物理經典模擬題

1、天天積累 開啟智慧 錘煉意志 磨礪思維作業(yè)一 :思維導圖-梳理知識體系（章、塊、力電）、構建思維體系、打拼方法體系作業(yè)二 :天天一練-“悟”知識的聯(lián)系、思維的技巧、數學的應用1如圖所示，在區(qū)域(0xd)和區(qū)域(dx2d)內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一質量為m、帶電荷量q(q0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域，其速度方向沿x軸正向已知a在離開區(qū)域時，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入區(qū)域，其速度大小是a的.不計重力和兩粒子之間的相互作用力求：(1)粒子a射入區(qū)域時速

2、度的大小；(2)當a離開區(qū)域時，a、b兩粒子的y坐標之差2如圖所示，與水平面成45°角的平面MN將空間分成和兩個區(qū)域一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入區(qū)粒子在區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里求粒子首次從區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離粒子的重力可以忽略3如圖甲所示，在以O為圓心，內外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內外圓間的電勢差U為常量，R1R0，R23R0，一電荷量為q、質量為m的粒子從內圓

3、上的A點進入該區(qū)域，不計重力(1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小(2)若撤去電場，如圖乙所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間(3) 在圖乙中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？4. 如圖所示，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l1.8 m，距地面h0.8 m平行板電容器的極板CD間距d0.1 m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔電容器外的臺面區(qū)域內有磁感應強度B1 T

4、、方向豎直向上的勻強磁場電荷量q5×1013 C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U2.5 V，板間微粒經電場加速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終不與極板接觸)，然后由XY邊界離開臺面在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇假定微粒在真空中運動，極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質點，滑塊與地面間的動摩擦因數0.2，取g10 m/s2.(1)求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；(2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質量范圍；(3)若微粒質量m01×1013 kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度5.某種加速器的理

5、想模型如圖所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開一個有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場若將一質量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內a孔處靜止釋放，經電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速現(xiàn)該粒子的質量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)(1)若在t0時將該粒子從板內a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；(2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖中實線軌跡(圓心為

6、O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖上的相應位置處畫出磁屏蔽管；(3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應何時由板內a孔處靜止開始加速，才能經多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？6. 如圖甲所示，在x0的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場和垂直于xOy平面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.一質量為m，帶電量為q(q0)的粒子從坐標原點O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力(1)求該粒子運動到y(tǒng)h時的速度大小v；(2)現(xiàn)只改變入射粒子初速度的大小，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡(yx曲線)不同，但具有相

7、同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動(yt關系)是簡諧運動，且都有相同的周期T.求粒子在一個周期T內，沿x軸方向前進的距離s；.當入射粒子的初速度大小為v0時，其yt圖象如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅Ay，并寫出yt的函數表達式7.使用多用電表測量電阻時，多用電表內部的電路可以等效為一個直流電源(一般為電池)、一個電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端現(xiàn)需要測量多用電表內電池的電動勢，給定的器材有：待測多用電表，量程為60 mA的電流表，電阻箱，導線若干實驗時，將多用電表調至×1 擋，調好零點；電阻箱置于適當數值完成下列填(1)

8、儀器連線如圖圖1-4所示(a和b是多用電表的兩個表筆)若兩電表均正常工作，則表筆a為_(填“紅”或“黑”)色(2)若適當調節(jié)電阻箱后，圖1-4中多用電表、電流表與電阻箱的示數分別如圖1-5甲、乙、丙所示，則多用電表的讀數為_，電流表的讀數為_mA，電阻箱的讀數為_.(3)將圖14中多用電表的兩表筆短接，此時流過多用電表的電流為_mA.(保留3位有效數字)(4)計算得到多用電表內電池的電動勢為_V(保留3位有效數字)圖1-4 圖1-58. 某同學利用如圖所示的實驗電路來測量電阻的阻值(1)將電阻箱接入a、b之間，閉合開關適當調節(jié)滑動變阻器R后保持其阻值不變改變電阻箱的阻值R，得到一組電壓表的示數

