備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷（全國(guó)卷專用）（解析版）

備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷（全國(guó)卷專用）黃金卷01（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）一、單項(xiàng)選擇題（本題包含8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．越來(lái)越多人喜歡挑戰(zhàn)極限，如圖是兩位“勇士”參與溜索活動(dòng)，兩傾斜的鋼絲拉索分別套有M、N兩個(gè)滑輪（滑輪與繩之間有可調(diào)節(jié)的制動(dòng)片），兩滑輪上用安全帶系著兩位“勇士”，當(dāng)他們都沿拉索向下滑動(dòng)時(shí)，M上的帶子與索垂直，N上的帶子始終豎直向下，則以下判斷正確的是（）A.M情況中，滑輪與索之間有摩擦力 B.N情況中，滑輪與索之間無(wú)摩擦力C.M情況中“勇士”做勻速直線運(yùn)動(dòng) D.N情況中“勇士”做勻速運(yùn)直線動(dòng)【答案】D【解析】AC．滑輪M對(duì)應(yīng)的安全帶的彈力方向傾斜，對(duì)“勇士”受力分析，如圖則加速度大小為滑輪M做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分析，有得M情況中，滑輪與索之間沒(méi)有摩擦力，故AC錯(cuò)誤；BD．滑輪N對(duì)應(yīng)的安全帶的彈力為豎直方向，可知N情況中“勇士”合力為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則滑輪N受到沿鋼索向上的摩擦力，故B錯(cuò)誤，D正確。故選D。2．“玉兔二號(hào)”月球車攜帶具有放射性的同位素钚，不斷衰變，釋放能量為設(shè)備供熱，衰變方程為，半衰期為88年。則（）A.的比結(jié)合能比的比結(jié)合能小B.若環(huán)境溫度升高，則衰變得更快C.該衰變?yōu)棣滤プ僁.若有100個(gè)，則經(jīng)過(guò)88年，一定還剩下50個(gè)【答案】A【解析】A．核反應(yīng)向著比結(jié)合能大的方向發(fā)生，所以的比結(jié)合能比的比結(jié)合能小，A正確；B．放射性元素的半衰期是元素本身的屬性，與環(huán)境溫度無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，可得該衰變方程為X為，該衰變?yōu)棣了プ儯珻錯(cuò)誤；D．半衰期為統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量核子來(lái)說(shuō)不成立，D錯(cuò)誤。故選A。3．如圖甲所示是某發(fā)電機(jī)的示意圖。使線圈a沿軸線做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。線圈a連接原、副線圈匝數(shù)比為1：10的理想變壓器，其輸出端接充電設(shè)備。線圈a及導(dǎo)線的電阻不計(jì)。則（）A.變壓器輸出電流的頻率為10HzB.充電設(shè)備兩端的電壓有效值為5VC.其他條件不變，對(duì)不同規(guī)格的充電設(shè)備充電，變壓器輸入功率可能不同D.其他條件不變，僅增大線圈a簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的頻率，充電設(shè)備兩端的電壓最大值不變【答案】C【解析】A．根據(jù)圖像可知線圈產(chǎn)生的交流電的周期為0.2s，所以交流電的頻率為變壓器不能改變交流電的頻率，所以變壓器輸出電流的頻率為5Hz，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像可知線圈產(chǎn)生的交流電的最大值為0.5V，有效值為根據(jù)原副線圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系，可得充電設(shè)備兩端的電壓有效值為B錯(cuò)誤；C．變壓器的輸出功率由副線圈決定，所以在其他條件不變，對(duì)不同規(guī)格的充電設(shè)備充電，變壓器輸入功率可能不同，C正確；D．線圈產(chǎn)生的最大電壓為其他條件不變，僅增大線圈a簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的頻率，線圈產(chǎn)生的最大電壓變大，所以充電設(shè)備兩端的電壓最大值變大，D錯(cuò)誤。故選C。4．如圖，O為拋物線OM的頂點(diǎn)，A、B為拋物線上兩點(diǎn)，O點(diǎn)的切線水平。從A、B兩點(diǎn)分別以初速度v1，v2水平拋出兩質(zhì)量相等的小球，同時(shí)擊中O點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則兩球（）A.必須同時(shí)拋出 B.擊中O點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等C.初速度v1與v2相等 D.擊中O點(diǎn)時(shí)速度大小相等【答案】C【解析】AC．已知O為拋物線OM頂點(diǎn)，則以O(shè)為原點(diǎn)建立xOy直角坐標(biāo)系，如圖則設(shè)OM為則兩平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得所以在A點(diǎn)的小球要先拋出才能使兩小球同時(shí)擊中O點(diǎn)。又由平拋在水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立可得整理可得故A錯(cuò)誤，C正確；D．因，但豎直方向有故兩分速度合成后可知擊中O點(diǎn)速度不同，故D錯(cuò)誤；B．兩球在O點(diǎn)重力瞬時(shí)功率為即擊中O點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率不相等，故B錯(cuò)誤。故選C。5．拉格朗日點(diǎn)指的是在太空中類似于“地一月”或“日一地”的天體系統(tǒng)中的某些特殊位置，在該位置處的第三個(gè)相對(duì)小得多（質(zhì)量可忽略不計(jì)）的物體靠?jī)蓚€(gè)天體的引力的矢量和提供其轉(zhuǎn)動(dòng)所需要的向心力，進(jìn)而使得該物體與該天體系統(tǒng)處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，即具有相同的角速度。