2021屆陜西省高考物理模擬試卷(3月份)(含答案解析)

2021屆陜西省高考物理模擬試卷（3月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.下列關于理論與實驗的說法中正確的是（）

A.氫原子光譜的實驗規(guī)律為光的粒子說提供了有力的依據(jù)

B.盧瑟福根據(jù)a粒子散射實驗規(guī)律提出了原子的核式結構學說

C.康普頓效應為光的波動性理論提供了實驗支撐

D.光的衍射現(xiàn)象說明了物質(zhì)波的存在

2.2016年2月，物理學界掀起了“引力波”風暴，證實了愛因斯坦100年前所做的1--------f

預測。據(jù)報道，各種各樣的引力波探測器正在建造或者使用當中?？赡艿囊Σㄌ綔y源包括致

密雙星系統(tǒng)（白矮星、中子星和黑洞）。若質(zhì)量分別為Ml和瓶2的4、B兩天體構成雙星，如圖所

示。某同學由此對該雙星系統(tǒng)進行了分析并總結，其中結論不正確的是（）

A.A、B做圓周運動的半徑之比為加2：mx

B.A、B做圓周運動所需向心力大小之比為1：1

C.A、B做圓周運動的轉速之比為1：1

D.A、B做圓周運動的向心加速度大小之比為1：1

3.如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時產(chǎn)生的正弦交流

電的圖像，當調(diào)整線圈轉速后，所產(chǎn)生的正弦交流電的圖像如圖線°/\

b所示.以下關于這兩個正弦交流電的說法中正確的是s'二

A.線圈先后兩次轉速之比為1：2'M'

B.交流電a的電壓瞬時值覬=:1:蝴廉趾地蕨（V）

C.交流電b的電壓最大值為逑P

箋

D.在圖中t=0時刻穿過線圈的磁通量為零

4.水平面上的一物塊受水平推力F的作用，力F的大小與時間t的關系如圖甲所示，物塊的速度與

時間t的關系如圖乙所示，6前后的路面不同，重力加速度g=10zn/s2,則關于物塊的質(zhì)量m及

物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)，以下判斷正確的是（）

6

4

r

0

A.物塊質(zhì)量為2kg,動摩擦因數(shù)為0.2

B.物塊質(zhì)量為2kg,動摩擦因數(shù)為0.4

C.物塊質(zhì)量為1kg,動摩擦因數(shù)為0.5

D.物塊質(zhì)量為1kg,動摩擦因數(shù)前后不一樣，6前為0.4,6后為0.5

5.如圖所示，4板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平等金

屬板間，金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上，關于電

子的運動，下列說法中正確的是（）

A.滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升

B.滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置不變

C.電壓U增大時，電子打在熒光屏上的速度大小不變

D.電壓U增大時，電子從力板發(fā)出打在熒光屏上的時間不變

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.如圖所示，理想變壓器的輸入端接正弦交變電流，副線圈上通過輸電線接有兩個相同的燈泡■和

L2；輸電線的等效電阻為R,開始時，開關S斷開.當S接通時，以下說法中正確的是（）

A.副線圈的兩端M、N的輸出電壓減小

B.副線圈輸電線等效電阻R上的電壓增大

C.通過燈泡J的電流減小

D.原線圈中的電流增大

7.“嫦娥三號”衛(wèi)星和“長征三號乙遙二十三”運載火箭分別于2013年9月12日和11月1日先后

運抵西昌衛(wèi)星發(fā)射中心，年底擇機發(fā)射.“嫦娥三號”發(fā)射升空后，預計100多個小時后靠近月

球，先繞月球轉幾圈“熱熱身”，做好各項準備，等地面下達“落月”指令后著陸在月球上.假

設它“熱身”時在離月球表面高度為lOkTn的圓軌道上繞月球作勻速圓周運動.已知：月球半徑

和地球半徑之比1：4,月球表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比1：6,地球的第一

宇宙速度為7.9km/s,近地衛(wèi)星的周期約為847n譏.由此可求出（）

A.“嫦娥三號”繞月球運行時的速度大小約為1.6km/s

B.“嫦娥三號”的質(zhì)量約為320kg

C.“嫦娥三號”繞月球運行時的周期約為103min

D.月球對“嫦娥三號”的引力約為533N

8.如圖所示，傾斜放置的擋板OM與豎直方向的夾角。=60。，從。點正下

方的4點以%=l（h/5m/s的水平初速度向右拋出一個質(zhì)量為m=1kg

的小球（可視為質(zhì)點），若小球的運動軌跡恰好與擋板上的B點相切（B點

未畫出），重力加速度g取10m/s2,不考慮空氣阻力，則（）

A.小球到達B點時的速度大小為20m/s

B.從4到B過程中，小球的動量變化量為10（2-遮）kg-m/s

C.0、4兩點間的距離為5m

D.從4到B過程中，小球的重力勢能變化量為50/

9.下列說法正確的是（）

A.多晶體具有各向同性

B.對某物體做功，必定會使該物體的內(nèi)能增加

C.可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?/p>

D.在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總燧不會減少

10.如圖1所示是一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，經(jīng)過4t=0.2s,波形圖如圖2所示，下列說法

