2017年广东省广州市普通高中高考物理模拟试卷（解析版）

2017届广东省广州市普通高中高考物理模拟试卷二、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题只有一项符合题目要求，第58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1根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3对比这三次实验可知（）A第一次实验中小球接触的材料是最光滑的B第二次实验中小球的机械能守恒C第三次实验中小球的惯性最大D第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大2阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源（不计内阻）连接成如图所示的电路开关K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是（）A电容器两板间电压为B电容器极板上的电荷量为C减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小D减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小3如图，长方体ABCDA1B1C1D1中|AB|=2|AD|=2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内（包括边界）不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球（）A抛出速度最大时落在B1点B抛出速度最小时落在D1点C从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等4如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为，则M、N的运动周期之比等于（）Asin3BCD5如图，粗糙水平面上a、b、c、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半若a受到的摩擦力大小为f，则（）Aab之间的弹簧一定是压缩的Bb受到的摩擦力大小为fCc受到的摩擦力大小为fDd受到的摩擦力大小为2f6如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则（）A细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒7质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车（）A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为160kWD所受阻力大小为1600N8如图，A、B、C、D是正四面体的四个顶点，现在A固定一电荷量为+q的点电荷，在B固定一电荷量为q的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是（）A棱AB中点的电势为零B棱AB中点的场强为零CC、D两点的电势相等DC、D两点的场强相同二、解答题（共5小题，满分47分）9（5分）某同学用图1示的实验装置探究加速度与力的关系他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块已知滑块（含遮光条）总质量为M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L请回答下面相关问题（1）如图2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d=cm某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小a应表示为（用题干已知物理量和测得物理量字母表示）（2）下列实验要求中不必要的是A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节至水平D应使细线与气垫导轨平行10如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接；作为欧姆表使用时，选择开关应接（填“1”、“2”或“3”）；使用时，电流一定从端流入多用电表（填“A”或“B”）11（4分）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图甲调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R的图线如图乙由图乙可求得电动势E=V，内阻r=（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测E真，r测r真（选填“”、“=”或“”）12（14分）如图，水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3m一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞两物块与OQ段的动摩擦因数均为=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能重力加速度g=10m/s2，求 （1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度；（2）两物块各自停止运动时的时间间隔13（18分）一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为0的角速度转过90时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？物理-选修3-314（15分）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（）A当气体温度变化时，气体内能一定变化B若气体的内能不变，其状态也一定不变C若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关15（10分）如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置一段长为l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱已知大气压强为p0=75.0cmHg如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度2017届广东省广州市普通高中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析二、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题只有一项符合题目要求，第58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1根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3对比这三次实验可知（）A第一次实验中小球接触的材料是最光滑的B第二次实验中小球的机械能守恒C第三次实验中小球的惯性最大D第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去根据向心力公式可知压力大小【解答】解：A、如果斜面光滑，则小球应到达等高的位置，则由图可知，三次实验中小球均受到阻力作用，故机械能不守恒，斜面不光滑，故AB错误；C、由于不知道小球的质量，故不能明确小球的惯性大小，故C错误；D、第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式可知，小球对轨道最低点的压力最大，故D正确故选：D【点评】本题考查对伽利略理想斜面实验的理解，要注意明确本实验中如果斜面光滑则物体将到达等高的位置，同时明确实验中哪些是实际发生的，哪些是推导得出的2阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源（不计内阻）连接成如图所示的电路开关K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是（）A电容器两板间电压为B电容器极板上的电荷量为C减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小D减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】电容器接入电路中相当于断路，根据欧姆定律求解通过电源的电流求出与电容器并联的电阻两端的电压，电荷量Q=UC，根据分析电容的变化；【解答】解：A、电容器视为断路，与电容器串联的电阻看成导线，电容器两极板间的电压，故A错误；B、根据Q=CU，得电容器极板上的电荷量为，故B错误；C、减小电容器两极板的正对面积，电容减小，由Q=CU知极板上的电荷量减小，故C正确；D、减小极板间的距离，电容增大，稳定后两极板电压与原来相同，等于和电容器并联的电阻两端的电压，故D错误；故选：C【点评】本题主要考查了欧姆定律的直接应用，知道电容器接入电路中相当于断路，清楚电路的结构，会知道影响电容大小的因素，难度适中3如图，长方体ABCDA1B1C1D1中|AB|=2|AD|=2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内（包括边界）不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球（）A抛出速度最大时落在B1点B抛出速度最小时落在D1点C从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动运动时间由下落的高度决定由分位移公式分析初速度关系由机械能守恒定律研究落地时机械能【解答】解：A、由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度最大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1的粒子速度最小，故AB错误，C正确；D、由图可知，落在落在B1D1中点和落在D1中点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误故选：C【点评】本题考查机械能守恒定律以及平抛运动的规律应用，解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，明确下落高度决定了下落时间，由于高度相同，重力势能相等，机械能的大小取决于动能的大小4如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为，则M、N的运动周期之比等于（）Asin3BCD【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据题意知道AB连线与卫星B的运行轨道相切时，夹角最大，运用几何关系求出A、B轨道半径之比，由开普勒第三定律求出周期之比，即可得解【解答】解：设A、B的轨道半径分别RA、RB据题卫星A、B连线与A、O连线间的夹角最大时，AB连线与卫星B的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有 