如圖所示是地一月天體系統(tǒng)，在月球外側(cè)的地月連線上存在一個(gè)拉格朗日點(diǎn)，發(fā)射一顆質(zhì)量為m的人造衛(wèi)星至該點(diǎn)跟著月球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，距離月球的距離為s。已知地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，地月球心之間的距離為r，月球的公轉(zhuǎn)周期為T，則由以上數(shù)據(jù)可以算出（）A.地球的密度為B.在拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小C.在拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小D.月球?qū)υ撔l(wèi)星的引力為【答案】D【解析】A．因位于拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星與月球具有相同的角速度，由，解得地球的密度故A錯(cuò)誤；BC．因?yàn)橛诶袢拯c(diǎn)的衛(wèi)星與月球具有相同的角速度，由，知位于拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的線速度和向心加速度均比月球的大，故BC錯(cuò)誤；D．位于拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的向心力由地球和月球共同提供，故有解得故D正確。故選D。6．如圖所示為某種材料制成的半圓環(huán)截面圖，圓環(huán)內(nèi)半徑r1=r0，外半徑，光屏的半徑r3=2r0。位于半圓環(huán)內(nèi)側(cè)的點(diǎn)光源P向上方發(fā)出某種單色光，已知材料對(duì)單色光的折射率n=2。不考慮反射光，下列說(shuō)法正確的是（）A.光發(fā)生全反射的臨界角為60°B.環(huán)外側(cè)有光射出的弧長(zhǎng)為C.光屏上有光射到弧長(zhǎng)為D.增大折射率n，則屏上有光的弧長(zhǎng)將增大【答案】C【解析】A．根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系有解得

故A錯(cuò)誤；B．設(shè)從P點(diǎn)發(fā)出的光線恰好在A點(diǎn)發(fā)生全發(fā)射，即∠OAP=C=30°，如圖所示在三角形AOP中，根據(jù)正弦定理，有解得所以所以環(huán)外側(cè)有光射出的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為所以環(huán)外側(cè)有光射出的弧長(zhǎng)為故B錯(cuò)誤；C．直角三角形AOB中，有所以所以光屏上有光射到的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為所以光屏上有光射出的弧長(zhǎng)為故C正確；D．根據(jù)以上分析，增大折射率n，則全反射的臨界角減小，從而屏上有光的弧長(zhǎng)所對(duì)圓心角減小，弧長(zhǎng)減小，故D錯(cuò)誤。故選C。7．如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板接地，開(kāi)關(guān)閉合，一帶電油滴在電容器中的點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A.保持開(kāi)關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，電容器的電容增大B.保持開(kāi)關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，點(diǎn)的電勢(shì)將升高C.保持開(kāi)關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離過(guò)程中，電流計(jì)中電流方向向右D.開(kāi)關(guān)先閉合后斷開(kāi)，板豎直上移一小段距離，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．保持開(kāi)關(guān)閉合，則電壓恒定不變，A板豎直上移一小段距離，根據(jù)電容的決定式，可知電容C減小，故A錯(cuò)誤。B．根據(jù)，可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，根據(jù)U=Ed可知，P點(diǎn)與下極板的距離不變，但E減小，故P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差減小，下極板帶正電，故P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確。C．根據(jù)Q=CU可知，電容減小，電荷量減小，電容器放電，電流計(jì)中電流方向向左，故C錯(cuò)誤。D．開(kāi)關(guān)S先閉合后斷開(kāi)，則電荷量Q不變，A板豎直上移一小段距離，電場(chǎng)強(qiáng)度恒定不變，故帶電油滴靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。8．一個(gè)質(zhì)量為100g的空心小球，從地面以的速度豎直向上彈射出去，在空中受到的空氣阻力大小與速度成正比（即），它在空中運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，2s后的圖線是平行于橫軸的直線。取，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球拋出瞬間的加速度大小為B.小球上升過(guò)程中空氣阻力的沖量大小為C.空氣的阻力系數(shù)D.小球從拋出到落地瞬間克服空氣阻力做的功為【答案】C【解析】C．2s后的圖線是平行于橫軸的直線，則有解得空氣的阻力系數(shù)選項(xiàng)C正確；A．根據(jù)牛頓第二定律可知小球拋出瞬間的加速度大小選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．