2021届辽宁省丹东市高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届辽宁省丹东市高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共6小题，共3 6.0分）1 .设太阳质量为M,某行星绕太阳公转周期为T,轨道半径为r.己知万有引力常量为G,行星表面重力加速度为g，行星半径为R，贝 式）A.GM-B.GM=C.GM=g r2 D.GM=gR22.甲、乙两个理想变压器，它们的原副线圈的匝数比以及连接方式如图所示，若输电线的电阻略去不计，甲输入电压是2 2 0V,纯电阻负载中每个电阻均为1 1 0,则甲的输入电流和输入功率分别是（）A.1 04 3 3 001 4/B.1 04,3 3 0WC.1 5 4,3 3 00M ZD.1 5 4 3 3 01 V3

2、.甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，已知甲的质量大于乙的质量，它们运动的动能一位移（&-%）关系如图所示，则两块运动的速度-时间3-1）关系的图象可能正确的是（）4.一个质量为2kg的物体，在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态、现同时撤去大小分别为15N和20N的两个力，关于此后该物体运动的说法中正确的是（）A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B.可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s2C.一定做匀变速运动，加速度大小可能是15m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是5M/S25.如图所示，放在水平面上的木块，在水平方向&=5N,F2=12N的作用下

3、处于静止状态。若将尸2撤去，则木块受到的摩擦力为（）A _ J L _坦-/A.0B.5N方向向左C.7 N,方向向左 D.1 2 N,方向向右6.如图甲所示，在圆形线圈的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里.若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线圈中的感应电流i随时间t变化的图线是（取逆时针方向的二、多 选 题（本大题共4小题，共21.0分）7.某电场的电场线的分布如图所示.一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点.则下列判断正确的是（）A.粒子一定带负电B.粒子在N点的加速度比M点的加速度大C.粒子在N点的速度比M点的速度大D.粒子在N点的电势能比M点的电势能大8

4、.关于光电效应下列说法正确的是（）A.光照时间越长，光电流越大B.入射光足够强就可以有光电流C.遏止电压与入射光频率有关D.入射光频率大于极限效率才能产生光电子9.在如图所示的p-V图象中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态从c和d后再回到状态a,整个过程由两个等温和两个等容过程组成。下列说法正确的是（）A.从状态a到b,气体的温度一直升高10.B.D.从状态b到c,从状态c到d,从状态d到a,气体与外界无热量交换气体从外界吸热单位体积中的气体分子数目增多下列说法中正确的是（）。A.光的偏振现象说明光是纵波B.全息照相利用了激光相干性好的特性C.光导纤维传播光信号利用J光的全反射原理D.自

5、然界任何两束光都可以相互干涉并产生稳定的干涉图样三、实 验 题（本大题共2小题，共16.0分）11.利用图1所示装置可以做力学中的许多实验图3飞 十 fS34停打点iWU小_ 图Io I34S,图2（1）以下说法正确的是.A.利用此装置”研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦力的影响员利用此装置探究“小车的加速度与合外力的关系”：当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力C.利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M 关系图象不是直线，就可以确定加速度和质量成反比（2）如

6、图所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验：小车搁置在水平放置的长木板上，纸带连接车尾并穿过打点计时器，用来测小车的加速度a,小桶通过细线对小车施拉力F.I.某次实验得到的一条纸带如图2所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点，分别标为0、1、2、3、4.测得0、1两计数点间距离Si=30.0mm,3、4两计数点间距离54=48.0mm,则小车的加速度为 zn/s?.（结果取两位有效数字）II.在保持小车质量不变的情况下，改变对小车拉力尸的大小，测得小车所受拉力F和加速度a的数据如下表：F/N0.200.300.400.500.60a/(ms2)0.100.210.290.41

7、0.50根据测得的数据，在图3中作出a-F 图象.由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为 N.（结果取两位有效数字）若要使作出的a-F 图线过坐标原点，需要调整实验装置，可采取以下措施中的A.增加小车的质量 B.减小小车的质量C.适当垫高长木板的右端 D 适当增加小桶内祛码质量.12.在测电源电动势和内电阻的实验中（两节干电池做电源），U-/图上是由实验测得的数据标出的四、计 算 题（本大题共3 小题，共 38.0分）13.某种粒子加速器的设计方案如图所示,M、N为两块垂直于纸面旋转放置的圆形正对平行金属板,两金属板中心均有小孔（孔的直径大小可忽略不计），板间距离为九。两板间接一直流

