浙江省嘉兴市2017届高三上学期期末物理试卷 35页

‎2016-2017学年浙江省嘉兴市高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．以下各物理量属于矢量的是（　　）‎ A．质量 B．摩擦力 C．时间 D．动摩擦因数 ‎2．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律，以下实验中属于理想实验的是（　　）‎ A．验证平行四边形定则 B．用打点计时器测物体的加速度 C．伽利略的斜面实验 D．利用自由落体运动测定反应时间 ‎3．如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（　　）‎ A．电脑受到的支持力变小 B．电脑受到的摩擦力变大 C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力 ‎4．甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移一时间图象如图所示．甲图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最近 B．t3时刻甲车在乙车的前方 C．0～t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度 D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度 ‎5．2015年4月16曰，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大（达到9500 F），能够在10 内完成充电．下列说法正确的是（　　）‎ A．该“超级电容器”能储存电荷 B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大 C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能 D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极 ‎6．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16：1‎ B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4‎ C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：4‎ D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4：1‎ ‎7．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．条形磁铁内部的磁感线方向从N极指向S极 B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零 C．两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的 D．在磁感应强度为B的磁场中，穿过面枳为S的平面的磁通量为Φ=BS ‎8．如图为2014冬季奥运会短道速滑比赛中中国运动员勇夺金牌的精彩瞬间．假设此时她正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则运动员在过弯中（　　）‎ A．所受的合力为零，做匀速运动 B．所受的合力恒定，做匀加速运动 C．所受的合力恒定，做变加速运动 D．所受的合力变化，做变加速运动 ‎9．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生陨石坠落事件，它在穿越大气层时摩擦燃烧，产生大量碎片，形成了所谓“陨石雨”．假设某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则该碎片（　　）‎ A．在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量 B．在空中下落过程中重力做的功大于动能的增加量 C．在陷入地下的过程中合外力做的功等于机械能的改变量 D．在整个过程中克服阻力做的功大于机械能的减少量 ‎10．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信．“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道．此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7．G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高．关于卫星以下说法中正确的是（　　）‎ A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s B．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方 C．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小 D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小 ‎11．如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4‎ ‎12．教学上用的吸尘器它的电动机内阻是﹣定的，当加上0.3V的电压，电流为0.3A时，吸尘器上的直流电动机不转动；当加上2.0V的电压、电流为0.8A时，它正常工作，则吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为（　　）‎ A．3：5 B．5：3 C．1：2 D．1：3‎ ‎13．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点．在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d．已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．两球之间的库仑力F=k B．当=时，斜面对小球A的支持力为 C．当=时，细线上拉力为0‎ D．将小球B移到斜面底面左端C点，当=2时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．有关下列四幅图的说法正确的是（　　）‎ A．甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C．丙图中，射线甲由 β粒子组成，射线乙为 γ射线，射线丙由 α粒子组成 D．丁图中，链式反应属于轻核聚变 ‎15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：n=A++，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图，则（　　）‎ A．屏上d处是紫光 B．屏上d处的光在棱镜中传播速度最大 C．屏上d处的光在棱镜中传播速度最小 D．光经过三棱镜后发生色散原因是不同频率的光在同种介质中折射率不同 ‎16．如图所示，S1、S2是弦线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻S1发出的波恰好传到C，S2发出的波恰好传到A，图中只画出了此时刻两列波在AC部分的叠加波形，S1A间、S2C间波形没有画出，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三点是振动减弱点 B．