2021屆新高考物理模擬培優(yōu)卷(九)

2021屆新考物理模培優(yōu)卷（九一單選題本題7小題，小分共分在小給的個(gè)項(xiàng)，有項(xiàng)符題要的查德威在用X子轟擊鈹核的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了中子了物理學(xué)家在原子研究中遇到的難題，使原子物理研究取得了一項(xiàng)突破性進(jìn)展。下列核反應(yīng)方程中，產(chǎn)生的未知粒子（X、X、X、）不是X粒的是)U

ThX

PaX

C.HHX

HX

n1如圖所，中間有缺口的鐵芯繞有兩個(gè)線圈，原、副線圈匝數(shù)比為n7

，原線圈兩端交流電壓為30V圈兩端接一阻值為

70

的電阻R電阻均忽略不計(jì)。由于鐵芯有缺口，這種變壓器磁通量損耗很大，則副線圈中理想電流表的示數(shù)可能()A.7AAC.3AA如圖所體甲放在水平地面上乙用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪后與物體甲相連，初態(tài)物體甲、乙都靜止，現(xiàn)用力F用于物體乙和定滑輪A間的O點(diǎn)緩將繩沿豎直方向拉成沿水平方向，此過(guò)程中力F的向始終與OA垂，物體甲始終保持靜止。下列說(shuō)法正確的是()此程中F先大減小C.物體甲對(duì)地面的壓力一直減小

繩對(duì)滑輪的作用力先減小后增大物甲對(duì)地面的摩擦力一直減相距為L(zhǎng)的質(zhì)量不等的兩顆星球組成雙星系，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，要給這個(gè)系統(tǒng)發(fā)射一顆人造衛(wèi)星星質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于星球質(zhì)量星繞雙星軌道圓心做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)。對(duì)于這顆人造衛(wèi)星，單純從牛頓力學(xué)的角度分析，下列說(shuō)法正確的()衛(wèi)軌道與雙星系統(tǒng)的軌道同平面，軌道半徑一定大于

L衛(wèi)位一定在兩星球連線或連線的延長(zhǎng)線上C.衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)周期為衛(wèi)軌道半徑越大，線速度越如圖所為霍爾元件的簡(jiǎn)易圖，已知該元件為長(zhǎng)方體，長(zhǎng)、寬、高分別為、、c該元件內(nèi)的導(dǎo)電微粒是電子，電子的電荷量為，元件單位體積內(nèi)的電子個(gè)數(shù)為，空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B當(dāng)元件中通有水平向左的電流時(shí)，前后表面的電勢(shì)差為U。下列法正確的()前面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)低僅加后表面的距離，則前后表面的電勢(shì)差U減C.僅增加上下表面的距離c，則后表面的電勢(shì)差增通的電流的大小為

B均勻帶的球殼在球殼外空間中某點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)可等效為在球心處所帶電荷量相同的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，半徑為R的球殼（厚度不計(jì)上均勻分布著總電荷量為q的正電荷以心O坐標(biāo)原點(diǎn)、以過(guò)半球殼中心的軸線為軸立坐標(biāo)，在x

