块与斜面、长木板表面的动摩擦因数均为,A B C μ、、三者的质量相等，重力加速度大小为g ，不计物块A 从斜面滑上木板时的机械能损失．
（1）求物块A 到达斜面底端时的速度大小v ；
（2）改变物块A 由静止释放的位置，若物块A 恰好能滑到圆弧面C 的最高点，求其开
始下滑时到斜面底端的高度1h ；
（3）在（2）中情况下，求物块A 从圆弧面最高点返回后停留在长木板B 上的位置到长木板右端的距离s （设物块A 不会从长木板B 的左端滑下）．
18．如图所示，一个内壁光滑的汽缸竖直放置，内有两个重力均为30N 的密闭活塞，将缸内理想气体分成I 、II 两部分，其中活塞A 导热，活塞B 及侧壁均绝热．初状态整个装置静止不动并且处于平衡状态，I 、II 两部分气体的高度均为010l cm =，温度都是300K ，设外界大气压强为0p 保持不变．活塞横截面积为S ，且030p S N =．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给II 气体加热，同时在活塞A 上逐渐添加细砂，若在活塞A 下降的高度16l cm ∆=，并且II 气体的高度仍为0l 时两部分气体重新处于平衡，试求所添加细砂的重力大小和重新处于平衡时II 气体的温度．
19．如图所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R 的透明
半球体，O 为球心，轴线OA 垂直于光屏，O 至光屏的距离2OA R =
，一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射为B ，12
OB R =，求：
（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度；
（2）光线在光屏形成的光斑到A 点的距离．
参考答案
1．A
【解析】
试题分析：由题意可知，研究对象处于动态平衡状态（因为他在缓慢爬行），所以对其在某位置受力分析，再利用平行四边形定则进行力的合成或分解来列出支持力与摩擦力的表达式．从而由式中的θ变化，可以求出屋顶对他的支持力与摩擦力的变化．
解：对小猴在某点受力分析：
将F支、F f进行力的合成，由三角函数关系可得：
F支=Gcosβ
F f=Gsinβ
当缓慢向上爬行时，β渐渐变小，则F支变大，F f变小，所以A正确，BC错误；
D、屋顶对它的作用力与重力大小相等方向相反，所以大小不变，所以D错误；
故选A
点评：考查支持力与摩擦力方向，并利用力的平行四边形定则构建支持力、摩擦力与重力间的关系．
2．C
【解析】
【详解】
断开开关S，电容器所带的电量不变，C＝
4S kd
επ，E＝
U
d
，U＝
Q
C
得E＝
4kQ
S
π
ε
，则知d
变化，E不变，电场力不变，θ不变，故AB错误．保持开关S闭合，电容器两端间的电势
差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E＝U
d
知，板间的电场强度E
增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故C正确，D错误．故选C. 【点睛】
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．要掌握推论：E=
4kQ S
πε，知道只改变电容器板间距离时板间场强不变．
3．D
【详解】
A ．设弹簧弹力为F 1，对于
B 物体的加速度 1B B B
F F a m -= 撤去F A 瞬间，弹簧弹力不变，所以B 的加速度不变，故A 错误；
B ．弹簧突然从P 点断裂的瞬间，弹簧的弹力消失，所以B 的加速度等于
B B
F m .故B 错误； C ．撤去F B 前，对整体分析，选取向右为正方向，整体的加速度 a = B A A B
F F m m -+ 弹簧的弹力F 1:
F 1−F A =m A a
则：
F 1=F A +m A a =B A A B A B
m F m F m m ++ 弹簧的伸长量：
x 1=
1F k
； 撤去F B 后， a ″=A A B
F m m + 弹簧的弹力F 2:
F 2=m B a ″=B A A B
m F m m + 弹簧的伸长量：
x 2=
2
F k
<x 1 所以撤去F B 后，弹簧将伸缩短．故C 错误； D ．撤去F A 后弹簧的弹力F 3:
F 3=m A a ′=A B
A B
m F m m +
所以弹簧的伸长量：
x 3=
3
F k
