福建省泉州九中2022届高三物理上学期第五次月考试题（含解析）

福建省泉州九中2022届高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题1．（3分）（2022•内江二模）如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）　A．A1的示数增大，A2的示数增大B．V1的示数增大，V2的示数增大　C．V1的示数减小，V2的示数减小D．A1的示数增大，A2的示数减小　2．（3分）（2022•蚌埠一模）如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在选项图中能正确描述线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（　　）　A．B．C．D．　3．（3分）如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．则以下说法正确的是（　　）　A．电池组的内阻为3Ω　B．电阻的阻值约为0.33Ω　C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W　D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W　-16-\n4．（3分）如图所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2m/s，则（　　）　A．质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向　B．P点振幅比Q点振幅小　C．经过△t=4s，质点P将向右移动8m　D．经过△t=4s，质点Q通过的路程是0.4m　5．（3分）如图，质量为m、电量为e的电子的初速为零，经电压为U的加速电场加速后进入磁感强度为B的偏转磁场（磁场方面垂直纸面），其运动轨迹如图所示．以下说法中正确的是（　　）　A．加速电场的场强方向向上　B．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里　C．电子在电场中运动和在磁场中运动时，加速度都不变，都是匀变速运动　D．电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为　6．（3分）如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．在①保持K闭合；②充电后将K断开；两种情况下，下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是（　　）　A．①情况下，可以通过上移上极板M实现　B．①情况下，可以通过上移下极板N实现　C．②情况下，可以通过上移上极板M实现　D．②情况下，可以通过上移下极板N实现　二、解答题7．利用单摆测重力加速度的实验中，若测得g值偏小，可能是由于（　　）-16-\n　A．计算摆长时，用悬线长加小球直径　B．测量周期时，将n次全振动，误记成n+1次全振动　C．计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径　D．单摆振动时，振幅较小　8．把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻估计在400～600Ω之间．①按图（a）测定电流表G的内阻Rg，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：（A）滑动变阻器（阻值范围0﹣200Ω）（B）滑动变阻器（阻值范围0～175Ω）（C）电阻箱（阻值范围0﹣999Ω）（D）电阻箱（阻值范围0～99999Ω）（E）电源（电动势6V，内阻0.3Ω）（F）电源（电动势12V，内阻0.6Ω）按实验要求，R最好选用　_________　，R′最好选用　_________　，E最好选用　_________　．（填入选用器材的字母代号）这种方法测出的电流表的内阻rg比它的真实值　_________　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）②假定由上述步骤已测出电流表内阻Rg=500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，此电压表的量程为　_________　③图（b）是测定未知电阻Rx的电路图，图（c）是电路中所需要的器材（虚线框内为上述已改装好的电压表），请按电路图画出连线，将所示器材接成实验电路．④测量时，电流表的读数为0.20A，而改装后的电压表的表头读数如图（d）所示，那么Rx的阻值等于　_________　．　9．如图所示，铜棒ab长L1=0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为L2=1m-16-\n的轻铜线相连，静止于竖直平面上．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒垂直纸面向外发生摆动．已知最大偏角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？通过电流的大小为多少？方向如何？（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）　10．如图所示，两条平行的金属导轨MP、NQ与水平面夹角为α，设导轨足够长．导轨处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=0.80T，与导轨上端相连的电源电动势E=4.5V，内阻r=0.4Ω，水平放置的导体棒ab的电阻R=1.5Ω，两端始终与导轨接触良好，且能沿导轨无摩擦滑动，与导轨下端相连的电阻R1=1.0Ω，电路中其它电阻不计．当单刀双掷开关S与1接通时，导体棒刚好保持静止状态，求：（1）磁场的方向；（2）S与1接通时，导体棒的发热功率；（3）当开关S与2接通后，导体棒ab在运动过程中，单位时间（1s）内扫过的最大面积．　11．（2022•河东区一模）如图所示为一种质谱仪示意图．由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分折器通道的半径为R，均匀辐向电场的场强为E磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场．磁感强度为B，问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子（不计重力）．