A、C是振动减弱点；B是振动加强点，振幅为2A C．再经过，AC间的波形是一条直线 D．再经过，AC间的波形不是一条直线 ‎　‎ 三、非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．在探究“功和速度变化关系”的实验中，小张同学用如图甲所示装置，尝试通过测得细绳拉力（近似等于悬挂重物重力）做的功和小车获得的速度的值进行探究，则：‎ ‎（1）下列说法正确的是　　‎ A．该方案需要平衡摩擦力 B．该方案需要重物的质量远小于小车的质量 C．该方案操作时细线应该与木板平行 D．该方案处理数据时应选择匀速时的速度 ‎（2）某次获得的纸带如图乙所示，小张根据点迹标上了计数点，请读出C计数点在刻度尺上的读数　　cm，并求出C点的速度为　　 m/s（计算结果保留3位有效数字）．‎ ‎18．小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．‎ ‎（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置　　（选“①”或者“②”）；‎ ‎（2）小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，‎ 为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档　　（填“×100”档；或 ‎“×1”档），两表笔短接并调节　　（选“①”或者“②”）．‎ ‎（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为　　Ω ‎19．如图1所示，巴铁（又称“陆地空客”）是一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具，某实验室为了研究其运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25s内运动的v﹣t图象如图2所示，试求：‎ ‎（1）模型巴铁20s末的加速度大小；‎ ‎（2）0到5s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；‎ ‎（3）模型巴铁在此25s内牵引力所做的功．‎ ‎20．如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ 求：‎ ‎（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；‎ ‎（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；‎ ‎（3）水平外力作用在滑块上的时间t．‎ ‎21．传感器在物理实验研究中具有广泛的应用．单摆在运动过程中，摆线的拉力在作周期性的变化．这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律．‎ ‎（1）实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=　　mm；‎ ‎（2）接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=　　（用题目和图中的已知物理量表示）；‎ ‎（3）某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2﹣l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲　　，乙　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎22．如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止．重力加速度为g=10m/s2．求：‎ ‎（1）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？‎ ‎（2）ab转动的角速度大小；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？‎ ‎23．如图所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L，宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc边中垂线上一点，OP=3L．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．‎ ‎（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B；‎ ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省嘉兴市高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．以下各物理量属于矢量的是（　　）‎ A．质量 B．摩擦力 C．时间 D．动摩擦因数 ‎【考点】矢量和标量．‎ ‎【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，而标量是只有大小，没有方向的物理量，根据有没有方向区分是标量还是矢量 ‎【解答】解：A、C、D、质量、时间、动摩擦因数都是只有大小，没有方向的标量．故ACD错误．‎ B、摩擦力既有大小，又有方向，是矢量．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律，以下实验中属于理想实验的是（　　）‎ A．验证平行四边形定则 B．用打点计时器测物体的加速度 C．伽利略的斜面实验 D．利用自由落体运动测定反应时间 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论．‎ ‎【解答】解：A、验证平行四边形定则使用了等效替代法，故A错误；‎ B、用打点计时器测物体的加速度使用了匀变速直线运动的公式，不是理想实验．故B错误；‎ C、理想斜面实验是建立在实验事实基础上的合乎逻辑的科学推断，把可靠事实和理论思维结合起来，深刻地揭示自然规律，故C正确；‎ D、利用自由落体运动测定反应时间，使用了匀变速直线运动的公式，不是理想实验．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（　　）‎ A．电脑受到的支持力变小 B．电脑受到的摩擦力变大 C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力．‎ ‎【解答】解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ N=mgcosθ ①‎ f=mgsinθ ②‎ A、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据①式，支持力N增加，故A错误；‎ B、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据②式，静摩擦力减小，故B错误；‎ C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；‎ D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移一时间图象如图所示．甲图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最近 B．