<x 1. 所以撤去F A 后，弹簧将伸缩短．故D 正确． 故选D 。

点睛：先对两个物体组成的系统整体进行受力分析，得出弹簧的拉力的表达式，然后结合各选项的条件，使用牛顿第二定律逐个分析即可． 4．D 【解析】
当两极板间电场向下时，根据牛顿第二定律，有：qE+mg=ma 1 解得：a 1=
qE mg
m
+…① 运动时间为：t=2d/v 0…② d=
2
112
a t …③ 联立①②③得：2022mv mgd
E dq
-=
当两极板间电场向上时，根据牛顿第二定律，有： mg−qE=ma 2 解得：a 2=
mg qE
m
-…④ 运动时间为：t=2d/v 0…⑤ d=221
2
a t …⑥ 联立④⑤⑥得：2
22mgd mv E dq
-=
综上，D 正确，ABC 错误； 故选D
5．A 【解析】
试题分析：根据右手定则，判定如图CD 中的电流为C 到D ，故0．01s 时通过电流为D 到C ，电流表的电流的方向为向右，故A 正确；原电压有效值为500V ，用户需要为10KV ，故匝数之比为500：10000=1：20，故B 正确；如图知周期T=0．02s ，故频率为f=50Hz ，故C
错误；开关K 闭合时电压表的示数不变，负载电压不变，电阻减小，电流增大，根据1
122
n
I n I ＝
知电流表的示数变大，故D 正确．故选ABD ． 考点：交流电；变压器
【名师点睛】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值． 6．D 【详解】
A. 根据闭合电路欧姆定律得,I=
E B nS R R t
∆=∆，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，由图示图象可知，在0∼2s 时间段，磁感应强度的变化率不断减小，则感应电流不断减小，故A 错误；
B. 由题意可知，在第1s 内感应电流I 沿顺时针方向，在第一秒内磁感应强度增大，在2∼4s 时间，磁感应强度减小，磁场方向不变，由楞次定律可知，感应电流在2−4s 内的方向与在第一秒内的方向相反，即：沿逆时针方向，故B 错误；
C. 由题意可知，在第1s 内感应电流I 沿顺时针方向，在第一秒内磁感应强度增大，在4∼5s 时间，磁场增大，磁场方向反向，由楞次定律可知，感应电流在4−5s 内的方向与在第一秒内的方向相反，即：沿逆时针，故C 错误；
D. 根据闭合电路欧姆定律得,I=
E B nS R R t
∆=∆，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，由图示图象可知，在4∼5s 时间，感应电流最大，代入数据得I=0.05A ，发热功率最大，则P=I 2R=0.052×0.2=5×10−4W.故D 正确． 故选D. 7．AC 【详解】
四种跃迁中，由n =6到n =2两能级间能级差最大，辐射的光子能量最大，辐射光子频率最
大．即四条谱线中频率最大的是H δ，故A 正确；当从n =2跃迁到n =3的能级，需要吸收的
能量为[ 1.51 3.40] 1.61019c
E J h λ
∆=--
-⨯⨯-=（），解得：λ=658nm ，故B 错误；根据
233C =，所以一群处于n =3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射3种不同波长的光，
故C 正确；由图可知，H δ的能量值大于H β的能量值，所以如果H δ可以使某种金属发生光电效应，H β不一定能使该金属发生光电效应，与光的强度无关，故D 错误．所以AC 正确，BD 错误． 8．AB 【解析】 【详解】
A. 根据万有引力提供向心力2
1112
211
4GMm m r r T π=，载着登陆舱的探测飞船总质量为m 1,在以彗星的中心为圆心、半径为r 1的圆轨道上运动,周期为T 1，
可得,月球的质量M=23
12
14πr GT ，故A 正确；
B. 根据开普勒第三定律3
2r k T
=，变轨到离彗星更近的半径为r 2的圆轨道上运动，可得：
T 2
=T ，故B 正确；
C. 根据万有引力提供向心力
2GMm ma r =可得，2
GM
a r
=，所以登陆舱在半径为r 1与半径为r 2的轨道上运动的向心加速度之比为2
221
r r ，故C 错误；
D. 根据万有引力提供向心力2
111122114GMm m r ma r T π==，探测飞船在半径为r 1的圆轨道上的加速度2
11214a r T π=，所以星球表面的重力加速度不等于2121
4πr GT ，故