RB=RAsin根据开普勒第三定律有：=联立解得 =故选：D【点评】本题能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征，在圆周运动中涉及几何关系求半径是一个基本功问题5如图，粗糙水平面上a、b、c、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半若a受到的摩擦力大小为f，则（）Aab之间的弹簧一定是压缩的Bb受到的摩擦力大小为fCc受到的摩擦力大小为fDd受到的摩擦力大小为2f【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】假设ab弹簧处于伸长状态，得到弹簧的原长为零，由此确定弹簧所处的状态；分别对a和c进行受力分析求出弹力与摩擦力关系，根据平行四边形法则求解c受到的摩擦力大小，根据对称性分析d受到的摩擦力大小【解答】解：A、设每根弹簧的原长为L0，ab的形变量为x1，cd的形变量为x2，则有kx2=2kx1，若ab弹簧也是被拉长，则有：L0+x2=2（L0+x1），解得L0=0，不符合题意，所以ab被压缩，A正确；B、由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小为f，B正确；C、以a和c为研究对象进行力的分析如图所示，中图中的为ac与cd之间的夹角，则cos，所以=60，则cab=120，a受到的摩擦力大小f=T；对c根据力的合成可得fc=f，所以C正确；D、由于c受到的摩擦力大小为f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小为f，D错误故选：ABC【点评】力的合成满足平行四边形定则，当两个力方向相同时可以直接相加求合力；当两个力方向相反时可以直接相减求合力；当两个力垂直的时候，分力与合力之间满足勾股定理，可以直接用勾股定理计算；如果两个力夹角不是特殊角，可以根据正交分解法、矢量三角形法或三角函数法求解合力大小6如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则（）A细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】分析开始时两物体及弹簧的受力，根据弹簧的弹力不能突变的性质，根据牛顿第二定律可求得加速度大小；再根据两物体的运动情况分析弹簧的形变；根据机械能守恒的条件分析系统是否机械能守恒【解答】解：A、开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则b受力仍然平衡，加速度为零，而a受向下的拉力和重力作用，加速度为g，故A错误；B、弹簧恢复原长时，两物体均只受重力，故加速度大小为g，故B正确；C、由于a的加速度大于b的加速度，故a下落较快，因此开始时弹簧处于压缩状态，故C错误；D、对，a和b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故D正确故选：BD【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化7质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车（）A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为160kWD所受阻力大小为1600N【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可【解答】解：A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；B、a函数方程，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；CD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：Ff=ma其中：F=联立得：a=结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s由图象可知：，解得：f=4m=4400=1600N解得：P=160KW，故CD正确；故选：CD【点评】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解8如图，A、B、C、D是正四面体的四个顶点，现在A固定一电荷量为+q的点电荷，在B固定一电荷量为q的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是（）A棱AB中点的电势为零B棱AB中点的场强为零CC、D两点的电势相等DC、D两点的场强相同【考点】电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】+q、q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系【解答】解：ACD、由题，通过AB的中垂面是一等势面，取无穷远电势为零，那么棱AB中点，及C、D在同一等势面上，电势相等，且均为零，而C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，故ACD正确B、依据等量异种电荷的电场线分布，可知，棱AB中点的场强不为零，故B错误；故选：ACD【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，即可分析C、D场强与电势的关系二、解答题（共5小题，满分47分）9（5分）某同学用图1示的实验装置探究加速度与力的关系他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块已知滑块（含遮光条）总质量为M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L请回答下面相关问题（1）如图2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d=0.960cm某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小a应表示为（用题干已知物理量和测得物理量字母表示）（2）下列实验要求中不必要的是AA应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节至水平D应使细线与气垫导轨平行【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）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；（2）用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度；由求加速度a；（3）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.9cm，可动刻度读数为0.0512mm=0.60mm=0.06cm，所以最终读数为：0.9cm+0.06cm=0.960cm；（2）已知初速度为零，位移为L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，末速度由，得（3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A错误B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B正确C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C正确D、要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D正确本题选择不必要的故选：A故答案为：（1）0.960，；（2）A【点评】本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度要求能够根据实验原理分析操作的合理性10如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接3；作为欧姆表使用时，选择开关应接2（填“1”、“2”或“3”）；使用时，电流一定从A端流入多用电表（填“A”或“B”）【考点】多用电表的原理及其使用【分析】欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，根据电表结构选择，即可求解【解答】解：由图所示可