河北省邢臺市部分高中2024屆高三年級下冊二模物理試卷(含答案)

河北省邢臺市部分高中2024屆高三下學期二模物理試卷

學校：___________姓名：班級：考號：

一,單選題

1.核污水中含有多種放射性成分，其中有一種難以被清除的同位素僦（：H）,可能

引起基因突變。其衰變方程為:Hf^X+'e,：H的半衰期為12.5年，下列說法正確

的是（）

A.原子核：X是；He

B.：H衰變的本質是由強相互作用引起的中子轉變?yōu)橘|子并釋放出電子

C.1加g的汨經25年的衰變后，汨還剩0.25〃取

D.將核污水排入海洋后，僦因濃度降低使半衰期變長，放射性變弱

2.圖甲是淄博市科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道

中，小球滾下用時最短的軌道叫做最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道I和直線

軌道H進行研究，如圖乙所示，兩軌道的起點M高度相同，終點N高度也相同，軌道

I的末端與水平面相切于N點。若將兩個相同的小球。和6分別放在I、II兩軌道的

起點同時由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)在I軌道上的小球。先到達終點。下列描述兩球速率

v與時間人速率平方聲與下滑高度力的關系圖像可能正確的是（）

O

O

V2

3.“抖空竹,，是中國傳統(tǒng)的體育活動之一?，F(xiàn)將抖空竹中的一個變化過程簡化成如圖所

示模型：不可伸長的輕繩系于兩根輕桿的端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另

一端，一定質量的空竹架在輕繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的同時右手放

低，使繩的兩個端點沿豎直面內等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平）勻速移動，

即兩端點分別自A、C兩點，沿AB、CD以同樣大小的速度勻速移動，忽略摩擦力及

空氣阻力的影響，則在變化過程中，下列說法正確的是（）

A.左右兩繩的夾角增大

B.左右兩繩的夾角減少

C.輕繩的張力變大

D.輕繩的張力大小不變

4.隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對資源的浪費。其中靜電分

選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板

上邊緣等高，到極板間距相等，。、6兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電

荷，經過分選電場后。類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d,板長為L極

板下邊緣與收集板的距離為H,兩種顆粒的荷質比均為總重力加速度為g,顆粒進入

電場時的初速度為零且可視為質點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離

開電場區(qū)域時不接觸極板但有最大偏轉量，貝女）

給料區(qū)

B.顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動

C.兩極板間的電壓值為絲;

D.顆粒落到收集板時的速度大小為2g（L+"）+空-

y2L

5.保險絲對保護家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，A是熔斷電流為1A的保險

絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2:1,交變電壓。=220V,保險絲電阻1C,

R是用可變電阻。當電路正常工作時，則下列說法正確的是（）

A.可變電阻R不能大于54.75。

B.可變電阻R越大，其消耗的功率越小

C.通過可變電阻R的電流不能超過0.5A

D.增加原線圈匝數(shù)，保險絲可能熔斷

6.一半圓形玻璃磚的截面如圖所示，截面內一細束單色光以45。的入射角從上射

入，在入射點由N緩慢移動到〃的過程中，不考慮光的反射，圓弧上有一半?yún)^(qū)域

有光線射出。已知玻璃磚的半徑為凡單色光在真空中的傳播速度為c,A為半圓的中

點，下列說法正確的是（）

A

R

MO\N

A.圓弧AN上沒有光線射出區(qū)域的長度與圓弧AN長度之比為5:6

B.出射光線與水平方向最大夾角為90°

C.出射光線與入射光線均不平行

D.能從圓弧上射出的光線中，在玻璃病內的最大傳播時間為=—

3c

7.水平放置的兩金屬板，板長為0.2m,板間距為0.15m,板間有豎直向下的勻強電

場，場強大小為2xl()3v/m,兩板的左端點MN連線的左側足夠大空間存在勻強磁場，

磁感應強度的大小為0.2T,方向垂直紙面向里。一比荷為lxl()6c/kg正電粒子以初速

度％緊靠上極板從右端水平射入電場，隨后從磁場射出。貝1]()

XXXI

XXX;0

XXX!

