安徽省池州市2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

安徽省池州市2021届新高考物理考前模拟卷（3）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，轻绳一端固定在O 点，另一端拴有质量为m 的球。

在最低点给小球一水平初速度，使其在竖直平面内做圆周运动。

小球运动到某一位置时，轻绳与竖直方向成θ角。

关于轻绳的拉力T 和θ角的关系式你可能不知道，但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的（ ）
A ．T=a+3mgsinθ（a 为常数）
B ．T=a+3sin mg θ（a 为常数）
C ．T=a+3mgcosθ（a 为常数）
D ．T=a+3cos mg θ（a 为常数） 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 当θ=0°时（最低点），L 为绳长，根据牛顿第二定律
2
11mv T mg L -=
当θ=180°时（最高点）
22
2mv T mg L +=
从最高点到最低点的过程，由动能定理得
221211222
mv mv mgL -= 可以得出
126T T mg -=
因此利用特殊值代入法可知C 选项满足上述结论，ABD 错误，C 正确。

故选C 。

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四分之一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0.2s ，碰后的速度大小变为4m/s ，当A 与B 碰撞后立即粘在一起运动，g 取10m/s 2，则（ ）
A ．A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小15N F =
B ．A 和B 碰撞过程中，A 对B 的作用力大于B 对A 的作用力
C ．A 、B 碰撞后的速度2m/s v =
D ．A 、B 滑上圆弧的最大高度0.45m h =
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．规定向右为正方向，则
06m/s v =-，14m/s v =
对A 在与墙碰撞的过程，由动量定理得
1110F t m v m v ∆=-
75N F =
所以A 错误；
B ．A 和B 碰撞过程中，A 对B 的作用力和B 对A 的作用力是一对相互作用力，应该大小相等，方向相反，所以B 错误；
C ．由题意可知，A 和B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
11122()m v m m v =+
23m/s v =
所以C 错误；
D ．A 和B 碰后一起沿圆轨道向上运动，在运动过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得
2121221()()2
m m gh m m v +=+ 0.45m h =
所以D 正确。

故选D 。

3．如图所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．若用x 、v 、a 分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象中能正确描述该过程的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零；滑块下滑过程中做匀减速直线运动，下滑过程中，其速度时间图线是一条斜向下的直线；下滑过程中，其加速度时间图线与时间轴平行．故AB两项错误．
CD．用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，据速度位移关系可得：
22 02
v v ax -=
解得：
2 02
v v ax
=-
所以下滑过程中，其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线；故C项错误，D项正确．4．中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到2019年8月23日正式投入运行1年。

散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。

下列关于中子的说法正确的是（）
A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子
B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定
C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化
D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电子的物质波波长长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故A错误；
B．中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故B 正确；
C．中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故C错误；D．根据德布罗意波波长表达式
h h
p mv
λ==
若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故D错误。

故选B。

5．在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。

当在a、b两端加上瞬时值表达式为2202sin100π
u t
=(V)的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。

下列说法正确的是（）
A．变压器副线圈的匝数为440
B．灯泡的额定电压为55V
C．变压器原线圈两端电压为220V
D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1V
【答案】B
【解析】
【详解】
A．四个灯泡均正常发光，说明变压器原、副线圈中的电流相同，根据
12
21
I n
I n
=
可得变压器副线圈的匝数
12
220
n n
==
故A错误；
BC．a、b两端电压的有效值
2202
2
U=
设每个灯泡的额定电压为U0，原线圈两端电压为U1，则有
U=2U0+U1
结合
11022U n U n = 可得
U 0=55V ，U 1=110V
故B 正确，C 错误；
D ．原线圈两端电压的最大值
121102m U U ==V
根据法拉第电磁感应定律有1m U n t
∆Φ=∆，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为 22
t ∆Φ=∆V 故D 错误。

故选B 。

6．如图所示，半径为R 的光滑半圆形刚性细杆竖直固定，O 点为其圆心，AB 为水平直径，在细杆的A 点固定一个光滑的小圆环，穿过小圆环的不可伸长的细线一端 与质量为4m 的重物相连，另一端与质量为m 且套在细杆上的带孔小球相连。