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置3；作为欧姆表使用时，选择开关应接2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入，即从A端流入故答案为：3；2；A【点评】本题考查多用电表的内部结构，电压档和电流档的内部结构与前面所学习的电压表电流表的改装原理相同，而欧姆档启用时内部电源被接通11（4分）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图甲调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R的图线如图乙由图乙可求得电动势E=2.9V，内阻r=1.2（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测=E真，r测r真（选填“”、“=”或“”）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】实验采用安阻法测量电源的电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律得出R的关系式，结合图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻将多用电表的内阻等效到电源的内部，分析测量电源电动势和内阻的误差【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则R=Er，可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则E=2.9V，内阻r=1.2将多用电表的内阻等效到电源的内部，知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大而当电阻箱阻值无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势测量准确，故答案为：2.9；1.2=；【点评】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义本题采用的是转换法，本来IR是非线性关系，转换成R是线性关系，图象直观，一目了然12（14分）如图，水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3m一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞两物块与OQ段的动摩擦因数均为=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能重力加速度g=10m/s2，求 （1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度；（2）两物块各自停止运动时的时间间隔【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）A、B在O点发生弹性碰撞时，遵守动量守恒和能量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解（2）分析碰后两物块的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式分段求两个物块运动时间，从而求得各自停止运动时的时间间隔【解答】解析：（1）设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2碰撞前后动能相等，则得：=+解得：v1=2m/s，方向向左，v2=4m/s，方向向右（2）碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：a=g=2m/s2B经过t1时间与Q处挡板碰，由运动学公式：v2t1=d得：t1=1s（t1=3s舍去）与挡板碰后，B的速度大小 v3=v2at1=2m/s，反弹后减速时间 t2=1s反弹后经过位移 s1=1m，B停止运动物块A与P处挡板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O点，经过 s2=1m停止所以最终A、B的距离s=ds1s2=1m，两者不会碰第二次在AB碰后，A运动总时间 tA=+=3s整体法得B运动总时间 tB=t1+t2=2s，则时间间隔tAB=tAtB=1s答：（1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度是2m/s，方向向左及4m/s，方向向右；（2）两物块各自停止运动时的时间间隔是1s【点评】本题的关键是分析清楚A、B的运动过程，按时间顺序进行判断对于B反弹后停止位置也可用整体法计算而得，如下：B碰后运动总路程sB=4m，B反弹后停止位置距Q为 s1=sBd=1m，总时间tB=2s13（18分）一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为0的角速度转过90时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）当筒以大小为0的角速度转过90时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒，这说明粒子恰好在磁场中偏转90，则粒子的轨道半径为R，由洛仑兹力提供向心力可以求出粒子的比荷和速率（2）当入射方向逆时针方向旋转30时，相应的轨迹也将逆时针方向旋转30，半径不变，画出轨迹由几何关系，找到粒子在磁场中偏转的角度，求出时间t但要注意的是在时间t内圆筒转过的角度就有多解的问题，分两种情况进行讨论：从M点穿出和从N点穿出的情况，列出时间相等的式子，可以求出圆筒的角速度【解答】解：（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90时，粒子从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动） 射出，如图，由轨迹1可知半径：r=R 由 ，粒子运动周期 筒转过90的时间：，又 联立以上各式得：荷质比， 粒子速率：v=0R（2）若粒子与MN方向成30入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图轨迹2圆心 为O，则四边形MOPO为菱形，可得，所以 则粒子偏转的时间：；又； 得： 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为1， 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3； 综上可得其中n=0，1，2，3当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为2， 若从M点离开，则筒转动时间满足，得： 其中k=0，1，2，3 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3 综上可得其中n=0，1，2，3 综上所述，圆筒角速度大小应为 或者其中n=0，1，2，3答：（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，该粒子的荷质比为，速率分别是0R（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为 （顺时针转动）或 （逆时针转动） 其中n=0，1，2，3【点评】本题的难点在于第二问的多解，基本等量关系是时间相等，但要注意的是从从M点射入的、穿出点可能是N点也可能是M点哪里穿出，所以分两种情况进行分析；还要注意的一点是多解问题，可能是转过k圈后再从M或N点穿出，这也必须考虑到物理-选修3-314（15分）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（）A当气体温度变化时，气体内能一定变化B若气体的内能不变，其状态也一定不变C若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关【考点】理想气体的状态方程【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化【解答】解：A、理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；C、由理想气态方程=常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确D、由气态方=c知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误E、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确；故选：ACE【点评】本题关键掌握三个知识点：1、一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关；2、气态方=c；3、热力学第一定律U=Q+W，并能用来正确分析15（10分）如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置一段长为l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱已知大气压强为p0=75.0cmHg如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】求出初态的压强、体积和末态的压强，根据玻意耳定律求出开口向下封闭气体的长度；【解答】解：管口朝上时，管内气体压强p1=（75+25）cmHg=100cmHg管口朝下时，管内气体压强p2=（7525）cmHg=50cmHg设玻璃管内横截面积为S，管口朝下时，管内气柱长度为lx，则等温变化有：p1lS=p2lxS得答：开口向下时管内封闭空气柱的长度50cm【点评】本题考查气体的等温变化，关键是初末状态的确定，求封闭气体压强是重点，根据玻意耳定律列式求解即可