从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？　三、选修题12．（3分）如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）-16-\n　A．两者的速度均为零　B．两者的速度总不会相等　C．盒子的最终速度为，方向水平向右　D．盒子的最终速度为，方向水平向右　13．（3分）（2022•南京一模）在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）　A．Rn→Fr+eB．Rn→Po+He　C．Rn→At+eD．Rn→At+H　-16-\n2022-2022学年福建省泉州九中高三（上）第五次月考物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．（3分）（2022•内江二模）如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）　A．A1的示数增大，A2的示数增大B．V1的示数增大，V2的示数增大　C．V1的示数减小，V2的示数减小D．A1的示数增大，A2的示数减小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故A、B、C错误，D正确．故选：D．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．　2．（3分）（2022•蚌埠一模）如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在选项图中能正确描述线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（　　）-16-\n　A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．解答：解：当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．故选A．点评：在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度．　3．（3分）如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．则以下说法正确的是（　　）　A．电池组的内阻为3Ω　B．电阻的阻值约为0.33Ω　C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W　D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电池组的伏安特性曲线的斜率绝对值等于电池的内阻．电阻的伏安特性曲线斜率的倒数大小等于电阻．两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态．当外电阻等于电池的内阻时电池组有最大的输出功率．解答：解：A、电池组的内阻r=||==1Ω．故A错误．B、电阻的阻值约R==．故B错误．C、两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U=3V，电流为I=1A，电池组的输出功率是P=UI=3W．故C错误．D、根据数学知识得知，当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R=r=1Ω时，电池组的最大输出功率P出==4W．故D正确．故选D点评：本题从图线的斜率、交点、截距等数学意义来理解图象的物理意义．基础题．-16-\n　4．（3分）如图所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2m/s，则（　　）　A．质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向　B．P点振幅比Q点振幅小　C．经过△t=4s，质点P将向右移动8m　D．经过△t=4s，质点Q通过的路程是0.4m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由波的传播方向，运用波形的平移法可确定P点的振动方向．根据简谐波的特点：各个质点的振幅都相同，分析PQ的振幅关系．根据质点简谐运动的周期性求出△t=4s内质点Q通过的路程．解答：解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，波形向右平移，则知质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向．故A错误；B、该波是简谐横波，所以P点与Q点的振幅相等，故B错误；C、由图知波长λ=4m，则周期T==s=2s，则△t=0.5s=T，可知经过△t=0.5s，质点Q到达平衡位置，加速度最小，故C错误；D、△t=4s=2T，则经过△t=4s，质点Q通过的路程为：S=8A=40cm=0.4m．故D正确．故选：D．点评：本题求质点的路程，先确定振动的时间与周期的关系，再用到质点在一个周期内路程是4A这个结论．　5．（3分）如图，质量为m、电量为e的电子的初速为零，经电压为U的加速电场加速后进入磁感强度为B的偏转磁场（磁场方面垂直纸面），其运动轨迹如图所示．以下说法中正确的是（　　）　A．加速电场的场强方向向上　B．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里　C．电子在电场中运动和在磁场中运动时，加速度都不变，都是匀变速运动　D．电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为考点：-16-\n带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子带负电，要实现加速，电场力必须向上，即可判断出场强的方向．电子进入磁场后受到洛伦兹力作用，轨迹向左偏转，洛伦兹力方向向左，由左手定则判断磁场方向．根据动能定理求加速时电子得到的动能，电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为f=qvB．解答：解：A、电子带负电，要实现加速，电场力必须向上，则加速电场方向必须向下．故A错误．B、电子进入磁场后受到洛伦兹力作用，轨迹向左偏转，洛伦兹力方向向左，由左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外．