2024年重庆十一中教育集团高考物理模拟试卷（七）(含解析）

这是一份2024年重庆十一中教育集团高考物理模拟试卷（七）(含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.图中的(a)、(b)、(c)、(d)四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是( )
A. 根据图(a)所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为β射线
B. 如图(b)所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大
C. 玻尔通过图(c)所示的α粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分
D. 利用图(d)所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱
2.闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B−t图变化，方向如图，则回路中( )
A. 电流方向为逆时针方向B. 电流强度越来越大
C. 产生的感应电动势越来越大D. 磁通量的变化率恒定不变
3.《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B连线水平，某时刻A、C中电流方向垂直于纸面向里，B中电流方向垂直于纸面向外，A、B、C中电流大小均为I，则( )
A. 正三角形中心O处的磁感应强度为0
B. A、B连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C. A、C输电线缆相互吸引
D. A、B输电线缆相互吸引
4.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船与空间站组合体成功实现自主快速交会对接。空间站、同步卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。已知空间站的运行轨道半径为R1，同步卫星的运行轨道半径为R2(R2>R1)，下列说法正确的是( )
A. 空间站处于平衡状态
B. 空间站的角速度比同步卫星的小
C. 空间站与同步卫星的运行周期之比为 R23R13
D. 空间站与同步卫星的运行速率之比为 R2R1
5.在真空中的x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x=4a处速度最大)，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷M、N一定为异种电荷
B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值不相等
C. x=4a处的电场强度最大
D. 点电荷P在x=4a处的的电势能最大
6.如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是( )
A. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1B. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C. 图2中t2=16sD. 木板的最大加速度为a2=2m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
7.如下图所示，两束颜色不同的单色光a、b平行于三棱镜底边BC从AB边射入，经三棱镜折射后相交于点P，下列说法中正确的是( )
A. 三棱镜对a光的折射率大于对b光的折射率
B. a光在三棱镜中传播的速度较大
C. 让a光和b光通过同一双缝干涉实验装置，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
D. 在利用a光和b光做衍射实验时，b光的实验现象更明显
8.如图甲所示，某建筑工地正用吊车将装混凝土的料斗竖直向上起吊到高处，料斗从静止开始向上运动的加速度随上升高度变化的规律如图乙所示，若装有混凝土的料斗总质量为0.5吨，重力加速度为10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 从静止开始到h=2m运动过程，料斗做匀加速运动
B. 从静止开始上升到高度6m时，料斗的速度大小为4m/s
C. 从静止开始上升6m过程中，吊车对料斗做功为3.4×104J
D. 从静止开始上升6m过程中，料斗运动的时间为3s
9.如图甲、如图乙所示理想变压器，原线圈的输入电压均为U，匝数均为150，两个电阻的阻值均为R，对甲图，两个副线圈的匝数分别为40、60，对乙图，副线圈的匝数为100，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两图原线圈的电流之比为26：25
B. 甲、乙两图变压器的输入功率之差为U275R
C. 乙图每个电阻的功率为U23R
D. 甲图两个电阻的功率之比为4：9
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
10.现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机Phyphx软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据Phyphx界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案：