XXX

XXX：

XXX；

A.當%=1義104mzs時，粒子離開磁場時的速度最小

B.當％=20x104mzs時，粒子離開磁場時的速度最小

C.當%=狎x104mzs時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小

D.當%=2x1(/m/s時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小

二、多選題

8.滑板運動已經成為亞運會中備受矚目的一項比賽項目，它不僅代表了一種獨特的文

化，還展現(xiàn)了競技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運動中，小孩(可看作質點)

與滑板以相同初速度%=6m/s一起滑上斜面體，整個過程斜面體始終保持靜止。已知

小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)4=0.6,滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)人=05,小孩質量

叫=25kg,滑板質量m2=lkg,斜面體質量冽3=10kg,斜面傾角8=37。，已知

sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度gTOm/sz,則在上滑過程中，下列說法正確的

是（）

A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為120N

B.小孩沿斜面滑行的最遠距離為1.8m

C.地面對斜面的支持力大小為36ON

D.地面對斜面的摩擦力大小為2O8N

9.足夠長的兩根平行等長的導軌彎折成正對的“」”形，部分水平且光滑，

NPNP部分豎直，如圖所示，導軌間距為L=0.5m,整個空間存在豎直向上、磁感應

強度為B=2T的勻強磁場中，質量為加=0.2kg、電阻為尺=0.50、長度也為L的金屬

棒仍放在導軌的上方，另一根與仍完全相同的金屬棒cd置于NPNP的外

側，距MV，足夠高?，F(xiàn)給a。棒一個向左的初速度％=8m/s,同時由靜止釋放cd棒，

金屬棒cd與NPNP之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運

動過程中兩金屬棒始終與導軌接觸良好，重力加速度g取lOm/sz,則下列說法不正確

A.初始時金屬棒cd受到的摩擦力為4N

B.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab向左移動的位移是0.8m

C.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為32W

D.當仍停止運動時，整個系統(tǒng)產生的熱量為6.4J

10.如圖甲，“星下點”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點。圖乙是航天控制中心

大屏上顯示衛(wèi)星FZ01的“星下點”在一段時間內的軌跡，已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑

為r、地球半徑為凡且廣。6.7火，F(xiàn)Z01繞行方向和地球自轉方向如圖甲所示。則下列

說法正確的()

A.衛(wèi)星FZ01的軌道半徑約為百

B.衛(wèi)星FZ01的軌道半徑約為(

C.衛(wèi)星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化

D.衛(wèi)星FZ01不可以記錄到北極點的氣候變化

三、實驗題

11.某實驗小組為了驗證小球所受向心力與角速度、半徑的關系，設計了如圖甲所示

的實驗裝置，轉軸由小電機帶動，轉速可調，固定在轉軸上。點的力傳感器通過

輕繩連接一質量為機的小球，一根固定在轉軸上的光滑水平直桿穿過小球，保證小球

在水平面內轉動，直桿最外邊插一小遮光片P,小球每轉一周遮光片P通過右邊光電

門時可記錄遮光片最外邊的擋光時間，某次實驗操作如下：

甲乙、

(1)用螺旋測微器測量遮光片P的寬度d,測量結果如圖乙所示，則1=mm。

(2)如圖甲所示，安裝好實驗裝置，用刻度尺測量遮光片最外端到轉軸。點的距離記

為，測量小球球心到轉軸。點的距離記為以。開動電動機，讓小球轉動起來，某次遮

光片通過光電門時光電門計時為3則小球此時的角速度等于。(用字母d、

t、L1、乙2中的部分字母表示)

(3)驗證向心力與半徑關系時，讓電動機勻速轉動，遮光片尸每次通過光電門的時間相

同，調節(jié)小球球心到轉軸。點的距離4的長度，測出每一個4的長度以及其對應的力

傳感器的讀數(shù)R得出多組數(shù)據(jù)，畫出的關系圖像應該為。

(4)驗證向心力與角速度關系時讓小球球心到轉軸。點距離%不變，調節(jié)電動機轉速，

遮光片尸每次通過光電門的時間不同，記錄某次擋光時間t同時記錄此時力傳感器的

讀數(shù)F,得出多組R與/的數(shù)據(jù)，為了準確驗證小球所受向心力R與角速度0的關

系，禾傭實驗測量應畫________(選填“FTF-t2-”或“P1”)關系圖。

12.某物理興趣小組開展活動，測干電池的電動勢和內阻。

(1)甲同學為了避免電流表、電壓表的內阻對測量結果的影響，利用如圖甲所示的電路

圖測量干電池的電動勢和內阻。先閉合開關斯，把開關S2擲于1時，改變滑動變阻器

接入電路的阻值，得到多組電流和電壓值，在坐標紙上畫出。-/圖像如圖乙中的。直

線；再把開關S2擲于2,重復操作，畫出。-/圖像如圖乙中的6直線。為了消除電表

內阻對測量結果的影響，根據(jù)圖像求出電源電動勢上=V,電源內阻

(結果均保留三位有效數(shù)字)