故B错误．C、电子在电场中运动所受的电场力是恒力，做匀加速直线运动；在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向时刻在变化，是变力，所以电子做的是非匀变速运动．故C错误．D、电子在电场中，根据动能定理得：eU=，得：v=；电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为f=evB=eB，得，．故D正确．故选：C点评：本题是先加速后偏转的问题，关键要掌握动能定理、左手定则和洛伦兹力公式．　6．（3分）如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．在①保持K闭合；②充电后将K断开；两种情况下，下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是（　　）　A．①情况下，可以通过上移上极板M实现　B．①情况下，可以通过上移下极板N实现　C．②情况下，可以通过上移上极板M实现　D．②情况下，可以通过上移下极板N实现考点：电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电容器专题．分析：保持K闭合时电容板间电压保持不变．充电后将K断开后电容器的电量保持不变，根据推论，板间场强不变．根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒向上运动．解答：解：A、保持K闭合时，上移上极板M，板间距离d增大，根据公式E=-16-\n分析得知，板间场强减小，带电微粒受到的电场力减小，微粒将向下加速运动．故A错误．B、保持K闭合时，上移下极板M，板间距离d减小，根据公式E=分析得知，板间场强增大，带电微粒受到的电场力增大，带电微粒向上加速运动．故B正确．C、D，根据公式C=，E=，U=得E=，则知d变化，E不变，微粒不动，故C、D均错误．故选B点评：本题是电容器动态变化分析的问题，根据决定电容的三个因素和电容的定义式相结合进行分析．　二、解答题7．利用单摆测重力加速度的实验中，若测得g值偏小，可能是由于（　　）　A．计算摆长时，用悬线长加小球直径　B．测量周期时，将n次全振动，误记成n+1次全振动　C．计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径　D．单摆振动时，振幅较小考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题；单摆问题．分析：由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析答题．解答：解：由单摆周期公式：T=2π可知：g=，A、计算摆长时，用悬线长加小球直径，摆长偏大，g偏大，故A错误；B、测量周期时，将n次全振动，误记成n+1次全振动，所测周期T偏小，g偏大，故B错误；C、计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径，所测摆长L偏小，重力加速度g偏小，故C正确；D、单摆的周期与振幅无关，由g=可知，所测g与振幅无关，故D错误；故选：C．点评：本题考查了实验误差分析，应用单摆周期公式即可正确解题．　8．把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻估计在400～600Ω之间．-16-\n①按图（a）测定电流表G的内阻Rg，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：（A）滑动变阻器（阻值范围0﹣200Ω）（B）滑动变阻器（阻值范围0～175Ω）（C）电阻箱（阻值范围0﹣999Ω）（D）电阻箱（阻值范围0～99999Ω）（E）电源（电动势6V，内阻0.3Ω）（F）电源（电动势12V，内阻0.6Ω）按实验要求，R最好选用　D　，R′最好选用　C　，E最好选用　F　．（填入选用器材的字母代号）这种方法测出的电流表的内阻rg比它的真实值　偏小　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）②假定由上述步骤已测出电流表内阻Rg=500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，此电压表的量程为　5.0V　③图（b）是测定未知电阻Rx的电路图，图（c）是电路中所需要的器材（虚线框内为上述已改装好的电压表），请按电路图画出连线，将所示器材接成实验电路．④测量时，电流表的读数为0.20A，而改装后的电压表的表头读数如图（d）所示，那么Rx的阻值等于　15.0Ω　．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：本题①的关键是明确“半偏法”测量内阻的实验原理是在保持干路电流不变的条件下才行，为使干路电流保持不变，应使电阻箱的电阻越大越好，再根据闭合电路欧姆定律可知应选择电动势较大的电源；题②根据欧姆定律求出改装后的电压表两端的电压即可；题③按电路图连线即可；题④根据改装后的电压表量程求出电压表的读数即可．解答：解：①：根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱的阻值越大越好，所以R应选择电阻箱D；根据实验原理可知，电阻箱应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C；根据闭合电路欧姆定律为：I=可知，为选择阻值越大的电阻箱就应选择电动势较大的电源F；根据串并联规律可知，当闭合后，电阻箱与电流表的并联电阻会变小，所以干路电流应增大，导致当电流表的示数半偏时通过电阻箱的电流应大于电流表的示数，再根据欧姆定律可知电阻箱的电阻应小于电流表内阻，所以测量值偏小；-16-\n②：根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U==5.0V；③：实物连线图如图所示：④：因改装后的电压表量程为5V，所以电压表的读数为：U==3.0V；待测电阻的阻值为：R==15.0Ω；故答案为：①D，C，F；②5.0V；③如图；④15.0Ω点评：应明确：①“半偏法”测量电流表内阻实验的前提是干路的电流保持不变，应选择阻值大的变阻器（或电阻箱）及电动势较大的电源；②由于电阻箱与待测电流表的并联电阻变小，电阻通过电阻箱的电流大于电流表的示数，所以测量值会偏小．　9．如图所示，铜棒ab长L1=0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为L2=1m的轻铜线相连，静止于竖直平面上．