方案1.使用“含(g)的加速度”模块，令手机静置在桌面上20s，直接读出重力加速度(图一)；
方案2.使用“摆”功能，该同学找到一把量程为30cm的刻度尺，长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，于小角度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度(图二)。
回答下列相关问题：

(1)根据方案2，可知手机计算重力加速度g的表达式为______。(用g、π、T、L表示)
(2)与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的可能原因为______。(多选)
A.铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准
B.测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差
C.铁锁质量过大，导致g测量误差较大
(3)方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案：实验时，可以在细线上的A点做一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程；保持该标记以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度以改变摆长，当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可测得重力加速度g的数值，此方案计算g的表达式为：______。(其中L2>L1)
A.g=4π2(L1−L2)T12−T22
B.g=4π2(L1−L2)T22−T12
C.g=4π2(T12−T22)L2−L1
D.g=4π2(T12−T22)L1−L2
11.为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值R随拉力F变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E=3V，内阻r=1Ω；灵敏毫安表量程、内阻均未知：R1是滑动变阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱上。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力。

(1)为测量毫安表量程，该同学设计了如图(c)所示电路，闭合开关，调节R1滑片至中间位置附近某处，并将R2调到100Ω时，毫安表恰好满偏，此时电压表示数为1.5V；将R2调到250Ω，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍为1.5V，发现此时毫安表的指针恰好半偏，由以上数据可得毫安表的内阻Rg= ______Ω，毫安表的量程Ig= ______mA；
(2)把毫安表接入如图(b)所示电路中，具体步骤如下：
步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节R1，使毫安表指针满偏：
步骤b：滑环下吊已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；读出此时毫安表示数I；
步骤c：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤d：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。
改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表______(填“零刻度”或“满刻度”)处；
若图(a)中R0=50Ω，图象斜率k=0.50Ω/N，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G= ______N；
(3)若仅电源内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤a操作，则测量结果______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、简答题：本大题共2小题，共31分。
12.如图，在直角坐标xOy平面内，存在半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为圆形边界的直径。质量为m、电荷量为−q的带电粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴方向射入磁场，粒子从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。
(1)求初速度v0；
(2)若粒子以某一初速率v1在xOy平面内从b点沿各个方向射入磁场，粒子从a点射出磁场时离b点最远，求粒子初速率v1的大小；
(3)若粒子以大小v2= 2v0的速率在xOy平面内从b点沿各个方向射入磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间tm。
13.如图所示，绝缘水平面右侧锁定有一水平绝缘台阶，其上固定有两平行正对金属薄板A、B，相距为d，台阶左侧有一小车，小车上表面绝缘且与台阶齐平，小车与台阶紧贴无粘连，车上固定有两平行正对金属薄板C、D，相距也为d，车和C、D板总质量为m，一质量为m的金属小球(视为质点)紧贴A板下端，此时小球电荷量为q，静止释放，不计一切摩擦，B板和C板下端开有略大于小球直径的小孔，A、B、C、D板均带电，仅考虑A、B板之间形成的电场E1和C、D板之间形成的电场E2，且E1=2E2=2E0，忽略边缘效应，求：