D 错误． 故选AB. 9．BCD 【解析】
试题分析：由几何知识可知弹簧的原长为√2R ，A 错误；根据向心力公式：小球过B 点时，
则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，F
合=m v2
R
，B错误；以小球和弹簧组成的
系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能，故C错误；根据能量的转化与守
恒：mgR=1
2mv2+E P，得E P=mgR−1
2
mv2，故D正确。

源:学.科.网]
考点：功能关系
【名师点睛】此题中小球的机械能不守恒，可以从能量转化的角度进行分析．确定功的大小，可以根据动能定理分析总功的正负来判断。

10．AC
【解析】
A、沿电场线方向电势降低，故Q点的电势比A点的电势低，故A正确；
B、将负电荷由O点移动到P点，电场力做负功，故B错误；
C、电场线的疏密表示场强的大小，由F qE
=可知，在OA段受到的电场力大于在AQ段受到的电场力，故在OA段受到的电场力做功大于在AQ段受到的电场力做功，根据W qU
=
可知，在OA两点间的电势差大于AQ两点间的电势差，故C正确；
D、由于电场为非匀强电场，在O点静止释放一个带正电粒子受到的力方向时刻在变，大小在变，故做变加速运动，故D错误．
点睛：电场线、电场强度、电势、电势差等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．
11．ACD
【解析】
【详解】
A.PM2.5是固体小颗粒，不是分子，不属于分子热运动，故A错误；
B.人们感到潮湿时相对湿度可能很大，空气的绝对湿度不一定大，故B正确；
C.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故C错误；
D.布朗运动就是固体颗粒的无规则的运动，布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故D错误；
E.与气体接触的液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存
在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，故E正确。

故选ACD。

12．ABE
【详解】
A. 由甲图知，波长λ=0.5m，故A正确；
B. 由乙图知，t=0.4s时刻，质点P向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，波
速v=
0.5
=
2
T
λ
m/s=0.25m/s, 故B正确；
C. 4.0s即两个周期，质点P通过的路程为S=8A=4×8cm=32cm，故C错误；
D. 质点只在平衡位置附近振动，并不随波运动，故D错误；
E. Q点由1.5s到4.0s，经历
1
1
4
个周期到达波峰位置，所以1.5s时Q点位于平衡位置且向
上运动，故E正确．
故选ABE
13．（1）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（2）0.5
【详解】
(1) 由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力的不足；
(2) 由牛顿第二定律得：a=1
M
F，由图示图象可知：k=
1
M
=（1.0−0）/（0.6−0.1）=2，解得
质量M=1/2=0.5kg；
【点睛】
由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图像的斜率求出质量．
14．(1)2.620 (2)A E (3) (4)
2
4
d L
R πρ
-
【详解】
(1)螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为：0.01×12.0mm=0.120mm，
所以最终读数为：2.5mm+0.120mm=2.620mm；
(2)①本实验需要用伏安法测量电阻，由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程，即选A；滑动变阻器采用分压式接法，电阻较小时便于实验操作，故选E；
(3)由于电压表内阻远大于待测电阻，应采用电流表外接法，分压电路，电路连接如图：
（4）根据R=ρL
S
，则S=
L
R
ρ
，则中空部分的截面积S′=
2
πdρL
4R
-.