8、电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U,粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零。两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平面边界的匀强磁场，上方磁场的下边界c d与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界e f与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为无，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为八 的无电场、无磁场的狭缝区域.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在M N板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动。若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略

9、不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。x x X X X X XBX X X X X X X*X X X X X X(1)为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件;(2)在e f边界上的P点放置一个目标靶,P点到N板小孔。的距离为s时,粒子恰好可以击中目标靶。对于击中目标靶的粒子，求：其进入电场的次数加其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比。1 4.如图所示，内壁光滑、粗细均匀的圆环形绝热细管置于竖直平面内，细管的横截面积为2 c m 2,N是固定在管上的绝热阀门，M为可在细管内自由移动的绝热

10、活塞，其质量为0.3 3。初始时，N、M与圆环中心。在同一水平面内，细管上、下部分分别封有一定质量的理想气体4、B,气体4温度7。=28 0K,压强为p()=1.05 x 105P a o现保持气体B温度不变，对气体a缓慢加热，活塞M缓慢移动到细管最低点，此过程中活塞不漏气。取重力加速度g =10m/s 2,活塞的厚度不计，求：(1)初始时气体8的压强；(2)活塞M在细管最低点时气体4的温度。15 .一列横波在轴上传播，在Q =0时刻波形如图中实线所示，t2=0,04s时刻波形如图中虚线所示。(1)求这列波的波速是多少？(2)若有另一列波能与这列波发生稳定干涉，则另一列波的最小频率是多少？五、

11、综合题(本大题共1小题，共13.0分)16 .如图所示，在直角坐标系中，第二象限有一水平放置的平行板电容器，两板间距离为d,下极板与x轴重合，板间有图示方向的匀强磁场，磁感应强度为B,一带电粒子(不计重力)沿两板间中线射入并沿中线进入第一象限，若在第一象限只存在与y轴平行的匀强电场时，粒子刚好通过x轴上的M点(0%=d)，若在第一象限只存在垂直于纸面的匀强磁场时，粒子也刚好通过M点，已知该电场强度和磁感应强度的比值为限 求：平行板电容器两极板间的电压为多少？参考答案及解析1.答案：A解析：解：A B,太阳对行星的万有引力提供行星圆周运动的向心力，即：G等=故 G M=W，故 A 正确，8 错误

12、：C D、设行星半径为M,则G =m g,故 GM=g R 2,故 c 错误，。错误；故选：A行星绕太阳公转时，万有引力提供行星圆周运动的向心力；在行星表面，重力等于万有引力.根据万有引力提供向心力，行星表面重力等于万有引力，两次列出等式分析即可.2.答案：C解析：解：由原副线圈的电压与匝数成正比，可得：理想变压器乙的副线圈电压为110V,则电阻R的功率为1100W。而理想变压器甲的有两电阻R的副线圈，其功率均为1100W.所以理想变压器甲的原线圈的输入功率是 3300W。再由理想变压器甲的输入电压220乙 可求得输入电流为154。故选：Co理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，且输出功率等

13、于输入功率.理想变压器没有漏磁现象，输入功率与输出功率相等.当有两个副线圈时，电流与匝数不成反比.3.答案:D解析：解：质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，只有摩擦力做功，得：W =f x,又：W =Ek-Ek 0,得：Ek=Ek 0-f-x 由图象和公式可知，物体与水平面间的动摩擦因数相同，ER甲 Ek乙甲、乙两物体的质量相同，所 以/尹/乙甲乙两物体在水平面上做匀减速运动，加速度a=g,相同，速度-时间图象的斜率相同，则两个物体的u-t 图象平行甲减速到零所用时间大于乙的时间，由图示图象可知，ABC错误，。正确；故选：D。甲、乙两物体的初动能不同，末动能相同，都只受摩擦