(1)小球经过B板时速度大小；
(2)小球经过C板小孔的同时撤去小车右边的所有装置，并关闭C板下端小孔，在小球第一次从C板运动到D板的过程，小车对地位移的大小；
(3)在第二问基础上，设小球与D板碰撞时间极短且无机械能损失，同时小球立即带上与该板同种的电荷，电荷量仍为q，两板的带电量可认为不变，试推出相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
14.如图甲所示，导热性能良好的圆柱形汽缸放在水平地面上，开口向上，用横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞到汽缸底部的距离为h，此时环境温度为T0(热力学温度)。已知大气压强恒为p0，活塞的质量为m=p0Sg.现将一质量也为m的重物轻放在活塞上，同时缓慢升高环境温度，活塞静止后到汽缸底部的距离为34h(如图乙所示)，该过程气体从外界吸收的热量为Q.重力加速度为g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，求：
(i)最终气体的热力学温度T。
(ii)上述过程中气体内能的变化量△U。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，α射线带正电，根据左手定则判断出射线1为α射线，故A错误；
B.发生光电效应时，根据光电效应方程Ek=hν−W0，可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；
C.卢瑟福通过图(c)所示在α粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；
D.利用图(d)所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，提出氢原子能级是分立的，能够解释氢原子的光谱特征，光谱也是分立的，故D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力对不同粒子的影响判断；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度无关；根据α粒子散射实验判断；根据玻尔理论判断。
本题考查了近代物理初步的相关知识，理解不同物理现象的影响因素，并知道其深层次的原因，结合熟悉的物理模型求解，难度不大，属于普通题。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据楞次定律，可知电流方向为顺时针方向，故A错误；
BCD.由B−t图可知磁感应强度的变化率为一定值，由法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
又根据闭合电路欧姆定律得：I=ER
联立解得感应电流为：I=ΔBΔtSR
所以磁通量的变化率恒定不变，产生的感应电动势大小不变，电流强度不变，故BC错误，D正确。
故选：D。
由楞次定律可判断电流方向；由B−t图象可知磁感应强度的变化情况，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求解感应电流。
本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律的应用，要求学生熟练掌握这些规律的应用。
3.【答案】C
【解析】解：A、A根据右手定则可判断输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向左下方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向右下方，根据对称性可知，AB输电线缆在O处产生的磁感应强度大小相等，根据矢量的合成法则可判断A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向下，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向右，所以O处合磁感应强度方向应斜向右下方，故A错误；
B、A输电线缆在A、B连线中点处的磁感应强度方向竖直向下，B输电线缆在O点的磁感应强度方向竖直向下，C输电线在A、B连线中点的磁感应强度方向水平向右，所以A、B连线中点合磁感应强度方向斜向右下方，故B错误；
CD、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，A、C输电线缆相互吸引，A、B输电线缆相互排斥，故C正确，D错误；
故选：C。
AB、根据右手定则判断出每根电缆在O处或AB中点处的磁感应强度，再根据矢量的合成法则求合磁感应强度；
CD、根据通向电流互相吸引反向电流互相排斥，可判断AC、AB输电线缆间的作用力。
本题主要考查电流产生的磁场方向的判断方法，解题关键是右手定则的应用及矢量的合成法则。
4.【答案】D
【解析】解：A.空间站绕地球做匀速圆周运动，所受合外力不为零，故该空间站处于不平衡状态，故A错误；
B.空间站、同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
GMmR2=mRω2
整理可得
ω= GMR3
根据题意，由于R2>R1，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误；
C.设空间站、同步卫星的运行周期分别为T1、T2，根据开普勒第三定律可得