正確的是（）

圖I圖2

A.此波的波長為67n

B.此波的周期可能為0.1s

C.此波的頻率可能為1.25Hz

D.此波的波速可能為50m/s

E.在（周期內(nèi)，某一個質(zhì)點運動的路程可能為10夜cm

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.圖a是一種測量重力加速度的儀器結構圖，條形重物塊（如圖b）通過掛孔掛在夾物裝置上，釋放

后穿過光電門下落到接物斗里，光電門與數(shù)字毫秒計相連，可記錄光電門被遮光的時間.物塊

中間有可以遮蓋的窗口，如圖b,測出掛孔下邊距物塊下端的距離為L，窗口下邊距物塊下端的

距離為G.實驗步驟如下：

夾物裝笆、工3司

「/條形面物塊

條形重物塊掛孔

/光電門

商口

接物斗

\

iI2

圖a圖b

①關閉物塊中間的窗口，釋放物塊，使其自由下落，記錄光電門的遮光時間如

②將物塊從接物斗中取出，打開物塊中間的窗口，重復（1）的步驟，記錄光電門第一次被遮光的時間

③重復上述實驗，多次記錄，和打，測出g的值.

完成下列填空：

（1）物塊在口時間內(nèi)的平均速度為（用所測物理量的符號表示），該速度（填“大于”、

“小于”或“等于”）物塊在t2時間內(nèi)的平均速度.

（2）重力加速度g的表達式為g=.（用所測物理量的符號表示）

（3）寫出本實驗測量誤差產(chǎn)生的一個原因：.

12.一只電流表的表盤刻度清晰，但刻度值污損.某同學要測量其內(nèi)阻，除了待測電流表之外，實驗

室提供的器材如下：

A.電壓表V（量程為310

8.滑動變阻器％（最大阻值為100,額定電流為L4）

C.滑動變阻器/?2（最大阻值為5000,額定電流為14）

D電阻箱?999.90）

E.電源（電動勢約為9V,內(nèi)阻約為10）

F.開關一個、導線若干

四2

圖304

（1）如果采用圖1所示的實驗電路，應選用滑動變阻器（選填"RJ或"/?2”）；閉合開關S前，

應將圖1中滑動變阻器的滑片調(diào)至（選填“屋’或"b"）端.

（2）請用筆畫線代替導線，將圖2中電路連接完整。

（3）閉合開關S,調(diào)節(jié)滑動變阻器和電阻箱接入電路的阻值，使電流表指針滿偏，記錄電壓表的讀數(shù)U

和電阻箱的阻值R'。重復上述操作，進行多次實驗，記錄多組實驗數(shù)據(jù)如表所示，請在圖3中繪

出U-R'圖像，由圖像可得電流表的量程為A,內(nèi)阻為0（結果保留兩位有效數(shù)字

）。

U/VR'/n

1.570.6

1.720.8

2.021.3

2.181.6

2.432.0

(4)如果上述待測電表是一只滿偏電流小于的高靈敏檢流計，其內(nèi)阻約為3000,再提供兩只

標準電阻Ra=1心&=99990,要測量檢流計內(nèi)電阻和滿偏電流，請你對上述電路圖1進行改

進，補全右側虛線框內(nèi)電路圖，并標明R。、及。

在平板S上有可讓粒子通過的狹縫P,帶電粒子經(jīng)過速度選擇器后，立即從P點沿垂直平板S且垂

直于磁場方向的速度進入磁感應強度為殳、并以平板S為邊界的有界勻強磁場中，在磁場中偏轉

后打在記錄它的照相底片上，底片厚度可忽略不計，且與平板S重合。根據(jù)粒子打在底片上的位

置，便可以對它的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)情況進行分析。在下面的討論中，磁感應強度為名的

勻強磁場區(qū)域足夠大，空氣阻力、帶電粒子所受的重力及它們之間的相互作用力均可忽略不計。

(1)帶電粒子通過狹縫P時的速度大小也

(2)不同的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后可獲得不同的速率，這些粒子進入速度選擇器后，要想使通過