开始时小球静止在细杆的C 点，重物在A 点正下方，细线恰好伸直，将重物由静止释放后，小球在重物拉动下沿细杆运动。

已知重力加速度为g ，当小球运动到P 点时，重物下落的速度为（ OP 、OC 均与水平方向成60°角）（ ）
A 33-32
gR B 33-15gR C 332gR D (31)gR -【答案】A
【解析】
【详解】
设重物下落的速度大小为v ，小球的速度大小为v '，由几何关系可知
cos30v v '︒=
由能量关系
()221144322
mv mv mg R R '⨯+⨯=- 联立解得 3332
v gR -= 故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2s 到达传送带的B 端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g=10m ／s 2，则可知（ ）
A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B ．A 、B 两点的距离为2.4m
C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
【答案】AD
【解析】
A 、在0~0.2s 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第
二定律有1sin cos mg mg ma θμθ+=，由图乙可得2110/a m s =，货物加速到与传送带速度相等后，在
0.2~1.2s 时间内，
货物速度大于传送带速度，故有2sin cos mg mg ma θμθ-=，由图乙可得222/a m s =，联立解得cos 0.8θ=，0.5μ=，故A 正确；
B 、v –t 图象与t 轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为3.2?m L =，B 错误；
C 、货物受到的摩擦力为cos 4N f mg μθ==，0~0.2s 时间内的位移为10.2m x =，对货物受力分析知
摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功，110.8?
J f W fx ==，同理0.2~1.2s 时间内，货物的位移为23?m x =，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为2212?
J f W fx =-=-，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J –0.8 J=11.2 J ，C 错误；
D 、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，0~0.2s 时间内，
传送带的位移为30.4m x =，
0.2~1.2s 时间内，传送带的位移为42?m x =，总相对路程为3124 1.2?m x x x x x ∆=-+-=，货物与传送
带摩擦产生的热量为 4.8?
J Q f x =∆=，故D 正确． 点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．
8．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，而后到达与M 点在同一水平面上的P 点，轨迹如图。

其中N /是N 点在MP 直线上的投影点。

以下关于小球的运动说法正确的是（ ）
A ．从M 到N 重力势能增加232
mv B ．从M 到N 机械能增加2mv 2
C ．从M 到P 动能增加8mv 2
D ．重力与电场力大小之比为1：2
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球在电场中运动的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达N 点时，其竖直方向的速度为零，
M 到N ，在竖直方向上有
22MN v gy =
则该段过程重力势能的增加量为
2P 12
MN E mgy mv ∆== 故A 错误；
B ．从M 到N 机械能增加量为
2222P k 11(4)222
E E E mv m v v mv ∆=∆+∆=+-= 故B 正确；
C ．根据题意可知，从M 到N 与从N 到M 所用时间相等，根据v=at 可知，到达P 点时小球在水平方向的速度为
24x P v v v ==
此时小球的合速度为 22(4)17v v v v '=+=
则从M 到P 动能增加量为
222k 11(17)822
E m v mv mv '∆=-= 故C 正确；
D ．从M 到N ，竖直方向有
mg v t m
= 水平方向上有
2qE t v m
= 所以重力与电场力大小之比为1：2，故D 正确。

故选BCD 。

9．质量为m 的小球穿在光滑细杆MN 上，并可沿细杆滑动。

已知细杆与水平面夹角30°，细杆长度为2L ，P 为细杆中点。

小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O 点。

此时弹簧恰好处于原长，原长为23L ，劲度系数为mg L 。

将小球从M 点由静止释放，小球会经过P 点，并能够到达N 点。

下列说法正确的是（）
A ．小球运动至P 点时受到细杆弹力为36
mg B ．小球运动到P 点处时的加速度为32
g C ．小球运动至N 2gl D ．小球运动至N 点时弹簧的弹性势能为mgL
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB ．小球运动至P 点时，根据几何关系可得OP 之间的距离为：
233sin 30d ==o
则弹簧的弹力大小为： 233F k L d mg ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭
对小球受力分析，可知受重力、弹簧的弹力和轻杆的弹作用，如图所示：
在垂直斜面方向上，根据平衡条件有：
cos30N F mg =+o 解得：53N = 在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：
sin 30mg ma =o
解得：3sin 305
a g g ==o ，A 正确，B 错误； CD ．根据几何关系，可知
23L 故小球从M 点运动至N 点，弹性势能变化量为零，所以在N 点的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，根据机械能守恒有：
212sin 302
N mg L mv =o g 解得：2N v gL =，C 正确，D 错误。

故选AC 。

10．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；
BC．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，BC错误；
D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．
11．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如右图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度
cot
g
l
θ
ω>b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】AC
【解析】
【详解】
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上平衡得，F a sinθ=mg ，解得a mg F sin θ＝，可知a 绳的拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有：2 mg m l tan ωθ＝，解得cot g l
θω＝，可知当角速度cot g l θω>
时，b 绳出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。