R13T12=R23T22
整理可得
T1T2= R13R23
故C错误；
D.设空间站、同步卫星的运行速率分别为v1、v2，根据万有引力提供向心力可得
GMmR2=mv2R
化简可得
v= GMR
因此空间站与同步卫星的运行速率之比为
v1v2= R2R1
故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，向心力不同的表达式，结合开普勒第三定律分析求解。
本题考查了万有引力及开普勒第三定律，理解公式中各个物理量的含义，合理选取向心力公式进行分析是解决此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A.正电荷P从2a处向右运动过程在只受库仑力作用，先加速后减速，则说明M、N一定的同种电荷，故A错误；
BC.电荷P在4a处速度达到最大值，说明此位置电荷的合外力为0，即此处合场强为0，设P的电荷量为q，根据平衡条件有
kQMq(4a)2=kQNq(2a)2
解得QM=4QN，故B正确，C错误；
B.根据能的转化和守恒定律可知，4a处的速度最大，则此时电荷的动能最大，电势能则最小，故D错误。
故选：B。
A.根据电荷的加减速运动情况判断两电荷的电性；
BC.根据速度最大的条件列平衡方程求解两场源电荷电荷量的大小关系，并判断场强的大小；
D.根据能的转化和守恒定律进行分析判断。
考查电场的叠加和点电荷的能的转化和守恒的问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
6.【答案】C
【解析】解：滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2。
B、由题意可知t2时刻之后滑块受到的滑动摩擦力为f1=8N，不随F的变化而变化，故滑块与木板间发生了相对滑动，则有：
f1=μ1mg
解得：μ1=0.4，故A正确；
A、由题意可知可知0～t1时间内滑块与木板均静止；t1～t2时间内滑块与木板相对静止一起运动。可得t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力为f2=4N，则有：
f2=μ2⋅2mg
解得：μ2=0.1，故B正确；
CD、t2时刻滑块与木板恰好发生相对滑动，木板的加速度达到最大(设为am)，根据牛顿第二定律，对滑块、木板分别可得：
F−μ1mg=mam
μ1mg−μ2⋅2mg=mam
其中：F=0.8t2(N)
联立解得：am=2m/s2，t2=15s，故C错误，D正确。
此题选择不正确的
故选：C。
分别以木块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合滑动摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的知识。利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析，利用牛顿第二定律建立方程进行解答。本题应注意整体法和隔离法的应用。
7.【答案】AD
【解析】解：A、
如图，a、b入射角相同时，a的折射角小于b的折射角，根据n=sinθsinα可得a的折射率更大。故A正确。
B、根据公式n=cv，折射率越大，速度越小，所以a的传播速度更小。故B错误。
C、a光折射率大，频率高，波长小，双缝干涉实验中条纹间距和波长成正比，所以a光双缝干涉实验中条纹间距小。故C错误。
D、b光波长大，衍射实验实验现象更加明显。故D正确。
故选：AD。
利用折射率的基本概念结合图形，分析折射率大小；利用折射率和光速的关系，分析光速大小；根据双缝干涉实验的基本了解，判断波长对双缝干涉的条纹间距的影响；根据衍射现象的基本条件，分析波长大小对衍射是否明显的影响。
本题重在考查折射率的基本概念，以及干涉、衍射实验现象的影响因素，难度不高。
8.【答案】BC
【解析】解：A、料斗从静止开始上升2m过程，料斗加速度随着h增大，所以料斗的运动不是匀加速运动，故A错误；
BC、料斗的质量m=0.5吨=500kg，a−h图像纵坐标乘以m，纵坐标1.6m/s2变为：1.6×500N=800N，如下图所示：
由牛顿第二定律可知F=ma，所以纵坐标表示合力，ma−h图像中图线与横轴所夹的面积表示合力做的功，由图可知W=(6+4)×8002J=4000J
料斗从静止上升6m过程，由动能定理有：W=12mv2−0
代入数据可得：v=4m/s
合力做得功等于吊车对料斗做的功与重力做的功的代数和，即：W=W吊−mgh
代入数据可得：W吊=3.4×104J，故BC正确；
D、从静止开始上升6m过程中，画出料斗的大致v−t图像，如下图所示：
把图线初末端点用红色线连接起来，如下图所示：
红色图线为直线，其对应的平均速度v−=0+42m/s=2m/s
v−t图像中图线与横轴所夹的面积表示位移，由图可知在相等的时间内吊斗的位移小于红色图线对应的位移，所以料斗的平均速度v′−3s，故D错误。
故选：BC。
A、根据匀变速运动加速度的特点分析；
BC、把a−h图像变为ma−h图像，根据图像与横轴所夹的面积和动能定理可得结论；
D、利用v−t图像和平均速度分析。
本题考查了功的计算和动能定理，解题的关键是把a−h图像横坐标乘以质量，变成合力ma与h的关系图像，利用图线与横轴所夹的面积可得合力做功，注意匀加速运动，其加速度大小方向不变。
9.【答案】AD
【解析】解：对甲图，由理想变压器的原理可得UU1=15040，UU2=15060
解得U1=4U15，U2=2U5
甲图两个电阻消耗的电功率：P1=U12R=16U2225R，P2=U22R=4U225R
同理对乙图UU3=150100
可得U3=2U3，P3=U322R=4U218R