狹縫P的帶電粒子速度大一些，應怎樣調(diào)整速度選擇器的電場強度E和磁感應強度B的大??；

(3)若用這個質(zhì)譜儀分別觀測氫的兩種同位素離子pH和2”)，它們分別打在照相底片上相距為四的

兩點；若用這個質(zhì)譜儀相同條件下再分別觀測碳的兩種同位素離子(12C和1%),它們分別打在

照相底片上相距為d2的兩點。請通過計算說明，刈與d2的大小關系；

(4)若氫的兩種同位素離子(所帶電荷量為e)的質(zhì)量分別為Hi1和加2,且已知瓶1＞巾2,它們同時從加

速電場射出。試分析說明這兩種粒子哪一種先到達照相底片，并求出它們到達照相底片上的時

間差△to

14.如圖，在OWxWd的空間，存在垂直xOy平面的勻強磁場，方向垂直xOy平面向里。y軸上P點

有一小孔，可以向y軸右側垂直于磁場方向不斷發(fā)射速率均為以與y軸所成夾角。可在0?180。范

圍內(nèi)變化的帶負電的粒子。已知。=45。時，粒子恰好從磁場右邊界與P點等高的Q點射出磁場，

不計重力及粒子間的相互作用。求：

(1)磁場的磁感應強度；

(2)若。=30。，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角(可用三角函數(shù)、根式表示);

(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積(可用根式表示)。

15.如圖所示，4端封閉有理想氣體的U形玻璃管倒插入水銀槽中，玻璃管的橫截面積為S,當環(huán)境

溫度為T1時，管中水銀面處在M處，M點距水銀槽中水銀面的高度為九，此時氣柱由4、42、乙3三

段組成，環(huán)境溫度緩慢變?yōu)?2時，管中水銀面處在N處，且M、N位于同一高度，已知大氣壓強

為Po.求:

①氣柱的長度心與41、乙2之間的關系；

②試分析氣體在上述過程中發(fā)生的是否為等壓變化？如果是，請說明理由，如果不是，請分析指出

氣體壓強最大時管中水銀面所在的位置.

16.如圖所示，4BCD是某種透明介質(zhì)的橫截面，4B面是平面，面是

半徑為R的圓弧面，介質(zhì)最薄處。％厚度為2R,0E0'為對稱軸，單

色光以入射角i=60。斜射到4B面上，折射后射到CD面上，部分光

線能從CD面上射出。已知4000=120。，透明材料對該單色光的折

射率為n=百，光在真空中傳播速度為c,5勿16,8。=立，sin25.7°=—-sin35.3°=—?不考

643

慮光線的兩次反射。求：

(1)光線從4B面進入透明介質(zhì)時折射角r的大小；

(2)經(jīng)過E的光線從AB面?zhèn)鞯紺O連線所需的時間；

(3)CD面上有光線透出的區(qū)域所對應的圓心角。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、氫原子光譜的實驗規(guī)律為波爾提出波爾理論提供了有力的依據(jù)，故A錯誤；

B、盧瑟福根據(jù)a粒子散射實驗，提出了原子的核式結構模型，故B正確；

C、康普頓效應表明光子有能量，也有動量，為光的粒子性理論提供了實驗支撐.故C錯誤；

。、衍射是波的特有現(xiàn)象，光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性，故。錯誤.

故選：B

波爾的原子理論能成功地解釋了氫原子光譜；

康普頓效應表明光子有能量，也有動量；

盧瑟福通過分析a粒子散射實驗結果，建立了原子的核式結構模型；

光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性.

考查波爾理論、a粒子散射實驗、康普頓效應的作用以及光的衍射等光的本性的知識，這些知識都是

一些記憶性的知識點，在平時的學習中多加積累即可.

2.答案：D

解析：解：48、因為兩天體的角速度相同，由萬有引力提供向心力G詈受■=碼32rl=巾2/上可

知：生=叫，故A正確，B正確；

C、由3=2TTO可知，轉速相同，故C正確；

D、由得:~故。錯誤；

G=%7nl=m2a2

本題選錯誤的

故選：Do

雙星系統(tǒng)是一個穩(wěn)定的結構，它們以二者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，角速度相等，萬

有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可。

雙星系統(tǒng)中，兩個天體以二者連線上的某點為圓心做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，二者做

勻速圓周運動的角速度3相等。

3.答案：C

解析：試題分析：由圖〃=0?6s,則線圈先后兩次轉速之比為：nb=Tb：兀=3：2.故A錯誤.由

圖電壓最大值UM=10V,周期7a=0.4S,O)=--5nrad/s,交流電壓a的瞬時值表達式為〃=

T

Umsina)t=10s譏5mV.故3錯誤.由電動勢的最大值4=NBSo),則兩個電壓最大之值比

Umb=：a>b=na：nb=3：2=10：Umb,計算得Umb=故C正確.t=0時刻U=0根據(jù)法拉第定

律，磁通量變化率為零，而磁通量最大.故。錯誤.