12．如图所示是一玻璃球体，O 为球心，cO 水平，入射光线ab 与cO 平行，入射光线ab 包含a 、b 两种单色光，经玻璃球折射后色散为a 、b 两束单色光．下列说法正确的是（ ）
A ．a 光在玻璃球体内的波长大于b 光在玻璃球体内的波长
B ．上下平移入射光线ab ，当入射点恰当时，折射光线a 或b 光可能在球界面发生全反射
C ．a 光在玻璃球内的传播速度大于b 光在玻璃球内的传播速度
D ．在同一双缝干涉实验中，仅把a 光照射换用b 光，观察到的条纹间距变大
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．由图可知，b 光的折射程度比a 光大，可知玻璃对b 光的折射率比a 光大，b 光的频率较大，则b 光的波长较小，选项A 正确；
B ．因光线ab 从玻璃球中出射时的入射角等于进入玻璃球中的折射角，可知此角总小于临界角，则折射光线a 或b 光不可能在球界面发生全反射，选项B 错误；
C ．根据v=c/n 可知，因为玻璃对b 光的折射率比a 光大，则a 光在玻璃球内的传播速度大于b 光在玻璃球内的传播速度，选项C 正确；
D ．根据l x d
λ∆=可知，因b 光的波长较小，则在同一双缝干涉实验中，仅把a 光照射换用b 光，观察到的条纹间距变小，选项D 错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的装置做“探究合力做的功与动能改变量之间的关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B 点，并用重物通过细线拉带有遮光条的小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离（s ）进行多次实验，实验时要求小车每次都从静止释放。

（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d =________mm 。

（2）为了减小误差，实验时需要进行的操作是________。

A ．将水平轨道上的A 端垫高适当的高度，以平衡摩擦力
B ．使重物的质量m 远大于小车及遮光条的总质量M
C ．调节水平轨道左端滑轮的高度
（3）某次实验中，测得小车及遮光条的质量M=1kg ，光电门记录小车通过的时间0.002s t ∆=，则在此次实验中小车及遮光条增加的动能为________J （结果保留到小数点后两位）。

（4）实验中利用________计算拉力对小车做的功W 在方格纸上做出k E W -图像（k E 是小车和重物动能
之和），如图所示。

由图像可以看出k E ∆总是略大于W ，造成这种现象的原因是________________________。

【答案】4.700 AC 2.76 W mgs = 平衡摩擦力过度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm ，主尺的读书为4.5mm ，读数为
4.5mm 20.00.01mm=4.700mm +⨯。

（2）[2]AB ．本实验研究小车受到的合力对小车所做的功与小车动能的改变量之间的关系，可认为小车受到的合力与重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且满足重物的质量远小于小车和遮光条的总质量，B 错误A 正确；
C ．需调节水平轨道左端滑轮的高度，使连接光电门的细线与轨道平行，C 正确。

故选AC 。

（3）[3]小车及遮光条经过光电门的速度
2.35m/s d v t
==∆ 增加的动能 2K 1 2.76J 2E Mv ∆=
=。

（4）[4]因为平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，所以用重力乘于小车释放点到光电门的距离s 计算拉力所做的功，即
W mgs =。

（4）[5]实验中，让重物的质量远小于小车及遮光条的总质量，则平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，则分析可知造成k E ∆总是略大于W 是平衡摩擦力过度造成的。

14．在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，某实验小组利用如图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，木块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车左端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况。

(1)下列做法正确的是（_____）
A ．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B ．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在木块上
C ．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D ．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。

他所得到的a －F 关系可用图中的________表示(图中a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力)。

（3）右图是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50 Hz 。

由图可知，打纸带上B 点时小车的瞬时速度v B ＝________m/s ，木块的加速度a ＝________m/s 2。

(结果保留两位有效数字)
【答案】AD C 0.15 0.60
【解析】
【详解】
（1）[1]A.该实验“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，所以每次物体受力为恒力，所以细绳应与轨道平行，A 正确
B.平衡摩擦力时，使小车在没有重物牵引下沿导轨匀速运动，B 错误
C.打点计时器在使用时，应该先接通电源，后释放小车，C 错误
D.平衡摩擦力完成后，满足的是
sin cos mg mg θμθ=
所以改变小车质量时，无需再次平衡摩擦，D 正确
（2）[2] 平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，这时在没有悬挂重物时，小车就已经获得一个加速度，所以图像有纵轴截距，选C
（3）[3]根据匀变速直线运动的规律可得
2
(8.10 5.10)10m/s 0.15m/s 20.10.2
OC OA B x x v ---?===´ [4]根据匀变速直线运动的规律可得
2
222((17.1010.50)(10.50 6.30))10m/s 0.60m/s 0.20.04
DE BD x x a -----?=== 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．两根距离为L=2m 的光滑金属导轨如图示放置，P 1P 2，M 1M 2两段水平并且足够长，P 2P 3，M 2M 3段导轨与水平面夹角为θ=37°。