(2)乙同學在沒有電壓表的情況下，設計了如圖丙所示的電路圖測量干電池的電動勢和

內阻

①改變電阻箱接入電路中的電阻值，記錄了多組電流表的示數(shù)/和電阻箱的示數(shù)R,

通過研究:-R圖像，如圖丁所示，求出電源電動勢力=V,電源內阻

r=Q。(結果均保留三位有效數(shù)字)

②下圖中實線代表理想電流表測得的情況，虛線代表電流表內阻不可忽略時測得的情

況，下列圖中能正確反映相關物理量之間關系的是o(填選項字母)

四、計算題

13.氣調保鮮技術可通過抑制儲藏物細胞的呼吸量來延緩其新陳代謝過程，使之處于

近休眠狀態(tài)來達到保鮮的效果。某保鮮盒中密封了一定質量的理想氣體，氣體的體積

約為V=6L,壓強月=1.0xl()5pa,溫度;=27?C,保鮮盒上部為柔性材料，氣體體積

可膨脹或被壓縮，盒內壓強與外界大氣壓強相等，求：

⑴將保鮮盒放入保險庫，保鮮盒內氣體體積不變，保險庫內壓強2=9.2xl()4pa,求

此時保鮮盒內的溫度巧；

(2)現(xiàn)將保鮮盒運至高海拔環(huán)境，需將保鮮盒內的一部分氣體緩慢放出以保持體積不

變，假設釋放氣體過程中溫度不變，現(xiàn)需將保鮮盒內的氣體放出20%,求外界大氣壓

強P3O

14.如圖所示，直角坐標系第一象限內有一豎直分界線尸0,PQ左側有一直角三角形

區(qū)域one,其中分布著方向垂直紙面向里、磁感應強度為風的勻強磁場，已知04與

y軸重合，且Q4=”，。=60。，C點恰好處于PQ分界線上。尸。右側有一長為L的平

行板電容器，板間距為上極板與左側磁場的上邊界平齊，內部分布著方向垂直紙

面向里，強弱隨y坐標變化的磁場，和豎直向下場強大小為E的勻強電場。該復合場

能使沿水平方向進入電容器的電子均能沿直線勻速通過電容器。在平行板電容器右側

某區(qū)域，存在一垂直紙面向內、磁感應強度為2穌的勻強磁場(圖中未畫出)，使水

平通過平行板電容器的電子進入該磁場后匯聚于x軸上一點?，F(xiàn)有速率不同的電子在

紙面上從坐標原點。沿不同方向射到三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用。已知電

子的電量為e,質量為機，求：

T_

■IMM

KIxw

-r’