t3时刻甲车在乙车的前方 C．0～t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度 D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知t1时刻CA相距最大，即两车相距最远，故A错误；‎ B、t3时刻两车的位置坐标相同，两车相遇，故B错误；‎ C、图象斜率表示速度，由图可知，0﹣t1时间甲图线的斜率大于乙图线的斜率，t1时刻之后甲图线的斜率小于乙图线的斜率，所以甲车的瞬时速度先大于乙车的瞬时速度，后小于乙车的瞬时速度．t1时刻两者瞬时速度相等，故C错误；‎ D、在x﹣t图象中，斜率代表速度，故甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．2015年4月16曰，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大（达到9500 F），能够在10 内完成充电．下列说法正确的是（　　）‎ A．该“超级电容器”能储存电荷 B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大 C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能 D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】本题考查新的发明创造来考查物理学中简单的电容器原理，只要明确电容器的性质即可正确求解．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷； 故A正确； ‎ B、电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，故B错误； ‎ C、放电过程消耗的是内部的电场能而转化为电能，故C错误； ‎ D、充电时电源的正极要接电容器的正极； 故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16：1‎ B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4‎ C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：4‎ D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4：1‎ ‎【考点】曲线运动；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】本题在皮带轮中考察线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等．‎ ‎【解答】解：A、小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；‎ B、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，故B正确；‎ C、小齿轮和后轮共轴，根据v=ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：16，故C错误；‎ D、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据可知，向心加速度大小之比为1：4，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．条形磁铁内部的磁感线方向从N极指向S极 B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零 C．两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的 D．在磁感应强度为B的磁场中，穿过面枳为S的平面的磁通量为Φ=BS ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．明确通过电导线在磁场中平行时不受安培力；‎ ‎ 磁感线均为闭合曲线，外部由N极指向S极，内部由S极指向N极．‎ ‎【解答】解：A、条形磁铁内部的磁感线方向从S极指向N极，外部由N极指向S极； 故A错误；‎ B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C、两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的．故C正确 D、在磁感应强度为B的磁场中，只有线圈和磁场垂直时穿过面枳为S的平面的磁通量为Φ=BS．故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图为2014冬季奥运会短道速滑比赛中中国运动员勇夺金牌的精彩瞬间．假设此时她正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则运动员在过弯中（　　）‎ A．所受的合力为零，做匀速运动 B．所受的合力恒定，做匀加速运动 C．所受的合力恒定，做变加速运动 D．所受的合力变化，做变加速运动 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】明确运动员所做的是圆周运动，而在匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心．‎ ‎【解答】解：匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心．故物体做变加速运动，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生陨石坠落事件，它在穿越大气层时摩擦燃烧，产生大量碎片，形成了所谓“陨石雨”．假设某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则该碎片（　　）‎ A．在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量 B．在空中下落过程中重力做的功大于动能的增加量 C．在陷入地下的过程中合外力做的功等于机械能的改变量 D．在整个过程中克服阻力做的功大于机械能的减少量 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】合外力做功等于物体动能的变化量，除重力以外其它的力做的功等于物体机械能的增量，结合功能关系分析判断．‎ ‎【解答】解：AB、碎片在空中下落的过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理知，重力和阻力做功的代数和等于动能的增加量，可知重力做功大于动能的增加量，故A错误，B正确．‎ C、碎片陷入地下的过程中，根据动能定理知，合外力做的功等于动能的改变量，由功能关系知，阻力做的功等于机械能的改变量，故C错误．‎ D、根据功能关系知，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，可知碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信．“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道．此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7．G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高．