P 1P 2，M 1M 2与P 2P 3，M 2M 3段导轨分别处在磁感应强度大小为B 1和B 2的磁场中，两磁场方向均竖直向上，B 1=0.5T 且满足B 1=B 2cosθ。

金属棒a ，b 与金属导轨垂直接触，质量分别为219
kg 和0.1kg ，电阻均为1Ω，b 棒中间系有一轻质绳，绳通过光滑滑轮与质量为0.2kg 的重物连接，重物距离地面的高度为10m 。

开始时，a 棒被装置锁定，现静止释放重物，已知重物落地前已匀速运动。

当重物落地时，立即解除b 棒上的轻绳，b 棒随即与放置在P 2M 2处的绝缘棒c 发生碰撞并粘连在一起，随后bc 合棒立即通过圆弧装置运动到倾斜导轨上，同时解除a 棒的锁定。

已知c 棒的质量为0.3kg ，假设bc 棒通过圆弧装置无能量损失，金属导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，
sin37ο=0.6，cos37ο=0.8，g 取10m/s 2，求：
(1)b 棒与c 棒碰撞前的速度；
(2)b 棒从静止开始运动到与c 棒碰撞前，a 棒上产生的焦耳热；
(3)a 棒解除锁定后0.5s ，bc 合棒的速度大小为多少。

【答案】 (1)4m/s(2)8.8J(3)27
m/s 8
【解析】
【详解】
(1)由题可知，b 棒与c 棒碰前，已经匀速
由受力分析得：
Mg=F 安
22
11
12B L v F B IL R ==安
可得
v 1=4m/s
方向水平向右
(2)由能量守恒得：
2
11
()2b Q Mgh M m v =-+总
可得：
Q 总=17.6J
所以：
1
8.8J 2a Q Q ==总
(3)以向右为正方向，由动量守恒得：
m b v 1=(m b +m c )v 2
解得：
v 2=1m/s
a 棒：
F 安1=B 1IL=m a a 1
bc合棒：
(m b+m c)gsinθ-F安2cosθ=(m b+m c)a2 F安2=B2IL
21
cos
2
bc a
B Lv B Lv
I
R
θ-
=
代入初始条件，v bc=v2，v a=0；
解得：
12
2
19
m/s
4
a a
==
可得，bc合棒和a棒接下来均做加速度为的2
19
m/s
4
匀加速运动，
'
22
bc
v v a t
=+
解得：
'
27
m/s
8
bc
v=
16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
（2）该粒子在电场中运动的时间．
【答案】（1）
E
B
＝2
1
tan
2
vθ；（2）t＝
2
tan
d
vθ
【解析】
试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B＝
2
v
m
r
①
由题设条件和图中几何关系可知：r＝d ②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为v x，由牛顿第二定律有：qE＝ma x③
根据运动学公式有：v x＝a x t，
2
x
v
t⋅＝d ④
由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tanθ
＝0x
v v ⑤
由①②③④⑤式联立解得：E B ＝201tan 2
v θ （2）由④⑤式联立解得：t ＝02tan d v θ
考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题．
17．如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为p 0，经历从状态A→B→C→A 的过程。

则气体在状态C 时压强为________；从状态C 到状态A 的过程中，气体的内能增加ΔU ，则气体_______（填“吸收”或“放出”）的热量为________。

【答案】p 0 吸收 00Δ2U p V +
【解析】
【分析】
【详解】
[1]根据理想气体状态方程
pV C T
= 可得
CT V p
= 所以V-T 图中过原点的直线表示等压变化，即气体从C 到A 过程是等压变化，
C A 0p p p ==
[2][3]气体从状态C 到状态A 的过程中，温度升高内能增加ΔU ，体积增加，外界对气体做功 000Δ2W p V p V =-⋅=-
根据热力学第一定律
ΔU Q W =+ 得气体吸收的热量
00ΔΔ2Q U W U p V =-=+。