(1)當速度方向沿y軸正方向時，能進入平行板電容器的電子所具有的最大速度是多

少；

(2)寫出電容器內磁場的磁感應強度3隨y坐標的變化規(guī)律；

(3)若電子沿上極板邊緣離開電容器后立即進入右側磁場，在答題紙上畫出縱坐標

0<y<a區(qū)域內該磁場的左邊界，并求出匯聚點的橫坐標。

15.如圖所示，絕緣水平面右側鎖定有一水平絕緣臺階，其上固定有兩平行正對金屬

薄板A、B,相距為d,臺階左側有一小車，小車上表面絕緣且與臺階齊平，小車與臺

階緊貼無粘連，車上固定有兩平行正對金屬薄板C、D,相距也為小車和C、。板總

質量為如一質量為機的金屬小球(視為質點)緊貼A板下端，此時小球電荷量為

q,靜止釋放，不計一切摩擦，3板和C板下端開有略大于小球直徑的小孔，A、B、

C、。板均帶電，僅考慮A、3板之間形成的電場片和C、。板之間形成的電場62,且

EI=2E2=2E°,忽略邊緣效應，求：

(1)小球經過3板時速度大?。?/p>

⑵小球經過C板小孔的同時撤去小車右邊的所有裝置，并關閉C板下端小孔，在小球

第一次從C板運動到。板的過程，小車對地位移的大小；

⑶在第二問基礎上，設小球與。板碰撞時間極短且無機械能損失，同時小球立即帶上

與該板同種的電荷，電荷量仍為q,兩板的帶電量可認為不變，試推出相鄰的兩次碰

撞之間的時間間隔需滿足的規(guī)律。

參考答案

1.答案：C

解析：A.根據(jù)反應過程滿足質量數(shù)和電荷數(shù)，可知原子核：X是;He,故A錯誤；

B.；H衰變的本質是由弱相互作用引起的中子轉變?yōu)橘|子并釋放出電子，故B錯誤；

C.汨的半衰期為12.5年，l/ng的:H經25年的衰變后，可知結果兩個半衰期，汨還

剩0.25機g,故C正確；

D.半衰期只由原子核自身決定，將核污水排入海洋后，僦因濃度降低使半衰期不變，

放射性不變，故D錯誤。故選C。

2.答案：A

解析：AB.根據(jù)機械能守恒可得力gH=；加丫2

可得小球。和》到達軌道底端的速度大小均為v=可瓦

小球6沿直線軌道H做勻加速直線運動，其VT圖像為一條傾斜直線，小球。沿“最速

降線”軌道I運動過程，加速度逐漸減小，則其VT圖像的切線斜率逐漸減小，且小球

。所用時間小于小球人所用時間，故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)機械能守恒可得mgh=gmv2

可得小球。和6下滑過程速率平方F與下滑高度h的關系為/=2gh

可知小球。和匕的圖像均為一條過原點的傾斜直線，故CD錯誤。故選A。

3.答案：D

解析：對空竹受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以耳=心

共點力平衡，設片與水平方向的夾角為a,F2與水平方向的夾角為夕，有

Fxcosa=F2COS/?

所以&

所以兩根繩與豎直方向的夾角相等為仇則2￡cos9=，咫

兩端點沿A3、CD以同一速度勻速移動，移動的過程的位移大小相等，兩端點在水平

方向上的距離不變，所以。不變，從而得出耳和F?均不變，且兩者大小相等，故ABC

錯誤，D正確。故選D。

4.答案：D

解析：A.根據(jù)題意可知，正電荷所受電場力水平向右，則電場方向水平向右，可知，

右極板帶負電，故A錯誤；

B.由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則

顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；

C.根據(jù)題意，設兩極板間的電壓值為U,水平方向上有

Uqd1

——ma，————at:

d22

豎直方向上有L=

聯(lián)立解得。=與二，故C錯誤;

D.根據(jù)題意，結合C分析可知，顆粒離開電場時的水平速度為

離開電場后，水平方向做勻速運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為匕，豎直方

向上，顆粒一直做自由落體運動，則顆粒落到收集板時的豎直速度為

則顆粒落到收集板時的速度大小為v=后百2g(L+H)+^—

故D正確。故選D。

5.答案：B

解析：AB.將保險絲電阻看成交變電源內阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓

器原線圈消耗的功率，設原線圈等效電阻為耳，則有

//=llR

A_也

，2〃1

聯(lián)立可得

(/丫

&=IA二?7?=47?

當電路正常工作時，原線圈電流，<1A,則

U

&+R'=工>2200.

即

&=4R2219Q

所以

7?>54.75Q

根據(jù)電源輸出功率的特點可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率

越小，可變電阻消耗的功率越小，故B正確，A錯誤；

C.設電阻R為r時，原線圈中電流剛好達到熔斷電流，即，=1A,根據(jù)

/]—%

12n\

則副線圈的電流

12=也=2人

〃2

即通過可變電阻R的電流不能超2A；故C錯誤;

D.當其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)

22

R=R—R

V-*17<〃2，

可知相當于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險絲

不會熔斷，故D錯誤;

故選B。

6.答案：A

解析：A.如圖所示

設尸和。分別是半圓上光線射出的臨界位置，因為半圓上有一半?yún)^(qū)域有光線射出，可

知

ZPOQ=9Q°

設光線射入玻璃磚后的折射角為仇全反射臨界角為C,由幾何關系可知

ZPOM=ZAOQ

即

9O0-0-C^C-0

則

C=45°

折射率

n=A/2

又由折射定律可知

sin(9

解得

8=30°

則

C-0=15°

故圓弧AN上沒有光線射出的區(qū)域的長度與圓弧AN長度之比為

90。—15。5

90°~6

A正確；

B.結合幾何知識可知，出射光線與水平方向夾角最大為75。，B錯誤;

C.由對稱性可知，從A點出射的光線與入射光平行，C錯誤；

D.玻璃磚內的光線路徑最長的是從A點出射的光線，故最大傳播時間為

2R

15=_2?

max一工-3(?