小球上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有解得空氣阻力的沖量大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；D．小球從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題（本題包含4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩個(gè)選項(xiàng)正確。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）9．如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根互相垂直且彼此絕緣的長(zhǎng)直導(dǎo)線、，兩導(dǎo)線交于點(diǎn)并通有相同大小、方向如圖中所示的電流。四邊形為正方形，其中心與兩導(dǎo)線的交點(diǎn)重合。已知點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，下列說(shuō)法正確的是（）A.點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向外B.點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向外C.若撤去直導(dǎo)線，點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D.若撤去直導(dǎo)線，點(diǎn)與點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同【答案】CD【解析】根據(jù)題意可知，a點(diǎn)到直導(dǎo)線1和直導(dǎo)線2的距離相等，兩導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向均垂直紙面向外，由于點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則每條導(dǎo)線在、、、點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為A．點(diǎn)到直導(dǎo)線1和直導(dǎo)線2的距離相等，兩導(dǎo)線在點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)安培定則可知，兩導(dǎo)線在點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，故點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，故A錯(cuò)誤。B．c點(diǎn)到直導(dǎo)線1和直導(dǎo)線2的距離相等，兩導(dǎo)線在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向均垂直紙面向里，故c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，故B錯(cuò)誤。C．由上述分析可知，若撤去直導(dǎo)線，導(dǎo)線2在點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，故C正確；D．根據(jù)安培定則可知，直導(dǎo)線1在c點(diǎn)與a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，故D正確。故選CD。10．.一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧波，在時(shí)刻的波形圖如圖所示，波恰好傳播到質(zhì)點(diǎn)Q處，時(shí)質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到彼谷。則（）A.這列波的頻率為2.5HzB.質(zhì)點(diǎn)的起振方向沿軸正方向C.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)處在平衡位置且振動(dòng)方向沿軸正方向D.從時(shí)刻到質(zhì)點(diǎn)R第一次到達(dá)波峰時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q通過(guò)的路程為【答案】AD【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，該波的波長(zhǎng)為，在時(shí)刻點(diǎn)的振動(dòng)方向沿軸負(fù)方向，即波源的起振方向?yàn)檠剌S負(fù)方向，則點(diǎn)的起振方向沿軸負(fù)方向，時(shí)質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到彼谷，即處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)形式傳播到，則有解得則這列波的頻率為A正確，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)在平衡位置，且沿軸負(fù)方向振動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間即質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了3個(gè)周期，則時(shí)，質(zhì)點(diǎn)處在平衡位置且振動(dòng)方向沿軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到波峰，則處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況傳到處，所用時(shí)間為由于從平衡位置開(kāi)始振動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)Q通過(guò)的路程為故D正確。故選AD。11．如圖，光滑平行導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，MP間接有阻值為的定值電阻。兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ad平行MN。一粗細(xì)均勻、質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，金屬桿接入兩導(dǎo)軌間的電阻為R?，F(xiàn)用一恒力F平行MN向右拉桿，已知桿出磁場(chǎng)前已開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及其他電阻，忽略空氣阻力，則（）A.金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為B.出磁場(chǎng)時(shí)，dc間金屬桿兩端電勢(shì)差C.從b到c的過(guò)程中，金屬桿產(chǎn)生的電熱為D.從b到c的過(guò)程中，通過(guò)定值電阻的電荷量為【答案】BD【解析】A．設(shè)流過(guò)金屬桿中的電流為，由平衡條件得解得根據(jù)歐姆定律有所以金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為故A錯(cuò)誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律得，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為所以金屬桿在出磁場(chǎng)時(shí)，dc間金屬桿兩端的電勢(shì)差為故B正確；C．設(shè)整個(gè)過(guò)程電路中產(chǎn)生的總電熱為，根據(jù)能量守恒定律得代入可得所以金屬桿上產(chǎn)生的熱量為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得全電路的電荷量為故D正確。故選BD。12．如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為，，重力加速度為g，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是（）A.小球d一定帶負(fù)電B.小球b的周期為C.外力F大小等于D.小球c的加速度大小為【答案】BCD【解析】A．由題意，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，三小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知d小球與a、b、c三小球是異性電荷，由于a、b、c三小球的電性未知，所以小球d不一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；BD．設(shè)db的連線與水平方向的夾角為α，則有可得α=60°對(duì)b小球，由庫(kù)侖定律和牛頓第二定律可得解得由于a、b、c三小球的加速度大小相等，因此小球c的加速度大小為，BD正確；C．對(duì)d小球，由平衡條件可得外力F大小為C正確。故選BCD。三、填空、實(shí)驗(yàn)探究題（本題包含2個(gè)小題，共16分。請(qǐng)按題目要求作答，并將答案填寫(xiě)在答題紙上對(duì)應(yīng)位置。）13．（8分）某同學(xué)用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究恒力做功與小車動(dòng)能變化的關(guān)系．（1）為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，本實(shí)驗(yàn)中小車質(zhì)量M________（填“需要”、“不需要”）遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量m．（2）圖乙為實(shí)驗(yàn)得到的一條清晰的紙帶，A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個(gè)連續(xù)的點(diǎn)，sAD=_________cm．已知電源頻率為50Hz，則打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打D點(diǎn)時(shí)紙帶的速度v=_________m/s（保留兩位有效數(shù)字）．（3）該同學(xué)畫(huà)出小車動(dòng)能變化與拉力對(duì)小車所做的功的ΔEk—W關(guān)系圖像，由于實(shí)驗(yàn)前遺漏了平衡摩擦力這一關(guān)鍵步驟，他得到的實(shí)驗(yàn)圖線（實(shí)線）應(yīng)該是____________．【答案】①.需要②.2.10③.0.50④.D【解析】(1)為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，則繩中拉力要等于砂和砂桶的總重力，即小車質(zhì)量M需要遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量m．(2)由圖得打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打D點(diǎn)時(shí)紙帶的速度(3)理論線，由于實(shí)驗(yàn)前遺漏了平衡摩擦力，則令，則即即由于，則則圖像中圖線的斜率小于理論曲線（）的斜率，故選D。14．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，該電池的電動(dòng)勢(shì)E約為9V、內(nèi)阻r約為2Ω，允許流過(guò)的最大電流為0.9A。現(xiàn)有量程為0~2.5V、內(nèi)阻為2kΩ的電壓表Vl，電阻箱R1、R2和定值電阻R0=10Ω，開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）將電壓表Vl和電阻箱R1改裝成量程為0~10V的新電壓表V2，電阻箱R1的阻值應(yīng)該調(diào)節(jié)為_(kāi)_____kΩ。（2）該小組將改裝好的新電壓表V2（虛線框內(nèi)）正確接在A、C之間，如圖甲所示。請(qǐng)根據(jù)圖甲中的電路圖用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將圖乙中的實(shí)物圖連接成完整電路________。