A、根据能量守恒定律可得UI甲= P1+P2=16U2225R+4U225R=52U2225R，UI乙=P3=4U218R=2 U29R
则甲、乙两图原线圈的电流之比I甲I乙=52U2225R2U29R=2625
故A正确；
B、甲、乙两图变压器的输入功率之差P甲−P乙=UI甲−UI乙=52U2225R−2U29R=2U2225R，故B错误；
C、乙图每个电阻的功率为P=P乙2=U29R，故C错误；
D.甲图两个电阻的功率之比为P1P2=16U2225R4U225R=49，故D正确。
故选：AD。
对甲、乙两图，根据匝数比分别求出副线圈两端电压，结合电阻连接关系求出两图的输入功率，根据已经得到的结论和功率公式求两图中原线圈中电流之比；根据欧姆定律和功率公式求乙图中电阻的功率；根据图甲中两个电阻的连接关系和功率公式求上下两电阻功率之比。
本题主要是考查了变压器功率的相关知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
10.【答案】4π2LT2 AB A
【解析】解：(1)根据单摆周期公式
T=2π Lg
得重力加速度g的表达式为
g=4π2LT2
(2)方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准，方案2是用长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，而该同学找到一把量程为30cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差，故AB正确，C错误。
故选：AB。
(3)当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，设A点到铁锁重心的距离为l，根据公式
T=2π Lg
可得T1=2π L1+lg
T2=2π L2+lg
解得g=4π2(L1−L2)T12−T22
故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)4π2LT2；(2)AB；(3)A
(1)根据单摆周期公式推导；
(2)分析实验中摆长测量对实验的影响；
(3)根据单摆周期公式代入数据推导。
本题考查测量重力加速度实验，要求掌握实验原理，注意公式的变形。
11.【答案】50 10 满刻度 600 不变
【解析】解：(1)设毫安表的量程为Ig，在图c中由题设条件，两次电压表的示数均为1.5V
根据欧姆定律，毫安表满偏时Ig(rg+100)=1.5
半偏时有12Ig(rg+250)=1.5
联立解得Rg=50Ω，Ig=10mA；
(2)根据闭合电路的欧姆定律有I=ERT+R1+Rg+r
不挂重物时，RT=50Ω，电流为10mA(毫安表满偏)
代入数据解得R1=199Ω
当挂一重物G时，电流表示数为5mA(电流表半偏)；
代入数据解得RT=350Ω。
则根据拉力敏感电阻丝的电阻RT=R0+kF
代入求得此时拉力F=600N
由平衡条件可知：2×Fcsθ=G
代入可得G=600N
由于RT随拉力的增大而增大，则电流表随拉力的增大而减小，所以重力最小时，电流最大，那么重力的零刻度线在电流表的满刻度处。
(3)虽然电动势E和r发生了变化，但由于在测量之前进行了“调零”即滑环下不吊重物时，闭合开关，调节R1，使毫安表指针满偏，所以当重物时求得的拉力不变，所以测量值不会发生改变。
故答案为：(1)50；10；(2)满刻度；600；(3)不变。
(1)由题设条件，当电压表均为1.5V时，改变R2时毫安表满偏和半偏，由欧姆定律列出两个方程求出毫安表的内阻和量程；
(2)根据题设的两种情况，不挂重物时毫安表满偏，根据闭合电路欧姆定律求出调试电阻R1，挂一重物G时电流表半偏，从而求出拉力敏感电阻丝阻值的大小，再根据拉力敏感电阻随拉力变化的图线与共点力平衡的条件求所挂重物的重力；根据拉力敏感电阻随拉力增大而增大，而电流减小，可判断重力刻度盘在电流最大处；
(3)类似于欧姆表调零一样，当电动势和内阻变化后，测出的拉力并没有变化，所以测量值不变。
本题属于结合实际应用的实验操作题，解题的关键是分析电路，再根据欧姆定律列式求解。还要注意的是拉力感敏电阻随拉力而增大是线性增大，那么电流随拉力而线性减小，所以吊秤在测量之前要“调零”。
12.【答案】解：(1)粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，粒子运动轨迹如图所示：

由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02r
由几何关系可得轨迹半径：r=R
联立解得进入磁场的速度大小为：v0=qBRm；
C.若粒子以某一初速率v1在xOy平面内从b点沿各个方向射入磁场，粒子从a点射出磁场时离b点最远，则ab之间的距离为粒子轨迹的直径，如图所示：

根据几何关系可得轨迹半径：r1= 22R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r1
联立解得：v1= 22v0
解得：v1= 2qBR2m；
(3)以 2v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为：r2=m⋅ 2v0qB= 2R
当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示：

由几何关系可知，最大圆心角为90°，则粒子运动的最长时间为：tm=90°360∘T=14×2πmqB=πm2qB。
答：(1)初速度v0为qBRm；
(2)若粒子以某一初速率v1在xOy平面内从b点沿各个方向射入磁场，粒子从a点射出磁场时离b点最远，则粒子初速率v1的大小为 2qBR2m；