正

D錯誤。

故選Ao

7.答案：D

解析：AB.粒子在磁場中做勻速圓周運動，要使粒子離開磁場時的速度最小，則粒子

在從電場進入磁場時速度最小，設粒子進入磁場時的速度v與水平方向的夾角為仇

根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有，水平方向L=%/

豎直方向y=—at2

2

力口速度。=芻=1x106x2x103mzs2=2x109mzs2

m

而Vy=S

則tan。=%=2.上

%L

可得y=0.1tan8

根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關系式可得為=同

而造

聯(lián)立以上各式可得v=立?=戶2義10901叵=2xl04FJZ

sin。Vsin261Vsin26>

可知，當6=45。時，粒子進入磁場時有最小速度%口=2后xlO4mzs

4

此時%=vcos45°=2A/^X10x^-m/s=2x104mzs,故AB錯誤；

CD.根據(jù)以上分析可知，粒子進入磁場時的速度為v,進入磁場后粒子在磁場中做圓周

2

運動，偏轉后從MN邊界離開磁場，則由洛倫茲力充當向心力有3處=〃?,

mv

可得R

qB

根據(jù)幾何關系可得，粒子進入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離為

〃=2Rcos”也至

qBtanO

2mJ2ay1cl

則離M點的距離為Ay=y+〃=y+—N~~-=—tan61+—1----

qBtan0105jtan6

即有Ay=—(tan0H—.)=—“tan夕-----)2H—/-------

10Jtan。10[_tan。Jtan。tan0

可知，當6=45。時，粒子離開磁場的位置距〃點的距離最小，而根據(jù)以上分析可知,

當，=45。時%=2xl()4m/s,故C錯誤，D正確。故選D。

8.答案：BD

解析：A.由于〃]〉〃2，所以小孩和滑板相對靜止一起做勻減速運動到最高點，利用整

體法有(班+加2)gsin夕+4(町+m2)gcos0-(班+m?)a

解得a=10m/s2

方向沿斜面向下。對小孩分析，假設小孩和滑板間的摩擦力為力有了+班gsin8=7/a

解得了=100N,故A錯誤；

B.由速度位移公式可得》=紀立=L8m,故B正確；

-2a

C.以小孩、滑板和斜面體整體為研究對象，小孩和滑板做勻減速運動，加速度方向沿

斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分別為q=acos。，%=asin。

根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可知，在豎直方向有(叫+m2+m3)g-FN=(ml+m2)ay

解得綜=204N,故C錯誤；

D.地面對斜面體有向右的摩擦力，其大小為力=(g+m2)a,=208N,故D正確。故選

BDo

9.答案：ACD

解析：A.初始仍棒產生電動勢E=BL%=8V

E

時與cd組成閉合回路，電流為/='=8A

2R

兩金屬棒所受安培力大小為尸=5〃=8N

根據(jù)右手定則可知，通過cd的電流方向由d到c,根據(jù)左手定則，cd受向左的安培

力，與導軌提供的支持力平衡，其所受最大靜摩擦力為/_u/zNu/zB/LudNAmg

故此時受到的靜摩擦力大小為/=/ng=2N,故A錯誤，滿足題意要求;