處固定一帶電荷量為點(diǎn)荷，在

處由靜止釋放一試探電荷，在

處試探電荷速度最大，靜電力常量為k，則

處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()k

QR9

k

2

D.k

Q

如圖所的電路，電源電動(dòng)勢(shì)E恒且內(nèi)阻r不可忽略，、、

為定值電阻，

為滑動(dòng)變阻器，A、

為理想電流表，V、V、V

為理想電壓表。閉合開(kāi)關(guān)后I、I

分別表示兩個(gè)電流表的示數(shù)，、、U

分別表示三個(gè)電壓表的示數(shù)?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器

的滑片稍

向上滑動(dòng)一些、

分別表示兩個(gè)電流表示數(shù)變化的大小、、分表示三個(gè)電壓表示數(shù)變化的大小。下列說(shuō)法正確的()A.U變小

U變小I

C.小于

大于二多選題本題3小題，小分共分在小給的個(gè)項(xiàng)，多符題要。部對(duì)得分選但全得3分選的分如圖所，一豎直圓盤上固定一質(zhì)量為的球（可視為質(zhì)點(diǎn)），球與圓盤圓心O的距離為?，F(xiàn)使圓盤繞過(guò)圓心O且直于圓盤的水平軸以大小為的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度大小為gm/s，()小的重力和圓盤對(duì)小球作用力的合力不變當(dāng)球動(dòng)到點(diǎn)上方時(shí)，圓盤對(duì)小球的作用力最小C.圓盤對(duì)小球的作用力方向與豎方向的夾角最大為30小從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的程中，圓盤對(duì)小球的作用力一直增大如圖所，勁度系數(shù)

N/m

的輕質(zhì)彈簧放置在光滑的水平面上，左端系在墻上，在大小為N的平向左的推力F作下，物塊、緊著彈簧處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩物塊不粘連，質(zhì)量均為

mkg

?，F(xiàn)突然改變F的向使其水平向右，即變?yōu)槔ψ饔迷谖飰K上，同時(shí)的小按某規(guī)律變化、一以A、B分，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，()

的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng)到

兩塊剛開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力為10N彈剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物塊正好分離10C.從兩物塊一起做勻加速運(yùn)動(dòng)開(kāi)，經(jīng)過(guò)s兩塊正好分離10從物塊一起開(kāi)始做勻加速運(yùn)到分離，拉力F對(duì)塊做的功為圓心為、徑為的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊緣上的A點(diǎn)一粒子源，該粒子源可以在紙面內(nèi)向磁場(chǎng)中發(fā)射速度不同的同種帶電粒子，OA豎，MN與平行，且與圓周相切于B，在MN的側(cè)有方水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)當(dāng)粒子的速度小為

且沿AO向時(shí)粒子剛好從B點(diǎn)開(kāi)磁場(chǎng)不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。下列說(shuō)法正確的()粒的比荷為

v速同

的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間與入射方向有關(guān)C.若粒子的速度大小為v

且沿方時(shí)，粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

3v粒的速度大小為

32

1v且向沿紙面內(nèi)個(gè)方向時(shí)，的周上有粒子射出磁場(chǎng)三非擇:共54。11題為必題考都須答第15～題選題考根要作。（）考:共42。用圖示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在水平面上鋪一張白紙，白紙鋪放復(fù)寫紙白上記錄下重垂線所指的位置O驗(yàn)中靜止釋放小球A放點(diǎn)位置不變。

（1小王選擇了兩半徑相等的小球，測(cè)得m2.00m3.99kg測(cè)得不放被碰小球B時(shí)，小球的落點(diǎn)為NONm，放上被碰小球B時(shí)，被碰小球B的點(diǎn)為P，小球A的點(diǎn)為，m，則該碰撞過(guò)程中動(dòng)量（選“恒或不恒）實(shí)驗(yàn)?zāi)康倪_(dá)到后小利用所給數(shù)又判斷了該碰撞中機(jī)械能是否守恒王判斷的結(jié)果是機(jī)械能_（守恒或不守恒）（2小李選擇了另外兩個(gè)半徑相等的小球C、，得m，沒(méi)有測(cè)量?jī)尚∏虻木唧w質(zhì)量，測(cè)得不放被碰小球D時(shí)，小球C的落點(diǎn)為，上被碰小球時(shí)小球的點(diǎn)為，被碰小球D的點(diǎn)為，用刻度尺測(cè)量出M、和的度，若小李要驗(yàn)證碰撞為彈性碰撞，則需要驗(yàn)證的關(guān)系式（OM、OP和ON示）。某實(shí)驗(yàn)小組計(jì)劃測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量毫安表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)器材如下：待測(cè)毫安表A（量程為mA內(nèi)阻約為50）電源（電動(dòng)勢(shì)約為V內(nèi)阻不計(jì)）；電阻箱

（0~

999.9

）；滑動(dòng)變阻器R（）單刀單擲開(kāi)關(guān)和單刀雙擲開(kāi)關(guān)各一個(gè)及導(dǎo)線若干。①電表X要選擇下列儀表中的______電表0~0.6A）B.壓表V）