(3)若粒子以大小v2= 2v0的速率在xOy平面内从b点沿各个方向射入磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm2qB。
【解析】(1)根据几何关系求解半径，由洛伦兹力提供向心力求解速度大小；
(2)根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中的半径，由几何关系进行解答；
(3)求出以v2= 2v0的速度从b点沿各个方向垂直进入磁场粒子在磁场中的半径，当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到最长时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
13.【答案】解：(1)小球经过B板时速度大小为v0，对小球从A板到B板的过程中，由动能定理
2qE0d=12mv02
可得，小球经过B板时速度大小为v0=2 qE0dm
(2)设小球在A、B板之间运动时的加速度大小为a1，在C、D板之间运动时的加速度大小为a2，小车运动的加速度大小为a3，对小球和小车分别受力分析，由牛顿第二定律可得，在A、B之间运动时，对小球有
2qE0=ma1
在C、D之间运动时，对小球有
qE0=ma2
由牛顿第三定律可知小车受到的反作用力F与小球受到的电场力等大反向，则对小车有
F=qE0=ma3
联立可得
a1=2a2=2a3=2qE0m
2gE=2ar，设小球在
为简化令a1=2a2=2a3=2qE0m=2a0
设小球在A、B板之间运动的时间为t0，第一次从C到D板的运动时间为t1，由运动学规律得，小球在A、B板之间运动的位移为
d=12a1t02
联立可得t0= mdqE0
小球在第一次从C运动到D板过程中，小球和小车的位移大小关系满足
a1t0t1+12a2t12+12a3t12=d
其中
d=12a1t02
整理可得
t1=( 2−1)t0或t1′=(− 2−1)t0(舍去)
由运动学规律，在小球第一次从C板运动到D板的过程中，小车对地位移大小为
x车=12a3t12
其中
d=12a1t02
对比可得
x车=(3−2 2)2d
(3)设小球从C板下端小孔进入时刻为计时起点第一次与板相碰时刻为t，第二次相碰时刻为t2第n次相碰时刻为tn，由题意可知小球第一次与D相碰后再与C相碰的时间为第一个时间间隔，可得出第一个相邻碰撞之间时间间隔为T1=t2−t1
第二个相邻碰撞之间时间间隔为T2=t3−t2
设小球与板碰撞前小球和车的速度分别为v球、v车，碰后小球和小车的速度分别为v球′、v车′，当小球进入小车后，小球和小车构成的系统由于所受合外力为零，对碰撞前后，选择小球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv球+mv车=mv球′+mv车′
由机械能守恒定律得12mv球2+12mv车2=12mv球′2+12mv车′2
联立解得v球′=v车，v车′=v球
两者速度发生交换，由题意分析得，小球进入C板小孔后，小球与板碰撞前后小球和小车的加速度大小不变均为a0，方向反向，作出小球进入C板小孔后小球和小车的速度一时间图像如下

由位移关系可知，小球从一块板到另一块板的过程，小球和小车的路程之和为d，由运动学公式和图像物理意义可得，在0～tn时间内有
v0tn+12a0tn2+12a0tn2=nd
在0～tn时间内有
v0+12a0tn+12+2a0tn+12=(n+1)d
由时间关系可知
Tn=tn+1−tn
联立解得
Tn=( n+2− n+1)t0=( n+2− n+1) mdqE0
其中n取正整数
答：(1)小球经过B板时速度大小为2 qE0dm；
(2)小车对地位移的大小为(3−2 2)2d；
(3)相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律为Tn=( n+2− n+1)t0=( n+2− n+1) mdqE0，其中n取正整数
【解析】(1)根据动能定理可求出小球经过B板时速度大小；
(2)根据牛顿第二定律可求出不同位置的加速度情况，结合运动学公式可求出小车对地位移；
(3)根据碰撞过程动量和能量守恒，作出v−t图像，根据面积表示位移，可求出时间间隔的规律。
学生在解答本题时，应注意对于碰撞过程要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律来求解，同时应注意对于运动学问题可根据v−t图像求解位移，提高解题效率。
14.【答案】解：(i)图甲中封闭气体压强：p1=p0+mgS=2p0，
图乙中封闭气体的压强：p2=p0+2mgS=3p0，
由理想气体状态方程得：p1ShT0=p2S⋅34hT，
解得：T=98T0；
(ii)外界对气体做功：W=(p0S+2mg)(h−34h)=34p0Sh，
由热力学第一定律得：△U=Q+W=Q+34p0Sh；
答：(i)最终气体的热力学温度T为98T0。
(ii)上述过程中气体内能的变化量△U为：Q+34p0Sh。
【解析】(i)根据题意求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体的温度。
(ii)根据题意应用功的计算公式求出外界对气体做功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。
本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据题意求出气体状态参量与求出外界对气体做功是解题的前提，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。