关于卫星以下说法中正确的是（　　）‎ A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s B．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方 C．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小 D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力 比较向心加速度、线速度和周期．‎ ‎【解答】解：A、根据，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度．故A错误；‎ B、地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方．故B错误；‎ C、根据G，得，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小．故C正确；‎ D、卫星的向心加速度：a=，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7大．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．‎ ‎【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，‎ 根据几何关系得：F1=mgsin30°=mg；‎ 烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：‎ mgL（1﹣sin30°）=mv2‎ 在最低点，有 F2﹣mg=m 联立解得 F2=2mg；‎ 故F1：F2等于1：4；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．教学上用的吸尘器它的电动机内阻是﹣定的，当加上0.3V的电压，电流为0.3A时，吸尘器上的直流电动机不转动；当加上2.0V的电压、电流为0.8A时，它正常工作，则吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为（　　）‎ A．3：5 B．5：3 C．1：2 D．1：3‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出其电阻．当电机正常工作时，根据P=UI求解输入功率，根据能量守恒定律求输出功率．‎ ‎【解答】解：当电机不转时，由欧姆定律得，电机的电阻为R==1Ω．当电机正常工作时，电机输出的功率为P出=UI﹣I2R=2×0.8﹣0.82×1=0.96（W），电机总功率为P总=UI=1.6W，所以吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为0.96W：1.6W=3：5；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点．在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d．已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．两球之间的库仑力F=k B．当=时，斜面对小球A的支持力为 C．当=时，细线上拉力为0‎ D．将小球B移到斜面底面左端C点，当=2时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】依据库仑定律，即可确定库仑力大小；‎ 当=时，即可确定库仑力的大小，再对球受力分析，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解；‎ 小球B移到斜面底面左端C点，当=2时，对球受力分析，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可判定．‎ ‎【解答】解：A、依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F=k，故A正确；‎ BC、当=时，则有k=mg，‎ 对球受力分析，如图所示：‎ 根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N=；‎ T=，故B正确，C错误；‎ D、当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：‎ 依据几何关系可知，T与F的夹角为120°，且两力的合力与重力反向；‎ 当=时，即有k=mg，根据矢量的合成法则，则有两合力与重力等值反向，‎ 那么斜面对小球A的支持力为N=0，‎ 而现在=2时，即有k=4mg，那么小球离开斜面，因此斜面对小球A的支持力仍为零，故D正确；‎ 本题选择错误的，故选：C．‎ ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．有关下列四幅图的说法正确的是（　　）‎ A．甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C．丙图中，射线甲由 β粒子组成，射线乙为 γ射线，射线丙由 α粒子组成 D．丁图中，链式反应属于轻核聚变 ‎【考点】动量守恒定律；光电效应；裂变反应和聚变反应；轻核的聚变．‎ ‎【分析】由动量守恒定律结合弹性碰撞与非弹性碰撞分析A选项；‎ 入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；‎ 由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；‎ 重核变为轻核的核反应是裂变．‎ ‎【解答】解：A、甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m2的速度不大于v，但不是一定等于v，故A错误；‎ B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；‎ C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；‎ D、图4中链式反应属于重核裂变，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：n=A++，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图，则（　　）‎ A．屏上d处是紫光 B．屏上d处的光在棱镜中传播速度最大 C．屏上d处的光在棱镜中传播速度最小 D．光经过三棱镜后发生色散原因是不同频率的光在同种介质中折射率不同 ‎【考点】光通过棱镜时的偏折和色散．‎ ‎【分析】太阳光是复色光，经过三棱镜后由于折射率不同，导致偏折程度不同．‎ ‎【解答】解：A、白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小．故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，k同时可知，屏上d处的光在棱镜中传播速度最小．故AC正确，B错误；‎ D、太阳光进入三棱镜后发生色散，是由于不同频率的光在同种介质中折射率不同．故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎16．