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒垂直纸面向外发生摆动．已知最大偏角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？通过电流的大小为多少？方向如何？（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）考点：安培力；重力势能．分析：根据重力做功求出重力势能的增加量，根据动能定理求出安培力的大小．从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小．解答：解：（1）铜棒上升的高度h=l（1﹣cos37°），则重力势能的增加量为：△Ep=mgl（1﹣cos37°）=0.06×10×0.1×0.2J=0.012J（2）对铜棒运用动能定理得：FAlsin37°﹣mgl（1﹣cos37°）=0代入数据解得：FA=0.2N根据FA=BIL得：I===4A；根据左手定则可知，安培力的方向垂直棒向外，则电流方向由b到a；答：（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了0.012J；-16-\n（2）通电电流的大小为4A，其方向由b到a．点评：本题通过动能定理抓住上升的最大摆角处速度为零求出安培力的大小，本题容易误解为在最大位移处处于平衡，通过共点力平衡求解．　10．如图所示，两条平行的金属导轨MP、NQ与水平面夹角为α，设导轨足够长．导轨处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=0.80T，与导轨上端相连的电源电动势E=4.5V，内阻r=0.4Ω，水平放置的导体棒ab的电阻R=1.5Ω，两端始终与导轨接触良好，且能沿导轨无摩擦滑动，与导轨下端相连的电阻R1=1.0Ω，电路中其它电阻不计．当单刀双掷开关S与1接通时，导体棒刚好保持静止状态，求：（1）磁场的方向；（2）S与1接通时，导体棒的发热功率；（3）当开关S与2接通后，导体棒ab在运动过程中，单位时间（1s）内扫过的最大面积．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据导体棒处于平衡得出安培力的方向，再根据左手定则得出磁场的方向．（2）根据闭合电路欧姆定律求出总电流，再根据串并联电路的特点求出通过导体棒的电流，从而求出导体棒的发热功率．（3）导体棒ab在运动过程中，先向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速直线运动，此时单位时间内扫过的面积最大．解答：解：（1）由于导体棒处于平衡状态，可知安培力沿斜面向上，由左手定则可得磁场的方向垂直斜面向下．（2）当S与1接通时导体棒上的电流导体棒的发热功率P=I2R=1.82×1.5W=4.86W（3）S与1接通时，导体棒平衡有：F安﹣mgsinα=0BIL﹣mgsinα=0S与2接通后，导体棒切割磁感线产生电流，最后匀速运动单位时间内扫过面积最大匀速运动时F安′﹣mgsinα=0-16-\n得单位时间扫过最大面积为=3.4m2．答：（1）磁场的方向垂直斜面向下．（2）S与1接通时，导体棒的发热功率为4.86W．（3）单位时间（1s）内扫过的最大面积为3.4m2．点评：本题综合考查了共点力平衡、导体切割磁感线产生电动势以及闭合电路欧姆定律，综合性强．知道当开关S与2接通后，导体棒加速度为零时，速度最大，单位时间内扫过的面积最大．　11．（2022•河东区一模）如图所示为一种质谱仪示意图．由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分折器通道的半径为R，均匀辐向电场的场强为E磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场．磁感强度为B，问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子（不计重力）．从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．解答：解：（1）根据电场力提供向心力，则有qE=m①，又有电场力加速运动，则有qU=②由①②解得：U=（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：-16-\nBqv=m④由①④解得：r==所以=2r=答：（1）加速电场的电压U应为；（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P的距离为．点评：考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．　三、选修题12．（3分）如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）　A．两者的速度均为零　B．两者的速度总不会相等　C．盒子的最终速度为，方向水平向右　D．盒子的最终速度为，方向水平向右考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：以物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，由于盒子内表面不光滑，最终两者具有共同的速度，运用动量守恒定律求解．解答：解：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v所以：v=v0v方向与v0同向，即方向水平向右．故选：D点评：选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．　-16-\n13．（3分）（2022•南京一模）在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）　A．Rn→Fr+eB．Rn→Po+He　C．Rn→At+eD．Rn→At+H考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案解答：解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，===审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B故选B点评：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用　-16-