14、力作用，由动能定理及两物体的位移关系比较出两物体质量关系，然后根据动能的计算公式比较出两物体的初速度关系，最后判断两物体V -1 关系图象哪个正确。本题要掌握u-t 图象的斜率等于加速度，由图象获取所需信息，应用动能定理和运动学公式即可正确解题。4 .答案：C解析：解：4、物体在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态，故六个力的合力为零，时撤去大小分别为1 5 N和2 0 N的两个力，剩下的四个力没有改变，故这四个力的合力也不变，其合力与撤去的两个力的合力等值、反向、共线，故这四个力的合力范围为：5 N F 3 5 N,如果速度与合力不共线，物体就做曲线运动，故 A错误；B、四个力的合力范围为：5

15、N F 3 5 N,根据牛顿第二定律，加速度的范围为：2.5 m/s 2 a W1 7.5 m/s2,加速度不可能为2 z n/s 2,故 B错误；C、四个力的合力恒定，范围为：5N F 3 5 N,故加速度恒定，范围为：2.5m/s2 a 1 7.5 m/s2,故 C正确；由于加速度的大小和方向都恒定，故不可能做匀速圆周运动，故。错误；故选：C o物体在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态，故六个力的合力为零，撤去大小分别为1 5 N和2 0 N的两个力，剩下的四个力没有改变，故这四个力的合力也不变，其合力与撤去的两个力的合力等值、反向、共线，根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速

16、度方向间的关系判断物体的运动情况.本题根据根据共点力平衡条件得到四个力的合力范围，然后根据牛顿第二定律得出加速度的范围，最后根据曲线运动的条件判断物体可能的运动.5 .答案：B解析：对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系判断物体是否静止，则可求出木块受到的合力。解决此类问题的关键是知道当物体处于平衡状态时，其合外力为零。由题意可知，当木块在水平方向居=5 N,F 2 =1 2 N的作用下处于静止状态，根据平衡条件：F1+f=F2,得：/=尸2-居=1 2 N 5 N=7N,即此时的静摩擦力大小为7 N；如果撤去尸2,则木块受力F】=5 N 7

17、 N 最大静摩擦力，则物体仍然不动，根据平衡条件受静摩擦力也为5N,二力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，所以物体仍然可以处于平衡状态，其合外力为0；故选B。6.答案：A解析：解：磁感应强度在0到T 内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变小，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小.所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的.同理，磁感应强度在:到T内，感应电流不变，且电流方向为正.所以只有A选项正确，BCD均错误.故选：A.当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电

18、动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生.感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律来算得的.7.答案：BC解析：解：4、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A错误；8、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故8正确；C D,从M点到N点，静电力方向先与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，故C正确，。错误；故选：BC.电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远

19、处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小.本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题.8.答案：CD解析：解：4、无论光强多强，光照时间多长，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应，故AB错误；C、根 据 光 电 效 应 方 程=可知最大初动能与入射光的频率有关，而&m=eU o,产生的光电子的最大初动能与遏止电压成正比，所以遏止电压与入射光频率有关，故 C 正确；。、入射光的频率大于极限频率才能

20、产生光电效应，故。正确。故选：CD.发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关.根据光电效应方程昌 =h y-W0,可知最大初动能与入射光频率的关系.超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，则遏止电压越大.解决本题的关键掌握光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的截止频率，或入射光的光子能量大于逸出功，就会发生光电效应.与入射光的强度无关.9.答案：AD解析：解：4、a到b过程的体积U不变，为等容过程，压强p增大，根据查理定律：*=定值，可知温度7一定升高，故 A 正确；B、从b到c,为等温过程，故内能不变，即：4 U =0,因为体积U增大，所以气

21、体对外做功：W 0,即气体一定从外界吸收热量，故 B错误；C、从c到d,体积V不变，所以气体做功W=0,c到d等容过程，压强p减小，根据查理定律：器=定值，可知温度7 一定降低，所以内能一定减小，即：V 0,根据热力学第一定律：(/=+(?,可知：Q 0,即气体一定对外放热，故 C 错误；。、从d到a,为等温过程，体积出咸小，气体总质量m不变，故密度P=将变大，即单位体积中的气体质量增大，所以单位体积中的气体分子数目增大，故。正确。故选：AD.根据理想气体状态方程，先判断体积的变化，膨胀是气体对外做功，收缩是外界对气体做功；理想气体无势能，内能与温度有关，根据热力学第一定律结合查理定律进行解答