C.電壓表（0~1V，內(nèi)阻為00）②實(shí)驗(yàn)步驟如下：閉合開(kāi)關(guān)K之前，應(yīng)該將滑動(dòng)變阻器的滑片滑端（填”或”），閉合開(kāi)關(guān)K

，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)接1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電X有當(dāng)?shù)氖緮?shù)x

；將單刀

雙擲開(kāi)關(guān)接，保持滑動(dòng)變阻器的滑片不動(dòng)，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電表X的數(shù)仍為x。若此時(shí)電阻箱的阻值為R

，則毫安表的內(nèi)阻為。（2將毫安表與一電阻箱串聯(lián)改裝成電壓表V（量程為，內(nèi)阻為），取一電阻箱V并用圖2所的電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表有適當(dāng)?shù)氖緮?shù)②記錄電阻箱R的值和電壓表的示數(shù)U；③重復(fù)步驟①、②，多測(cè)幾組數(shù)據(jù)；④用圖象法處理數(shù)據(jù)，以

1為橫軸，以為軸得到的圖為一條直線，若最后測(cè)得此直U線的斜率為k，縱截距為，則可以求出電源的動(dòng)勢(shì)，源的內(nèi)阻r

（題目中給的物理量符號(hào)表示）。若考慮電壓表的分流，則電源內(nèi)阻的測(cè)量值比真實(shí)值_（填“偏大”“偏小或“相等”）。如圖所示，質(zhì)量為、帶電荷量為

(q

的小物塊靜止在墻壁處，處一個(gè)彈射器（未畫出），可讓小物塊瞬間獲得動(dòng)能，并向右運(yùn)動(dòng)是度為4R的緣水平軌道，B端半徑為的光滑絕緣半圓軌道BCD相切半的直徑豎直且的右側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)強(qiáng)E

mg4q

g

為重力加速度。小物塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，sin37°。小塊恰能通過(guò)半圓軌道，求：

（1小物塊在A點(diǎn)獲得的動(dòng)能

k

；（2小物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。距離為d的根軌道CDGH平行放置ABCD水平面的夾角為、為兩段光滑絕緣圓弧軌道（長(zhǎng)度可忽略），除、兩外余部分均為金屬，電阻可忽略不計(jì)，、GH均滑、足夠長(zhǎng)且二者在同一水平面上，軌道的AC端一個(gè)電容為C

B

m

的電容器，F(xiàn)H端一個(gè)電阻恒為R的燈泡，ABCD所在平面內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直于平面向下，右的水平面內(nèi)的磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B。為、質(zhì)量為m電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒P從近AC的位置由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，在EG處與靜止在此處的質(zhì)量為2m、電阻為2、長(zhǎng)度為d的導(dǎo)體棒Q發(fā)彈碰撞，碰撞后瞬間導(dǎo)體棒P被拿走，此時(shí)小燈泡剛好正常發(fā)光棒初始位置離平面的高度為h，導(dǎo)體棒3與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與軌道9垂直且接觸良好。求:（1小燈泡的額定功率；（2導(dǎo)體棒Q磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離及此過(guò)程中導(dǎo)體棒上生的焦耳熱。（）考:共12分請(qǐng)生道中選題答如多，按所的一計(jì)分【選修–3（1某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)進(jìn)行用膜法估測(cè)油酸分子的大”驗(yàn)。若油酸酒精溶液的體積分?jǐn)?shù)為k，滴液的體積為取1滴液滴在淺盤形成的油膜面積為則酸分子的