9、U與R的數據如下表：電阻R/5.010.015.025.035.045.0電壓U/V1.001.501.802.142.322.45請根據實驗數據作出UR關系圖象(2)用待測電阻Rx替換電阻箱，讀得電壓表示數為2.00 V利用(1)中測繪的UR圖象可得Rx_.(3)使用較長時間后，電池的電動勢可認為不變，但內阻增大若仍用本實驗裝置和(1)中測繪的UR圖象測定某一電阻，則測定結果將_(選填“偏大”或“偏小”)現(xiàn)將一已知阻值為10 的電阻換接在a、b之間，你應如何調節(jié)滑動變阻器，便仍可利用本實驗裝置和(1)中測繪的UR圖象實現(xiàn)對待測電阻的準確測定？圖7 圖89. 如圖所示，在高出水平地面h1.8

10、m的光滑平臺上放置一質量M2 kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長度l10.2 m且表面光滑，左段表面粗糙在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量m1 kg.B與A左段間動摩擦因數0.4.開始時二者均靜止，現(xiàn)對A施加F20 N水平向右的恒力，待B脫離A(A尚未露出平臺)后，將A取走B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x1.2 m.，(取g10 m/s2)求：(1)B離開平臺時的速度vB.(2)B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間tB和位移xB.(3)A左端的長度l2.10.如圖所示，長為L、內壁光滑的直管與水平地面成30°角固定位置將一質量為m的小球固定在管底，用

11、一輕質光滑細線將小球與質量為Mkm的小物塊相連，小物塊懸掛于管口現(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉向裝置后做平拋運動，小球在轉向過程中速率不變(重力加速度為g)(1)求小物塊下落過程中的加速度大小；(2)求小球從管口拋出時的速度大?。?3)試證明小球平拋運動的水平位移總小于L.11.圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內有一原長為R、下端固定的輕質彈簧投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出

12、去設質量為m的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能已知重力加速度為g.求：(1) 質量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1；(2) 彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；(3) 已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO在90°角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在m到m之間變化，且均能落到水面持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？12.如圖所示，間距l(xiāng)0.3 m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內在水平面a1b1b2a

13、2區(qū)域內和傾角37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內分別有磁感應強度B10.4 T、方向豎直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場電阻R0.3 、質量m10.1 kg、長為l 的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質定滑輪自然下垂，繩上穿有質量m20.05 kg的小環(huán)已知小環(huán)以a6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°

14、;0.8.求：(1)小環(huán)所受摩擦力的大?。?2)Q桿所受拉力的瞬時功率13.圖9-6A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖9-6所示，已知木塊A、B質量分別為0.42 kg和0.40 kg，彈簧的勁度系數k=100 N/m ，若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=10 m/s2）.（1）使木塊A豎直做勻加速運動的過程中，力F的最大值；（2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248 J，求這一過程F對木塊做的功.14.如圖所示，靜止放在水平桌面上的紙帶上有一質量為m0.1 kg的鐵塊，它與紙

15、帶右端的距離為L0.5 m，鐵塊與紙帶間、紙帶與桌面間的動摩擦因數均為0.1.現(xiàn)用力F水平向左將紙帶從鐵塊下抽出，當紙帶全部抽出時鐵塊恰好到達桌面邊緣，鐵塊拋出后落地點離拋出點的水平距離為s0.8 m已知g10 m/s2，桌面高度為H0.8 m，不計紙帶質量，不計鐵塊大小，鐵塊不滾動求：(1)鐵塊拋出時的速度大小v；(2)紙帶從鐵塊下抽出所用的時間t1；(3)紙帶抽出過程中產生的內能E.15、如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內建立xoy坐標系，在第象限內有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角=45°。在第象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1=0.6