考點：考查對交流電壓圖象的理解能力

點評：難度中等，掌握正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原

理；周期和頻率

4.答案：D

解析：解：由。-t圖象可知，0-3s內(nèi)物體做勻速直線運動，由F-t圖象可知，此過程拉力：Fi=4N,

由平衡條件得：居=內(nèi)巾9，即：4=iimg①

由圖示v—t圖象可知I,在3—6s內(nèi)物體做勻減速直線運動，加速度大?。篴=￥=M=2m/s2,

△C0—3

由尸一t圖象可知,此過程拉力：F2=2/V，由牛頓第二定律得:卬ng-F2=ma,即:卬ng-2=2m②

由圖示”一t圖象可知，在6—9s內(nèi)物體做勻加速直線運動，加速度大?。簝?yōu)=當=匯=1M/S2,

△Ly-o

由尸一t圖象可知，此過程拉力：F3=6N,由牛頓第二定律得：F3-y!mg=ma',即：6-口mg=

機③

由①②③解得：m=1kg,4=0.4,/=0.5,故ABC錯誤，。正確；

故選；D.

根據(jù)圖示圖象分析清楚物體的受力情況與運動情況，然后應用平衡條件與牛頓第二定律求出物體的

質(zhì)量、物體與地面間的動摩擦因數(shù)，然后分析答題.

本題考查了牛頓第二定律和圖線的綜合，關鍵理清物體的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和平衡條件

進行進行求解，知道速度時間圖線的斜率表示加速度.

5.答案：D

解析：解：由題意知，電子在加速電場中加速運動，根據(jù)動能定理得：eUi=3mu2,電子獲得的速

度為〃=叵.

yjm

電子進入偏轉電場后做類平拋運動，也就是平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度為

a=J,電子在電場方向偏轉的位移為：y=1at2.

ma2

垂直電場方向做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間為t=:,又因為偏轉電場方向向下，故電子

在偏轉電場里向上偏轉.

A、滑動觸頭向右移動時，加速電壓變大，所以電子獲得的速度。增加，由上式得知，電子在電場中

運動時間t減少，故電子偏轉位移y變小，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置下降，故A錯誤；

B、滑動觸頭向左移動時，加速電壓變小，所以電子獲得的速度。減小，由上式得知，電子在電場中

運動時間t變大，故電子偏轉位移y變大，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置上升，軌跡不同，故

B錯誤；

C、偏轉電壓增大時，電子在電場中受到的電場力增大，即電子偏轉的加速度a增大，又因為電子獲

得的速度及不變，電子在電場中運動的時間不變，a增大，而電子打在屏上的速度為Ju?+（成）2,故

電子打在屏上的速度增大，故C錯誤；

。、偏轉電壓增大時，電子在電場中受到電場力增大，即電子偏轉的加速度度a增大，又因為加速電

壓不變，電子進入電場的速度沒有變化，電子在電場中運動的時間t沒有發(fā)生變化，故。正確；

故選：D.

粒子在電場中加速時，滑動觸頭向右移動時，加速電壓增大，加速后速度變大，粒子在偏轉電場中

運動時間變短，粒子在平行偏轉電場方向的位移減小.同理觸頭向左移動時，加速電壓減小，加速

后速度變小，粒子在電場中運動時間變長，粒子在平行偏轉電場方向的位移增大；當加速電壓不變

時，偏轉電壓變化，影響平行電場方向的電場力的大小，也就是影響加速度的大小，粒子在電場中

運動時間不變，改變偏轉的位移大小.

電子在加速電場作用下做加速運動，運用動能定理可得電子獲得的速度與加速電場大小間的關系，

電子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運動時間受電場的寬度和進入電場時的速度所決定，電子在

電場方向偏轉的距離與時間和電場強度共同決定.熟練用矢量合成與分解的方法處理類平拋運動問

題.