22、。本题主要是考查了理想气体的状态方程之图象问题和热力学第一定律的知识，关键是弄清楚气体所发生的状态变化情况，知道p-P 图象与坐标轴围成的面积表示气体做的功，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化。10.答案：BC解析：光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故 4错误；全息照相利用了激光相干性好的特性，即为光的干涉现象，故 B正确；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理，故 C正确；只有频率相同、相差恒定、振动方向相同的光波，在它们相遇的空间里能够产生稳定的干涉，故。错误；故选：BC.0 0.1 0;C。解析：解：(1)力、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故 A错误.8

23、、探 究“小车的加速度与合外力的关系”：当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力，故 B正确.C、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a-6图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a-工图象，故 C错误.T T L故选：B(2)I .每隔五个打印点取一个计数点，所以2,3 两计数点间的时间间隔为7 =0.1 s,根据匀变速直线运动的推论x =a7 2,有:54-S=3aT2,所以解得:0.048-0a.0=30-0.030.6 0 m/s2口.在a-F 图象中根据所给的数据描

24、点.作图，如图所示:当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动，由上问所得a-F 图象可知当拉力等于0.1 0 N 时物体开始运动，故最大静摩擦力为0.1 0 N.若要使作出的a-F 图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力,其方法是适当垫高长木板的右端.故C正确.故选：C.故答案为：(1)B；(2)1.0.6 0；n.如图所示；0.1 0；C。(1)利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和 探 究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时

25、，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力；(2)根据匀变速直线运动的推论公式 x =。产可以求出加速度的大小；当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动；a-尸图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端.只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.12.答案：1.44；0.59解析：解：根据坐标系中描出的点作出U-/图象，如图所示；00%87060509

26、30201000o n o f t i o o 0 *o d n o s n 。n r n图象的横轴截距表示电动势，由图象可知，电源电动势为2.8 8 V,所以每节干电池的电动势E =1.44V.图象斜率绝对值表示电源内电阻，电 源 内 阻 与=然 泮=1.18 0,所以每节干电池的内阻r =0.59。；故答案为：如图，1.44,0.59.根据坐标系中描出的点作出U-/图象，图象与纵轴的交点是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻.要掌握描点法作图的方向，会根据电源的U-/图象求电源的电动势与内阻.注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义.13.答案：解：(1)设粒子第一次经过电场加速后的

27、速度为力,对于这个加速过程，根据动能定理有：qU-mv2,解得/=1-粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为根据洛伦兹力和牛顿第二定律有:qvB=为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R 2r1；即R(2)设到达e/边界上P点的粒子运动速度为%,根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径7=s/2,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=皿，rn解得q B f _ qBs设粒子在电场中被加速n 次，对于这个加速过程根据动能定理有设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有:q=m a,解得因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动

28、可等效成一个连续的匀加速直线运动设总的加速时间为G，根 据%=at1可得=翳粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期7=誓 保 持 不 变对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间所以言=qB2 sh47rm UIqB2s2 T、8m U-2,1 n2.T=qB2s2 2 7 n H8 m U 2)qB解析：(1)粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据动能定理求出第一次经过电场加速后的速度根据洛伦兹力提供向心力求出半径，结合使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R 2 r 联立求解;(2)利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，即可求出粒子打中标靶前的最大速度，利用动能定理即可求出加速次数7 1；粒子

29、在磁场中运动的周期不变，根据周期公式，结合加速次数，即可求出粒子在磁场中运动的总时间t 2；在电场中运动等效成一个匀变速直线运动，利用牛顿二定律结合运动学公式，即可求出粒子在电场中运动的总时间公，进而求两者之比。本题考查带电粒子在复合场中的运动，是一个回旋加速器模型，解题关键是要知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场对粒子不做功只起到偏转的作用，粒子在缝隙处的电场中获取能量，要掌握住半径公式、周期公式，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。1 4.答案：解：(1)初始时，以活塞为研究对象，根据平衡条件得Pos+m g