16、m，板間有豎直向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原點O的距離為l1=0.72m。在第象限垂直于x 軸放置一豎直平板C3，垂足為Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3長l2=0.6m。現(xiàn)將一帶負電的小球從桌面上的P點以初速度垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進入磁場區(qū)域。已知小球可視為質點，小球的比荷，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離為，不考慮空氣阻力。求：(1)勻強電場的場強大??；(2)要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應強度B的取值范圍；(3)以小球從M點進入磁場開始計時，磁場的磁感應強度隨時

17、間呈周期性變化，如圖乙所示，則小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q點距離；若不能，求出其軌跡與平板C3間的最短距離。 (，計算結果保留兩位小數) 16、如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=0.33T水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C現(xiàn)有大量質量m=6.6×10-27kg、電荷量q=3.2×10-19C的帶負電的粒子，同時從邊界PQ上的O點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為v=1.6×106m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用求：（1）

18、求帶電粒子在磁場中運動的半徑r ；（2）求與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t及從PQ邊界出磁場時的位置坐標；（3）當從MN邊界上最左邊射出磁場的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子（未進入過電場）的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程17.如圖所示，是一種電子擴束裝置的原理示意圖。直角坐標系原點O處有一電子發(fā)射裝置，可以不斷朝xOy平面內x0區(qū)域任意方向發(fā)射電子，電子的速率均為v0，已知電子的電荷量為e、質量為m。在0xd的區(qū)域內分布著沿x軸負方向的勻強電場，場強大小，在x>d區(qū)域內分布著足夠大且垂直于xOy平面向外的

19、勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度.ab為一塊很大的平面感光板，在磁場內平行于y軸放置，電子打到板上后會在板上形成一條亮線。不計電子的重力和電子之間的相互作用.求：（1）電子進入磁場時速度v的大??；（2）當感光板沿x軸方向移到某一位置時恰好沒有電子打到板上，求板ab到y(tǒng)軸的距離1；（3）保持（2）中感光板位置不動，要使所有電子恰好都能打到感光板上時磁感應強度B 的大小以及電子打到板上形成亮線的長度l .18如圖a所示的平面坐標系xOy，在整個區(qū)域內充滿了勻強磁場，磁場方向垂直坐標平面，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖b所示開始時刻，磁場方向垂直紙面向內（如圖），t=0時刻有一帶正電的粒子（不計重力

20、）從坐標原點O沿x軸正向進入磁場，初速度為v0=2×103m/s已知帶電粒子的比荷為=1.0×104C/kg，其它有關數據見圖中標示試求：（1）t1=×104s時粒子所處位置的坐標（x1，y1）；（2）帶電粒子進入磁場運動后第一次到達y軸時離出發(fā)點的距離h；（3）帶電粒子是否還可以返回原點？如果可以，求返回原點經歷的時間t19、如圖所示,一輕繩吊著粗細均勻的棒,棒下端離地面高H,上端套著一個細環(huán).棒和環(huán)的質量均為m,相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k>1).斷開輕繩,棒和環(huán)自由下落.假設棒足夠長,與地面發(fā)生碰撞時,觸地時間極短,無動能損失.棒在整個運

21、動過程中始終保持豎直,空氣阻力不計.求：(1)棒第一次與地面碰撞彈起上升過程中,環(huán)的加速度.(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間,棒運動的路程s.(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止,摩擦力對環(huán)及棒做的總功W.20.在如圖所示的平面直角坐標系中，虛線區(qū)域內存在沿軸負方向的勻強電場，場強大小為,一邊長為的絕緣正方形盒CDFG（內壁光滑），其內部存在垂直于平面向外的勻強磁場（大小未知），且C,D兩點恰好分布于軸上，連線與軸正方向成45°角。一帶正電，質量為的粒子（重力不計），從M板邊緣經MN兩極板間的電場加速后，立即從軸上某點沿軸正方向射入電場區(qū)域，然后垂直于CD從CD中點J點處的小孔射