如图所示，S1、S2是弦线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻S1发出的波恰好传到C，S2发出的波恰好传到A，图中只画出了此时刻两列波在AC部分的叠加波形，S1A间、S2C间波形没有画出，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三点是振动减弱点 B．A、C是振动减弱点；B是振动加强点，振幅为2A C．再经过，AC间的波形是一条直线 D．再经过，AC间的波形不是一条直线 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】两列波同时传播，由波形看出两波源开始振动的方向，根据波的叠加原理确定A、B、C三点振动加强还是减弱．画出再经过后，两列波单独传播时波形，再由波的叠加原理，分析AC间的波形．‎ ‎【解答】解：‎ A、B由图看出，两列波同时开始传播，由波形可知，S1开始振动方向向下，S2‎ 开始振动方向向上，所以图中A、B、C三点都是振动减弱点，振幅都为零．故A正确，B错误．‎ C、D画出再经过后，两列波单独传播时的波形，如右图，可知，AC间合振动的位移都是零，叠加后AC间的波形是一条直线．故C正确，D错误．‎ 故选AC ‎　‎ 三、非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．在探究“功和速度变化关系”的实验中，小张同学用如图甲所示装置，尝试通过测得细绳拉力（近似等于悬挂重物重力）做的功和小车获得的速度的值进行探究，则：‎ ‎（1）下列说法正确的是　ABC　‎ A．该方案需要平衡摩擦力 B．该方案需要重物的质量远小于小车的质量 C．该方案操作时细线应该与木板平行 D．该方案处理数据时应选择匀速时的速度 ‎（2）某次获得的纸带如图乙所示，小张根据点迹标上了计数点，请读出C计数点在刻度尺上的读数　9.80　cm，并求出C点的速度为　0.176　 m/s（计算结果保留3位有效数字）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）根据图示实验装置与实验原理分析答题．‎ ‎（2）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数；应用匀变速直线运动的推论平均速度公式即求出C点的速度．‎ ‎【解答】解：（1）由图示实验装置可知，小车受到的拉力等于重物的重力；‎ A、实验时小车受到的合力等于重物的拉力，因此该方案需要平衡摩擦力，故A正确；‎ B、只有当重物质量远小于小车质量时，小车所受到的拉力近似等于重物的重力，否则实验误差将很大，因此该方案需要重物的质量远小于小车的质量，故B正确；‎ C、小车受到的拉力等于重物的重力，该方案操作时细线应该与木板平行，故C正确；‎ D、在该实验方案中小车做匀加速直线运动，该方案处理数据时应求出某计数点的瞬时速度与小车对应于该点的位移，故D错误；‎ 故选ABC．‎ ‎（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，刻度尺示数为9.82cm；‎ 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，‎ 则C点的速度：vC===0.176m/s；‎ 故答案为：（1）ABC ‎ ‎（2）9.80 0.176‎ ‎　‎ ‎18．小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．‎ ‎（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置　①　（选“①”或者“②”）；‎ ‎（2）小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，‎ 为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档　×1　（填“×100”档；或 ‎“×1”档），两表笔短接并调节　②　（选“①”或者“②”）．‎ ‎（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为　28　Ω ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）明确多用电表的使用方法，知道在使用前应观察指针是否在左侧零刻度处，如不在应进行机械调零；‎ ‎（2）用欧姆表测电阻时，欧姆表指针应指在欧姆表刻度盘中央附近，根据待测电阻阻值选择合适的挡位，并进行欧姆调零；‎ ‎（3）根据指针位置得出读数，再乘以档位即可得出最终的读数．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；‎ ‎（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；‎ ‎（3）由图可知，电阻R=28×1=28Ω；‎ 故答案为：（1）①；（2）×1，②；（3）28．‎ ‎　‎ ‎19．如图1所示，巴铁（又称“陆地空客”）是一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具，某实验室为了研究其运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25s内运动的v﹣t图象如图2所示，试求：‎ ‎（1）模型巴铁20s末的加速度大小；‎ ‎（2）0到5s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；‎ ‎（3）模型巴铁在此25s内牵引力所做的功．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）图象的斜率表示加速度，故由图象即可求得加速度； ‎ ‎（2）对前5s过程，运用牛顿第二定律可求得发动机输出的牵引力的大小； ‎ ‎（3）v﹣t图象中图象与时间轴所围成的面积表示位移，根据梯形面积公式即可求出25s内的位移，再根据动能定理求牵引力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，在20﹣25s内，模型巴铁做匀减速运动，加速度保持不变，故20s末加速度为：‎ ‎ a===﹣0.8m/s2‎ 加速度大小为0.8m/s2．‎ ‎（2）在0﹣5s内，模型巴铁做匀加速运动，加速度为：‎ ‎ a′===1.6m/s2‎ 根据牛顿第二定律可知：‎ ‎ F﹣0.08mg=ma 解得：发动机输出的牵引力 F=200×1.6+0.08×200×10=480N； ‎ ‎（3）v﹣t图象中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知，25s内的位移 x=×8m=140m； ‎ 对整个过程，根据动能定理得：‎ ‎ W﹣0.08mgx=0‎ 解得：牵引力所做的功 W=2.24×104 J 答：‎ ‎（1）模型巴铁20s末的加速度大小是0.8m/s2；‎ ‎（2）模型巴铁在此25s内牵引力所做的功是2.24×104 J．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ 求：‎ ‎（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；‎ ‎（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；‎ ‎（3）水平外力作用在滑块上的时间t．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块运动到D点的速度，对C到D的过程运用机械能守恒定律求出C点的速度．‎ ‎（2）将C点的速度分解为水平方向和竖直方向，结合平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出平抛运动的时间，结合水平分速度和时间求出水平位移．