（3）正確連接電路后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R2，測(cè)出多組R2的阻值和原電壓表Vl的示數(shù)U1，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，用描點(diǎn)法繪出圖像，如圖丙所示。依據(jù)圖像，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)阻r=______Ω（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?6或者6.0②.③.10④.2.5【解析】（1）[1]根據(jù)電壓表改裝原理有解得（2）[2]實(shí)物圖連接如圖所示（3）[3][4]根據(jù)電路圖可知R2兩端的電壓為則干路中的電流為根據(jù)閉合電路歐姆定律有將電流I代入得變形得對(duì)比乙圖可得，聯(lián)立解得，四、計(jì)算題（本題包含3小題，共36分。解答下列各題時(shí)，應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、表達(dá)式和重要步驟。只寫(xiě)出最后答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。請(qǐng)將解答過(guò)程書(shū)寫(xiě)在答卷紙相應(yīng)位置。）15．（10分）某種供水工作原理如圖所示。由水泵將水壓入罐體，當(dāng)罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)增加到時(shí)，水泵停止抽水。供水時(shí)罐內(nèi)水位下降，罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小到時(shí)，水泵重新啟動(dòng)，可如此反復(fù)供水。罐容積為，第一次注水前罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)等于外界大氣壓強(qiáng)，此時(shí)罐內(nèi)氣體體積與罐容積相等，注水、供水過(guò)程中罐內(nèi)氣體總質(zhì)量不變，罐內(nèi)氣體可視為理想氣體，忽略溫度變化。求：（1）水泵停止注水時(shí)罐內(nèi)氣體的體積；（2）當(dāng)水的體積達(dá)到罐容積的40%，則此時(shí)罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)。【答案】（1）；（2）【解析】（1）對(duì)罐內(nèi)所封氣體，根據(jù)玻意耳定律可知（3分）解得（1分）（2）當(dāng)水的體積達(dá)到罐容積的40%，則此時(shí)罐內(nèi)氣體的體積為（2分）根據(jù)玻意耳定律可知（3分）壓強(qiáng)（1分）16．（12分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)'(O，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方有足夠大的垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．在O"(R，-R)處，放置一半徑R′=的半圓弧形接收器EHF，EO"F與y軸平行，在圓形磁場(chǎng)的左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)均勻分布著質(zhì)量為m、電荷量為+q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正方向以速度v射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力、不考慮粒子間相互作用力，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后不再回到磁場(chǎng)．求：（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）［-R，（+1）R］處的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后能否被接收器接收；（3）打到接收器上的粒子占粒子總數(shù)的百分比．【答案】（1）B=；（2）不能；（3）50【解析】（1）粒子在上方磁場(chǎng)中的半徑r=R時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點(diǎn)進(jìn)入，由洛倫茨力充當(dāng)向心力qvB=m（2分）解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為B=．（1分）（2）［-R，（+1）R］處的粒子經(jīng)上方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后與x軸負(fù)方向的角度==（3分），=45°，粒子與x軸負(fù)方向成45°角進(jìn)入下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓心在（R，-R）處，軌跡與接收器不相交，所以不能被接收器接受，（1分）如下圖：（3）當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與接收器在F點(diǎn)相內(nèi)切時(shí)，由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心恰好在E點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子由O點(diǎn)進(jìn)入時(shí)，粒子的速度方向與y軸負(fù)方向的夾角==，（1分）=30°，粒子進(jìn)入上方磁場(chǎng)G時(shí)的縱坐標(biāo)y1=R+R=1.5R（1分）當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡在E點(diǎn)與接收器相外切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心恰好在（R，R）處，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子由O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)粒子速度方向與x軸正方向的夾角==（1分），=60°