22、入方盒內，已知粒子與方盒器壁碰撞過程中無能量損失和電荷損失。（所有結果只能用表示）求：（I）兩極板間電壓；（II）若要使粒子在方盒中碰撞次數最少，且能從小孔J垂直于CD射出，求磁感應強度B的大?。唬↖II）由于磁感應強度不確定，要使粒子能從小孔J垂直于CD射出，試著討論粒子在方盒內運動的可能時間.1【答案】 (1)設粒子a在內做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)，半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P，如圖所示由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvaBm由幾何關系得PCPRa1式中，30°.由式得va(2)設粒子a在內做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點

23、為Pa(圖中未畫出軌跡)，POaPa2.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三點共線，且由式知Oa點必位于xd的平面上，由對稱性知，Pa點與P點縱坐標相同，即yPaRa1cosh式中，h是C點的y坐標設b在中運動的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qB2設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉過的角度為.如果b沒有飛出，則式中，t是a在區(qū)域中運動的時間，而Ta2Tb1由式得30°由式可見，b沒有飛出.Pb點的y坐標為yPbRb1cosRa1Rb1h由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為yPayPb(2)d2【解析】 帶電粒子進入電場后，

24、在電場力的作用下沿拋物線運動，其加速度方向豎直向下，設其大小為a，由牛頓定律得qEma設經過時間t0，粒子從平面MN上的點P1進入磁場，由運動學公式和幾何關系得v0t0at粒子速度大小v1為v1設速度方向與豎直方向的夾角為，則tan此時粒子到出發(fā)點P0的距離為s0v0t0此后，粒子進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為r1設粒子首次離開磁場的點為P2，弧所張的圓心角為2，則P1到點P2的距離為s12r1sin由幾何關系得45°聯(lián)立式得s1點P2與點P0相距l(xiāng)s0s1聯(lián)立解得l3【解析】 (1)電、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動能定理qUmvmv得v0(2)

25、由牛頓第二定律qBv2如圖所示，由幾何關系確定粒子運動軌跡的圓心O和半徑RR2R2(R2R1)2聯(lián)立，得磁感應強度大小B粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T由幾何關系確定粒子在磁場中運動的時間t聯(lián)立式，得t(3)如圖所示，為使粒子射出，則粒子在磁場內的運動半徑應大于過A點的最大內切圓半徑，該半徑為Rc由得磁感應強度應小于Bc4【解析】 (1)微粒在極板間所受電場力大小為F代入數據得F1.25×1011 N由微粒在磁場中的運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負極(2)若微粒的質量為m，剛進入磁場時的速度大小為v，由動能定理Uqmv2微粒在磁場中做勻速圓周運動

26、，洛倫茲力充當向心力，若圓周運動半徑為R，有qvBm微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為R1R2ld聯(lián)立，代入數據，有81×1014 kg<m2.89×1013 kg(3)如圖所示，微粒在臺面以速度v做以O點為圓心、R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成角飛出做平拋運動，落地點為Q，水平位移為s，下落時間為t.設滑塊質量為M，滑塊獲得速度v0后在t內沿與平臺前側面成角方向，以加速度a做勻減速直線運動到Q，經過位移為k.由幾何關系，可是cos根據平拋運動，tsvt對于滑塊，由牛頓定律及運動學方程，有MgMa kv0

27、tat2 再由余弦定理，k2s2(dRsin)22s(dRsin)cos 及正弦定理， 聯(lián)立、和，并代入數據，解得：v04.15 m/s arcsin0.8(或53°) 5.【解析】 (1)質量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvBm0，T0則T0當粒子的質量增加了m0，其周期增加TT0.則根據圖可知，粒子第一次的加速電壓u1U0 圖15粒子回到電場中用時T0，由圖可讀出粒子第二次的加速電壓u2U0U0射出時的動能Ek2qu1qu2；解得Ek2qU0.(2)磁屏蔽管的位置如圖所示(3)在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數N，得N25分析可得，粒子在連續(xù)被加速的