、‎ ‎（3）对A到B的过程运用动能定理求出外力作用的时间．‎ ‎【解答】解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，‎ ‎，‎ 滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，‎ ‎，‎ 代入数据，联立解得vC=5m/s．‎ ‎（2）滑块在C点速度的竖直分量为：vy=vcsinα=3m/s，‎ B、C两点的高度差为h=，‎ 滑块由B运动到C所用的时间为，‎ 滑块运动到B点的速度为vB=vCcosα=4m/s，‎ B、C间的水平距离x=vBt1=4×0.3m=1.2m．‎ ‎（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得，‎ Pt﹣‎ 代入数据解得t=0.4s．‎ 答：（1）滑块运动到C点时速度vc的大小为5m/s；‎ ‎（2）B、C两点的高度差h及水平距离x为1.2m；‎ ‎（3）水平外力作用在滑块上的时间t为0.4s．‎ ‎　‎ ‎21．传感器在物理实验研究中具有广泛的应用．单摆在运动过程中，摆线的拉力在作周期性的变化．这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律．‎ ‎（1）实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=　15.4　mm；‎ ‎（2）接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=　　（用题目和图中的已知物理量表示）；‎ ‎（3）某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0‎ 作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2﹣l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲　偏小　，乙　无影响　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；‎ ‎（2）根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式 ‎（3）甲同学把摆线长l0作为摆长比实际要小，则其求平均值的法偏小，乙同学用作图法，则重力加速度与摆长无关．‎ ‎【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是15mm，游标尺示数是4×0'1=0.24mm，金属球的直径为15mm+0.4mm=15.4mm；‎ ‎（2）在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值；由F﹣t图象，单摆周期T=4t0，‎ 根据T=2π整理得：‎ g=…①；‎ ‎（3）根据公式①甲同学把摆线长L0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；‎ 乙同学作出 T2﹣L0 图象后求出斜率，K==，重力加速度：g=4…②，‎ 从公式②可知，该方法计算出的重力加速度与摆长无关 故答案为：（1）15.4π2 （2）；（3）偏小；无影响 ‎　‎ ‎22．如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止．重力加速度为g=10m/s2．求：‎ ‎（1）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？‎ ‎（2）ab转动的角速度大小；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c，所以ab中的电流方向从b到a，根据右手定则判断ab转动情况；‎ ‎（2）对cd进行受力分析，根据共点力的平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律和切割磁感线产生感应电动势的计算公式求解角速度；‎ ‎（3）根据Q=求解该过程中通过cd的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c，所以ab中的电流方向从b到a，根据右手定则知，ab从上往下看应沿顺时针方向转动；‎ ‎（2）对cd进行受力分析可知：mgsinθ=BIL ‎ 代入数据可得：‎ 流过ab和cd的电流I==5A 根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势E=I•2R=5×2×0.3V=3V Ab切割磁感线产生感应电动势E=BLv 所以E=BL•（ωr1+ωr2）‎ 代入数据可得：‎ E=0.2×0.5×（0.5ω+ω）=3‎ 所以：ω=40 rad/s；‎ ‎（3）该过程中通过cd的电荷量Q==‎ 答：（1）从上向下看ab应沿顺时针方向转动；‎ ‎（2）ab转动的角速度大小为40 rad/s；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为0.785C．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L，宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc边中垂线上一点，OP=3L．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．‎ ‎（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B；‎ ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由动能定理就能求得粒子在电场中加速后的速度，只是要注意其中的几何关系，即在电场方向上加速的距离．‎ ‎（2）由题意加速后进入Ⅲ区磁场做匀速圆周运动后恰与右边界相切，画出轨迹，由几何关系关系求出半径，再由牛顿第二定律求出求出磁感应强度大小．‎ ‎（3）大致画出粒子偏转3次后经过P点，匀减速直线运动和匀速圆周运动沿竖直方向上的距离之和等于3L．结合0＜R≤R0，就能确定n的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由题意中长宽几何关系可知aO=L，粒子在aO加速过程有 动能定理：①‎ 得粒子经过O点时速度大小：v0=②‎ ‎（2）粒子在磁场区域III中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，‎ 由几何关系可得：③‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：④‎ 联立②③④式，得：B=⑤‎ ‎（3）若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，‎ 由几何关系有：‎ 依题意有0＜R≤R0⑦‎ 联立③⑥⑦得，且n取正整数 ⑧‎ 设粒子在磁场中的运动速率为v，有：⑨‎ 在电场中的加速过程，由动能定理： ⑩‎ 联立⑤⑥⑨⑩式，得：，其中n=2、3、4、5、6、7、8⑪‎ 答：（1）该粒子经过O点时速度大小为．‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B为 ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，x满足的条件 是： 其中n=2、3、4、5、6、7、8．‎ ‎　‎ ‎2017年4月3日