直徑大小應(yīng)_實(shí)驗(yàn)時(shí)如果所用的油酸酒精溶液長(zhǎng)時(shí)放置在空氣中測(cè)量結(jié)果。（填偏大偏或不變）（2如圖甲所示，一個(gè)厚度不計(jì)的圓筒形導(dǎo)熱氣缸開(kāi)口向上豎直放置，氣缸底面積

m

高度

h0.2m

已知大氣壓強(qiáng)p

Pa室溫為℃gm/s

。缸內(nèi)氣體可視為理想氣體。（i）若室溫升到27℃求此時(shí)氣缸內(nèi)空氣質(zhì)量與室溫為時(shí)氣缸內(nèi)空氣質(zhì)量之比；（ii）若室溫仍為℃，如圖乙所示，在氣缸口處加質(zhì)量為

m0.2kg

的活塞，活塞與氣缸之間無(wú)摩擦且不漏氣果在活塞上緩慢放置一定質(zhì)量的細(xì)砂柱度變?yōu)闅飧赘叨鹊?/p>

，求砂子的質(zhì)量并判斷此過(guò)程缸內(nèi)氣體吸熱還是放熱?！具x修–4（）如圖所示是實(shí)驗(yàn)室得的一個(gè)單擺的共振曲線。取gm/s

，，則該單擺的擺長(zhǎng)約為（結(jié)果保留一位小數(shù)），若擺長(zhǎng)減小，共振曲線的峰將________移動(dòng)。（2如圖甲所示為某半徑為的球形透明介質(zhì)的面，為半圓的直徑為圓心，在O點(diǎn)左側(cè)一單色光從AO上E點(diǎn)直射半球形介質(zhì)在圓弧上恰好發(fā)生全反2射，。2（i）求該半球形明介質(zhì)的折射率。（ii）若將該透明介制成截面為直角三角形的透明體，如圖乙所示，30邊的長(zhǎng)度為L(zhǎng)

35

令述單色光的平行光束從邊°角入射求邊和BC邊有光射出的區(qū)域的長(zhǎng)度之和（不考慮光在介質(zhì)中二次反射）。

答案以及解答案：B解析查德威克通過(guò)粒子轟擊鈹核的實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了中子據(jù)反應(yīng)遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒判斷出X、X、X是粒，X(不是α粒子，選項(xiàng)B符題意。答案：解析原圈兩端電壓的有效值U

Q2

VV若芯沒(méi)有缺口根理想變壓器電壓關(guān)系

UU

得，副線圈兩端電壓的有效值210V，于鐵芯有缺口，考慮到磁通量實(shí)際有損耗，副線圈兩端電壓的有效值應(yīng)小于210V則副線圈中電流的有效值應(yīng)小于210V70

A

，則副線圈中理想電流表的示數(shù)可能是A，選項(xiàng)D確。答案：解析：設(shè)物體甲質(zhì)量為M物體乙質(zhì)量為，某時(shí)刻對(duì)點(diǎn)受力分析并建立如圖1所坐標(biāo)系，有Fmg

，

Fmg

，得Fsin

Tmg

，由題意可知角慢從增大到，所以力逐增大，繩子張力逐減小A錯(cuò)；由于繩子張力逐漸減小滑兩的繩子的夾角逐漸變大繩子對(duì)滑輪的合力逐漸減小，B錯(cuò)；對(duì)物體甲受力分析并建立如圖所示的坐標(biāo)系，有

sin

Ff

，F(xiàn)

，得Fsinf

FMg

，由A項(xiàng)分析可知繩子張力T逐變小，滑輪左側(cè)繩子與豎直方向夾角不，所以面對(duì)物體甲的支持力F

逐漸增大，即物體甲對(duì)地面的壓力逐漸增大，物體甲受到的摩擦力

F

f

逐漸減小，即物體甲對(duì)地面的摩擦力逐漸減小，C錯(cuò)，正。

答案：解析衛(wèi)質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于星球質(zhì)用考慮衛(wèi)星對(duì)雙星系統(tǒng)的影響衛(wèi)星繞雙星軌道圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)衛(wèi)所受合一定總指向軌道圓心衛(wèi)在運(yùn)動(dòng)中相對(duì)雙星有固定的位置軌與雙星軌道共平面衛(wèi)可以在雙星連線上也可以是三星連線為三角形選B錯(cuò)；在雙星連線上時(shí)，衛(wèi)星軌道半徑可以小于