28、次數最多且uU0時也被加速的情況下，最終獲得的動能最大粒子由靜止開始加速的時刻tT0T0(n0,1,2，)最大動能Ekm2×qU0qU0解得EkmqU0.6.【答案】 由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有qEhmv2mv由式解得v(2).由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內沿x軸方向前進的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運動的粒子在T時間內前進的距離設粒子恰好沿x軸方向勻速運動的速度大小為v1，則qv1BqE又sv1T式中T由式解得s.設粒子在y方向上的最大位移為ym(圖丙曲線的最高點處)，對應的粒子運動速度大小為v2(方向沿x軸)，因為粒子在y方向上的運動為簡諧運動，

29、因而在y0和yym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則qv0BqE(qv2BqE)由動能定理有qEymmvmv又Ayym由式解得Ay可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動yt函數表達式為y7【答案】 (1)黑 (2)14.053.0 4.6 (3)102 (4)1.54【解析】 (1)歐姆表的內部有電源，黑表筆與高電勢端相連，紅表筆與低電勢端相連，所以與電流表“”接線柱相連的一定是黑表筆(2)多用表指針與“14”正對，所以讀數是14.0 ，毫安表指針與“53”正對，所以讀數是53.0 mA，電阻箱“×100”、 “×10”對應的都是零，所以讀數是4×1 6×0

30、.1 4.6 .(3)多用表×1擋對應的中值電阻是15 ，則兩表筆短接時總電阻為15 ，由(1514)×5315I，則I102 mA.(4)多用表×1擋對應的中值電阻是15 ，多用表內部電池的電動勢為E(1514)×53×103 V1.54 V.8.【答案】 (1)如圖所示 (2)20 (3)偏小改變滑動變阻器阻值，使電壓表讀數為1.50 V.【解析】 (1)利用表格中的數據，采用描點作圖法作圖(2)根據所畫出的圖象，讀出電壓2 V對應的電阻為20 . (3)由閉合電路歐姆定律可知，內阻增大，則干路電流減小，電路中電壓表的讀數就會減小，根據圖象

31、，可知測量值偏小；為了測量準確，需要增大電流，所以可減小滑動變阻器的阻值大小，根據實驗數據表格，改變滑動變阻器阻值，使電壓表讀數為1.50 V，就可以實現(xiàn)準確測量9.【解析】 (1)設物塊平拋運動的時間為t，由運動學可得hgt2xvBt聯(lián)立式，代入數據得vB2 m/s(2)設B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運動學的知識得mgmaBvBaBtBxBaBt聯(lián)立式，代入數據得tB0.5 sxB0.5 m(3)設B剛開始運動時A的速度為v1，由動能定理得Fl1Mv設B運動后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運動學的知識得FmgMaAl2xBv1tBaAt聯(lián)立式，代入數據得l21.5 m10.【解析】

32、 (1)設細線中的張力為T，根據牛頓第二定律MgTMaTmgsin30°ma且Mkm解得ag(2)設M落地時的速度大小為v，m射出管口時速度大小為v0，M落地后m的加速度為a0.根據牛頓第二定律mgsin30°ma0又由勻變速直線運動，v22aLsin30°，vv22a0L(1sin30°)解得v0(k>2)(3)平拋運動xv0tLsin30°gt2解得xL則x<L，得證11.【答案】 (1)質量為m的魚餌到在管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則mgm由式解得v1(2)彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有

33、Epmg(1.5RR)mv由式解得Ep3mgR(3)不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為m的魚餌離開管口后做平拋運動，設經過t時間落到水面上，離OO的水平距離為x1，由平拋運動規(guī)律有45Rgt2x1v1tR由式解得x14R當魚餌的質量為m時，設其到達管口C時速度大小為v2，由機械能守恒定律有Epmg(1.5RR)v由式解得v22質量為m的魚餌落到水面上時，設離OO的水平距離為x2，則x2v2tR由式解得x27R 魚餌能夠落到水面的最大面積SS(xx)R2(或8.25R2)12.【解析】 (1)設小環(huán)受到力的摩擦力大小為f，由牛頓第二定律，有m2gfm2a代入數據，得f0.2 N(2