【点睛】
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据电路中电流的大小确定电流表的量程，从测量误差的角度选择滑动变阻器；根据电压表内阻远大于待测电阻，应采用电流表外接法，分压电路；根据电阻定律求出导体电阻的横截面积，用大圆的面积减去电阻的横截面积，即为中空部分的截面积．
15．(1) v=(2) B=
【解析】
（1）棒PQ进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a.有，
v2=2a·
2
d
根据牛顿第二定律有，mg-1
4
mg=ma
解得：v=
（2）棒PQ在磁场中做匀速直线运动时，切剖磁感线产生的感应电动势为；E=Bdv
回路中通过的感应电流为
E I
R r =
+
对棒PQ，由受力平衡条件有：BId=mg-1
4
mg
解得：
B =
16．(1) 204mv E qL = 2
52
k E mv = (2) 02mv B qL = 4
【解析】
（1）当沿y 轴方向运动的粒子做类平抛运动，且落在M 或N 点时，则y 轴右侧所有运动的粒子都能打在MN 上，有：
1
2L vt = 211
22
L at =， 其中0
qE a m
=，
由动能定理可得：2011
22
k qE L E mv ⨯
=-， 联立解得：22045
,2
k mv E E mv qL == （2）要使板MN 左侧有粒子打到板上，则粒子轨迹直径的最小值应为MN 板的长度L ，有：
min 1
2
R L =
又由min 0
mv
R qB =
， 解得：02mv
B qL
=
， 放射源O 发射出的粒子中，打在MN 板上的粒子的临界径迹如图所示，
由题意知：OM ON =，且OM ON ⊥， 故可知：1
2OO OO ⊥，即12v v ⊥，
设放射源O 放射出的所有粒子数是打在MN 板的左侧的粒子数的k 倍，则有：0
360490k ==．
点睛：要使y 轴右侧所有运动粒子都能打在 MN 板上，其临界条件为：沿y 轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M 或N 点．根据牛顿第二定律求出电场强度的最小值，根据动能定理求解打到板上粒子的动能；加匀强磁场后，粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当轨迹以O′为圆心同时过M 、N 两点时，轨迹直径最小，得到粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出B 的最大值．根据粒子的运动情况求出粒子数之比．
17．(1) v = (2) 13()tan 2(tan )L R h μθθμ+=- (3) R s μ=
【详解】
（1）设物块A 沿斜面下滑的加速度大小为a ，有：
sin mg mgcos ma θμθ-=，
由运动学规律有：2
sin 2h v a
θ=
，
解得：v =
（2）若物块A 恰好能滑到
1
4
圆弧面C 的最高点，则物块A 滑到圆弧面的最高点时物块与圆弧面、长木板具有共同的速度，此种情况下，物块A 到达斜面底端时的速度大小为：
1v = 设物块A 滑到
1
4
圆弧面C 的最高点时的速度大小为2v ，由动量守恒定律有： 123mv mv =，
由功能关系有：221211322
mgL mv mv mgR μ=-⨯-， 解得：()()
13tan 2tan L R h μθθμ+=
-；
（3）经分析可知，当物块A 最终停留在长木板B 上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度（设为3v ），由动量守恒定律有：133mv mv =
上式中，1v =()()13tan 2tan L R h μθθμ+=-，
由功能关系有：()22
131122
mg L s mv mv μ+=-， 解得：R
s μ
=
【点睛】
物块A 沿斜面下滑的过程中，重力做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理求物块A 到达斜面底端时的速度大小v ；先由动能定理求出物块A 到达斜面底端时的速度表达式．物块A 恰能滑上圆弧面C 时，三个物体的速度相同，根据动量守恒定律求得共同速度，再由能量守恒定律求解即可；物块A 最终停留在长木板B 上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度，由动量守恒定律和能量守恒定律即可求解物块最终停留的位置． 18．90N 600K 【详解】
对I 气体，由玻意耳定律有：1111p V p V ''=， 其中：()101010100mg mg Mg
p p V Sl p p V S l l S S
''+=+
==+=-∆，；， 解得：90Mg N =，
对II 气体，由查理定律有：2222p p T T '
'
=， 其中：212021mg mg p p T T p p S S
''=+
==+，，， 解得II 气体的温度2600T K '
=．
【点睛】
对于Ⅰ气体，作等温变化，根据玻意耳定律求出所添加细砂的重力大小；对于Ⅱ气体，作等容变化，根据查理定律求出重新处于平衡时Ⅱ气体的温度． 19．（1）30；(2)0.5R 【详解】
（1）设入射点B 到O 的垂直距离：BO h =，BCO β∠=，折射角为i
对△OBC ，由正弦公式得
1sin 2
h R β=
=
又sin sin i
n β
=
=
sin i β==
所以：60i =︒，因此偏折的角度为
30i αβ=-=︒
（2）由平面几何可得
1
2
CQ BO R ==
，60QCD ∠=︒ 因此
tan 60QD CQ R =⋅︒=
，2AD OA QD =-= 所以
1
2
AP R =
=。