L

，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)周期須與雙星周期T相，所受合力大小恒定，選正；周期一定，則軌道半徑越大，線速度越大，選項(xiàng)D錯(cuò)。答案：解析：由題意可知，電流方向向左，電子定向移動(dòng)的方向向右，由左手定則可知，電子所受洛倫茲力的方向指向后表面則表面帶負(fù)電因此前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)高選項(xiàng)A錯(cuò)當(dāng)電子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力相等時(shí)電子處于平衡狀態(tài)電子定向移動(dòng)的速度大小為v，則由平衡條件可知

eBv

，解得Bbv，此僅增加前后表面的距離，前后表面的電勢(shì)差增大，選項(xiàng)錯(cuò)；由電流的微觀表達(dá)式有INebcv，由以上可解得I

B

，選項(xiàng)D正確。答案：A解析：試探電荷在x2R處速度最大，說(shuō)明試探電荷在該處的加速度大小為0，即點(diǎn)電荷和半球殼在此處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)半球殼在此處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，E

Q

，將半球殼補(bǔ)全，完整球殼在處生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

，由對(duì)稱性可知右側(cè)半球殼在處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

Q

，左半球殼在x處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

Q,x

處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

10Q9R

，故A選正確。答案：解析：滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器

接入電路的電阻變大，由“串反并同”可知U

變大錯(cuò)由歐姆定律知

UI

R

U接入電路的阻值變大以變，IB錯(cuò)電表V的示數(shù)等于電阻R和R兩端的電壓之和，接入電路阻值變大電表V

的示數(shù)變大，由于總電流變小，但是流過(guò)R

的電流變大，所以流過(guò)電阻R

的電流變小，

電阻R兩的壓變小，所以大，正確；由閉合電歐姆定律分析可知r

，所以

小于

錯(cuò)誤。答案：BCD解析：小球隨圓盤做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，大小不變

N，向時(shí)刻改變，選項(xiàng)A錯(cuò)；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正上方時(shí)圓盤對(duì)小球的作用力最小，為FmgN項(xiàng)B正確圖所示圓對(duì)小球的作用力方向與半徑方向垂直時(shí)，與豎直方向夾角最大，此時(shí)

mg2

則

項(xiàng)C確；根據(jù)力的矢量三角形可知，小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，圓盤對(duì)小球的作用力一直增大，選D正。答案：解析靜止時(shí)的壓縮量設(shè)為xFN/mm，兩物塊剛開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)兩物塊由牛頓第二定律有FF2ma，代入數(shù)據(jù)可得F6N

，A錯(cuò)；物塊剛好分離時(shí)，物塊之間的彈力正好為，此時(shí)彈簧的壓縮量為，對(duì)物塊A由牛頓第二定律有kxma，得xm，錯(cuò)；兩物塊一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，分離時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移xx0.2m，總總

解得ts

，正；彈簧對(duì)兩物塊向右的彈力與彈簧的壓縮量x關(guān)系圖象如圖所示力對(duì)兩物塊做正功，彈則有

F2

x

x

，由胡克定律有

kx、彈

，可得

彈

，兩物塊從一起做勻加速運(yùn)動(dòng)到分離，應(yīng)用動(dòng)能定理有WmvF彈W1.4J，正。F

v

，解得

123q123q答案：解析當(dāng)子的速度大小為且AO方向時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為運(yùn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得粒子磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑rR

，帶電粒子在磁場(chǎng)中做v勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有mr

q，解得mBR

A正；當(dāng)粒子的速度大小為

且沿其他方向時(shí)，設(shè)粒子第一次由C射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O，跡所對(duì)圓心角為

，由幾何關(guān)系可知OAOC

是一個(gè)菱形，所以粒子從點(diǎn)開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向平行于電場(chǎng)方向，粒子在電場(chǎng)中做勻變速直運(yùn)動(dòng)先減速到零又反向加速?gòu)狞c(diǎn)再次進(jìn)入磁場(chǎng)，設(shè)再次進(jìn)入磁場(chǎng)后粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O，跡所對(duì)圓心角為