30、 =pBS解得初始时气体B 的压强：pB=1.0 6 5 x 1 05P a(2)设四分之一圆环的容积为V,对气体B,气体B 的状态参量：初状态：匕=2V,P 1=pB=1.0 6 5 x 105Pa末状态：匕=U气体B 发生等温变化，由玻意耳定律得：p-iVi=P i%，代入数据得：P 1 =2.1 3 x 1 05P a；末态时，以活塞为研究对象，根据平衡条件得pAS+m g =prS解得末态时气体4 的压强：pA=2.1 1 5 x 1 05P a对气体4气体的状态参量：初状态：V2=2V,T2=To=280K,p2=Po=1.05 X 105Pa末 状 态:V2=3V,p2=pA=2.

31、115 x 105Pa由理想气体状态方程得：竿=吟12代入数据得：77=846K答：(1)初始时气体B 的压强为1.065 x 105Pa；(2)活塞M在细管最低点时气体4 的温度为846K。解析：(1)初始时，以活塞为研究对象，根据平衡条件求气体B的压强；(2)对气体8应用玻意耳定律可以求出活塞“在细管最低点时气体B的压强，得到4气体的压强，再对气体4应用理想气体状态方程可以求出气体A的温度。应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，要根据题意求出气体的初末状态参量，分析清楚气体的状态作何种变化，应用理想气体状态方程即可正确解题，要搞清两部分气体之间的关系，如压强关系、体积关系，掌握

32、连接体问题的解题思路与方法。15.答案：解：(1)由图可知该波的波长为4=8m。若波向x正方向传播，则波向前传播的距离为：x=(+n)A=(2+8n)m(n=0、1、2.)则波速为：v=z n/s =(50 4-200n)m/s(n=0、1、2.)；若波向x轴负方向传播，则波向前传播的距离为：=Q+n)X=(6+8n)m(n=0、1、2.)则波速为：4=答=需m/s=(150+200n)m/s(n=0、1、2.)(2)要发生稳定的干涉现象，则两列波的频率必须相同，当波向x轴正方向传播，n=。时，周期最大，最大周期为7=4=2 s =0.16sv 50频率最小为：f =；=白 Hz=6.25H

33、z,所以得出另一列波的最小频率为6.25Hz。/U.lo答:(1)若波向万 正方向传播，波速为(50+200n)m/s(n=0、1、2 若波向支轴负方向传播，波速为(150+200n)zn/s(n=0、1、2.)；(2)若有另一列波能与这列波发生稳定干涉，则另一列波的最小频率是6.25Hz。解析：(1)若波向x轴正方向传播或波向x轴负方向传播，求出波向前传播的距离，再根据波速的计算公式求解波速；(2)要发生稳定的干涉现象，则两列波的频率必须相同，当波向x轴正方向传播，n=0时，周期最大，频率最小，由此求解。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解波的图象随时间变化的规律，知道波传播的双向

34、性，掌握波速、波长和频率之间的关系及=/九1 6.答案：解：设 粒 子 的 质 量 为 带 电 量 为+q,粒子的速度为，第一象限内是电场时，设电场强度为E。,粒子在电场中运动的时间为t,则：粒子的加速度：。=誓粒子运动的时间：t=8V沿y方向粒子的位移：丫 =?=1。七2联立得：2=二 朝 所以：r =4设磁场的磁感应强度为B o，由洛伦兹力提供向心力得：mv2qvB0=-联立得：=等4m2qEd可 得.v=倚.V=z =5B.0 =?5.k K 4m粒子在第二象限内运动时，受到的洛伦兹力与电场力相等，则：qvB=奈 联立得：U=答:电容器两极板间的电压为gBM.解析：第一象限是电场时，带电粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解即可求出粒子的速度与电场强度的关系；第一象限是磁场时，带电粒子在磁场中做圆周运动；由几何关系求出粒子的半径，然后由牛顿第二定律即可求出粒子的速度与半径的关系；将以上的公式比较求出粒子的速度与d的关系：最后粒子恰好沿水平方向做直线运动说明粒子的洛伦兹力和电场力等大反向，根据平衡条件列方程求电容器两极板间的电压大小.该图中粒子在三种不同的场内做三种不同的运动，解答的关键是正确把握三种运动的特点，结合它们的特点即可正确解答.