B.當cd棒剛要運動時有了=〃5//=根？，r=—=—

2R2R

聯(lián)立解得v=4m/s

從開始到cd棒剛要運動的過程，對金屬棒根據(jù)動量定理得-即L%=加v-加%

：t=q,q為該過程通過金屬棒的電荷量，則有“=方=9￡=也=處

2R2R2R

聯(lián)立解得x=0.8m

故B正確，不滿足題意要求；

C.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為

D2T22

P=琮v=BFLv=^-=16W,故C錯誤，滿足題意要求；

女2R

D.根據(jù)功能關系，湖棒克服安培力所做的功等于減少的動能，則有

|^|=|mvo=6.4J

而克服安培力所做的功等于回路產生的焦耳熱，但cd棒下降過程中與導軌之間還有摩

擦生熱，所以整個系統(tǒng)產生的熱量大于6.4J,故D錯誤，滿足題意要求。

故選ACDo

10.答案：AC

解析：AB.由軌跡圖可知：地球自轉一圈，衛(wèi)星運動3圈，衛(wèi)星做圓周運動，根據(jù)萬有

引力提供向心力可得G^=加蕓廠

解得同步衛(wèi)星的周期為T=2%

\GM

衛(wèi)星FZ01的周期為T'=2兀J'

\GM

由于7=37,所以/=靠廠，故A正確，B錯誤;

CD.衛(wèi)星FZ01緯度最高時，根據(jù)圖乙可知6=30。

如圖所示

衛(wèi)星離地球球心所在水平面的高度為/i=/sin30?！?.7R＞尺

即衛(wèi)星高度大于北極點的高度，衛(wèi)星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化，故C正

確，D錯誤。故選AC。

11.答案：(l)1.880mm

Q)}

L/

⑶A

⑷八5

解析：(1)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)原理地

J=1Jmm+38x0.01mm=1.880mm

(2)遮光片通過光電門時光電門計時為t時遮光條地線速度為

d

v=—

t

所以小球此時的角速度為

vd

0=—=——

rLxt

(3)遮光片尸每次通過光電門的時間相同，L1、d不變，則①不變，由

1

F=mcoL2

可知F-L2的關系圖像為過原點的傾斜直線。

故選A。

(4)由

a2r/d、2rmd2L1

F=mo)￡=mx(——)x￡=-----2----

9?22

-tLiGt

為了準確驗證小球所受向心力R與角速度co的關系，利用實驗測量應畫歹-：圖像。

12.答案：(1)1.40；7.00

⑵①1.33；8.00②C

解析：(1)電動勢的準確值是L40V,由于坐標原點是(0,0.54),所以要求廠的準確值需

13512

要求出b圖像的短路電流。由相似比得。=-^0-A=0.2A

連接1.40V與勾兩點斜率即為廠，廠=業(yè)=四Q=7.00Q

L02

(2)①根據(jù)閉合電路歐姆定律U=IR=E-Ir

11V

整理可得—=—R+—

IEE

1v31

由—R圖像知6.0=一,k=—=一

IE4E

所以石=1.33V,/?=8.00。

11r

②當電流表沒有內阻時-=—R+—

IEE

當電流表有內阻時,=人氏+匕區(qū)

1EE

所以兩圖像的斜率相同，截距后者大于前者，故選C。

13.答案：(l)3℃(2)8xlO4Pa

解析：(1)由查理定律可得出=或

T[T]

其中工=(27+273)K=300K

解得《=276K

可得此時保鮮盒內的溫度t°=(276-273)?=

⑵由玻意耳定律可得pyx=p3V3

其中K=80%匕

可得外界大氣壓強為P3=8x1(/Pa

14.答案：(1)典(2)B=第-(3)見解析；xZa+L+a

m2eB°y

解析：(1)根據(jù)題意可知，由洛倫茲力提供向心力，有

v2

evB=m—

Qr

解得

m

可知，能從0C邊出磁場的電子，當運動軌跡和AC相切時半徑最大，故半徑最大值

G=a

所以，能從OC邊出磁場的電子所具有的最大速度

)--e-B--a-

mm

(2)根據(jù)題意，畫出從y處水平進入平行板間的粒子的運動軌跡，如圖所示

r=2y

可得

m

電子均能沿直線勻速通過電容器，則有

eE—evB

解得

EmE

B=——=-------

v2eB°y

(3)進入右側磁場，因磁感應強度為2為，所以運動半徑為

R=y

磁場左邊界為傾角45。的斜線，如圖所示

由幾何關系可得，匯聚點橫坐標

X—y/3ct+JL+4

15.答案：（1）2^^（2）生|^1（3）4=（而工—師開）（〃取正整數(shù)）

解析：（1）小球經過3板時速度大小為％,對小球從A板到3板的過程中，由動能定理

2qEod=gmv；

可得,