，由幾何關(guān)系可知

，速率為

的粒子在磁場(chǎng)中做完整圓周運(yùn)動(dòng)的周期

T

2R0

，所以速率為v

的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間1πRt2v0

與粒子速度方向無(wú)關(guān)B錯(cuò)粒子的速度大小為且方進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由牛頓第二定律有qB

r

，解得此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑rR

此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)周期為

2r2πRTv0

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖3所，由幾何關(guān)有

R13r2

，所以

π

，則粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

t

πRT2π60

3，錯(cuò)誤；粒子的速度大為v時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置離203點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖示粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)42r

，

解得r

32

，幾何關(guān)系有s

r

，解得AOF120粒子入射速度方向沿紙面內(nèi)各個(gè)方向時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置在AF弧間，

120，D正。3答案：1）守恒不守恒（2OP解析：（）用平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離代替兩個(gè)小球的速度，2.000.40mOPkg0.20由碰撞后球的動(dòng)量為因在誤差允許范圍內(nèi)ONm系動(dòng)量守恒碰有ON)2.00kg(0.40)

m

碰1后有(OP(0.20)m，算可知系統(tǒng)動(dòng)能有損失，因此機(jī)械能不守恒。2（2若碰撞為彈性碰撞，則滿足OPOMmON，1m(m(OM)()答案：1）①②aR

，解得OPON。（2④

k；rb

；偏小解析：1由于毫安表的量程為mA所以電表X不選擇A選項(xiàng)中量程為0~0.6A的

電流表，而B選項(xiàng)中的電壓內(nèi)阻未知，不能使用中電壓表在內(nèi)阻已知的情況下可以改裝為電流表，它允許通過(guò)的最大電流

Im

1V

10

，所以電表X應(yīng)該選擇C；閉合開(kāi)關(guān)之前應(yīng)該讓并聯(lián)支路的電壓最小以滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)該置于端于實(shí)驗(yàn)使用替代法測(cè)電阻，所以當(dāng)開(kāi)關(guān)K接2電表X的數(shù)仍為x時(shí)電阻箱的阻值即為毫安表的內(nèi)阻。U（2④忽略電壓表的分流影響時(shí)，由閉合電路歐姆定律UrE,

整理得rr為軸為軸得到的圖象為一條直線意有kURERUE

，解得r

；若考慮電壓表的分流作用，則電源內(nèi)阻的測(cè)量值為電源內(nèi)阻與電壓表內(nèi)阻的并聯(lián)電阻阻值，即

r

rVrV

r

，所以電源內(nèi)阻的測(cè)量值比真實(shí)值偏小。答案：1）

3（）4解析：（）設(shè)小物塊在半圓軌道上的點(diǎn)，電場(chǎng)力與重力的合力指向半圓軌道的圓心。由題意知小物塊恰能通過(guò)半圓軌道，說(shuō)明小物塊在點(diǎn)的向心力由電場(chǎng)力與重力的合力供，如圖所示，其中

3mg

，則375由牛頓第二定律有4R解得v

gR研究小物塊從AP的程，由動(dòng)能定理有

qER

mv

解得E

（2研究小物塊從到的程，由動(dòng)能定理有

mv解得v

gRv設(shè)小物塊在D點(diǎn)到軌道向下的支力，大小為F，則有mg

22t22t解得F

根據(jù)牛頓第三定律知，小物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道最高點(diǎn)時(shí)軌道的壓力大小為答案：1）（2243R81解析：（）導(dǎo)體棒在斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受分析有mg30

安且BId

BCB

mgg解得設(shè)P棒達(dá)EG時(shí)速度為，v

a

設(shè)導(dǎo)體棒

、

碰撞后瞬間的速度分別為、、

棒碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mvmv11由能量守恒定律有mvmv22解得v

2此時(shí)導(dǎo)體棒產(chǎn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)此時(shí)流過(guò)燈泡的電流I

ER此時(shí)燈泡的功率P

2

2243（2當(dāng)導(dǎo)體棒Q在平軌道上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