34、)設通地K桿的電流為I1，K桿受力平衡，有fB1I1l設回路總電流為I，總電阻為R總，有I2I1R總R設Q桿下滑速度大小為v，產生的感應電動勢為E，有IEB2lvFm1gsinB2Il拉力的瞬時功率為PFv聯(lián)立以上方程，代入數據得P2 W13.解:當F=0（即不加豎直向上F力時），設A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧的壓縮量為x，有kx=（mA+mB）gx=（mA+mB）g/k圖9-7對A施加F力，分析A、B受力如圖9-7對A F+N-mAg=mAa對B kx-N-mBg=mBa可知，當N0時，AB有共同加速度a=a，由式知欲使A勻加速運動，隨N減小F增大.當N=0時，F(xiàn)取得了最大值Fm,即Fm

35、=mA（g+a）=4.41 N又當N=0時，A、B開始分離，由式知，此時，彈簧壓縮量kx=mB（a+g）x=mB（a+g）/kAB共同速度 v2=2a（x-x）由題知，此過程彈性勢能減少了WP=EP=0.248 J設F力功WF，對這一過程應用動能定理或功能原理WF+EP-（mA+mB）g（x-x）=（mA+mB）v2 聯(lián)立，且注意到EP=0.248 J可知，WF=9.64×10-2 J14.解析：(1)根據平拋運動的規(guī)律，svt，Hgt2可得：v2 m/s.(2)設鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律，得mgma1紙帶抽出時，鐵塊的速度va1t1可得t12 s.(3)鐵塊的位移s1a1

36、t設紙帶的位移為s2，由題意知，s2s1L由功能關系可得Emgs2mg(s2s1)聯(lián)立以上各式解得E0.3 J.15、解:（1）小球在第象限內做類平拋運動有： 1分 1分由牛頓第二定律有： 1分代入據解得： 1分（2）設小球通過M點時的速度為v，由類平拋運動規(guī)律： 1分小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動，軌跡如圖，由牛頓第二定律有： 1分得： 小球剛好能打到Q點磁感應強度最強設為B1。此時小球的軌跡半徑為R1由幾何關系有： 2分解得： 1分小球剛好不與C2板相碰時磁感應強度最小設為B2，此時粒子的軌跡半徑為R2由幾何關系有： 1分16、（1）由牛頓第二定律有  

37、60;  （2分） 解得        （1分）（2）粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系知，在磁場中運動的圓心角為30°，粒子平行于場強方向進入電場，粒子在電場中運動的加速度              （1分）粒子在電場中運動的時間     （1分）解得   （2分）     從PQ邊界出磁場時的

38、位置坐標：    （4分）（3）如圖乙所示，由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60°，圓心角小于60°的粒子已經從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的圓心角均為60°則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30°60° （4分）所有粒子此時分布在以O點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上     曲線方程為  （R=0.1m，x0.1m）      （4分）17（19分）解：（1）電場力對電子做功，根據動能定理：解得：（2）由題意結合左手定則可以判定：若沿y軸負方向射出的電子進入磁場后軌跡與ab板相切不能打到ab板上時，則所有電子均不能打到ab板上，作出其運動軌跡如圖所示。設該電子進入磁場時與豎直方向的夾角為，有：電子在洛倫茲力作用下做圓周運動：由圖中幾何關系：聯(lián)解得：理科綜合（物理）答案第2頁（共3頁）（3）由題意結合左手定則可以判定：若沿y軸正方向射出的電子進入磁場后軌跡恰好與ab板相切能打到ab板上，則所有電子均能打到板上，作出其運動軌跡如圖所示。由圖中幾何關系：聯(lián)解得：沿y軸正、負方向發(fā)射的電子在電場中做類平拋運動，設沿y軸的偏轉量為y1