6.答案：BCD

解析：解：4、理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，

所以副線圈的輸出的電壓也不變，所以A錯誤；

BC、當S接通后，兩個燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以通過電阻R的電流變大，

電壓變大，那么并聯(lián)部分的電壓減小，所以通過燈泡刀的電流減小，所以正確；

。、當S接通后，兩個燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以原線圈的電流也變大，

所以。正確；

故選：BCD

本題類似于閉合電路中的動態(tài)分析問題，可以根據(jù)接通s后電路電路電阻的變化，確定出總電路的電

阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流

和電壓的變化的情況.

電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的

電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法.

7.答案：AC

解析：解：“嫦娥三號”繞月球或者地球表面做勻速圓周運動時，重力等于向心力，根據(jù)牛頓第二

定律，有：

v247T2G

mg=m—=m—R①

解得：

v=y[gR②

7=2臉③

人根據(jù)②式，在月球和地球表面的第一宇宙速度之比為：

解得：vi=轟=余km/sx\6kin/s；故A正確；

B、由于①式中的質(zhì)量小約去，故無法求解'‘嫦娥三號”的質(zhì)量，故B錯誤;

C、根據(jù)③式，“嫦娥三號”在月球和地球表面的周期之比為：

解得：A=取=|x84min?103mm：故C正確;

。、由于無法求解“嫦娥三號”的質(zhì)量，故也就無法求解月球對“嫦娥三號”的引力；故。錯誤;

故選：AC.

“嫦娥三號”繞月球或者地球表面做勻速圓周運動時，重力等于向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求

解出周期和線速度的表達式進行分析即可.

本題關鍵是明確第一宇宙速度和對應規(guī)定周期的求解方法，然后運用比值法求解，基礎問題.

8.答案:AC

解析：解：4、小球做平拋運動，小球恰好與擋板上的B點相切，在B點其

速度方向與擋板平行，則小球到達B點時的速度方向與豎直方向的夾角為

6=60。，到達B點的速度大小為%=焉=誓機/s=20m/s,故A正確:

8、小球到達B點時的豎直分速度大小為3=氤=譬巾/s=10m/s,由4至g的時間t=藍==

1s

從4到8過程中，小球的動量變化量為^p=mgt=1X10x1kg?m/s=10kg?m/s,故8錯誤；

C、根據(jù)平拋運動的規(guī)律得：

水平位移x=vot=10\/3m

豎直位移y=1x10xl2m=5m

x

設。、A兩點間的距離為s,由幾何關系得：—=tand

聯(lián)立解得：s=5m,故C正確；

D、從4到B過程中，小球的重力勢能變化量為△Ep=-mgy=-1x10x5/=-50/,故￡＞錯誤。

故選：AC.

小球做平拋運動，小球恰好與擋板上的B點相切，在B點其速度方向與擋板平行，由速度的分解求出

小球到達B點時的速度大小和豎直分速度大小，從而求出平拋運動的時間。根據(jù)平拋運動的時間，根

據(jù)動量定理求動量變化量，由分運動的規(guī)律求出平拋運動的水平位移和豎直位移，結合幾何關系求

出0A間的距離。根據(jù)下落的高度求重力勢能變化量。

解決本題的關鍵要把握臨界條件：小球到達8點時的速度方向與豎直方向的夾角為。=60°,要掌握

平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式和幾何關系綜合處理。

9.答案：ACD

解析：解：力、多晶體具有各向同性.故A正確.

8、對某物體做功，不一定會使該物體的內(nèi)能增加，還與熱傳遞情況有關，故8錯誤.

C、根據(jù)熱力學第二定律知，在外界的影響下，可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?，故C

正確.

D、根據(jù)螭增原理可知，在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總蠟不會減少，故。正確.

故選：ACD.

多晶體具有各向同性.做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能.根據(jù)熱力學第二定律分析熱與功的關系.

本題關鍵要理解并掌握熱力學第一定律和熱力學第二定律，可通過舉實例分析抽象問題.

10.答案:ACE

解析：解：4、分析波形圖，可知波長4=66，故A正確；

BC、設波沿x軸正方向傳播，則4t=（n+}7,（n=0、1、2...）,所以：「左=倦s,（n=0、1、

2...）?設波沿x軸負方向傳播，則4t=（n+》r,（n=0、1、2...,）,所以：7女=翟75,（n=0、

1、2…）。以上所有式中，無論n取何值時周期均不能為0.1s,但當n=0時,7>=0.8s,頻率/=9Hz=

1.25HZo故B錯誤，C正確；

D、由上一問的結論可求波速為u=*=7.5（4n+3）m/s或7.5（4n+l）m/s（n=0、1、2...）。無論n

為何值，速度”均不能為50771/S,故。錯誤；

E、當質(zhì)點初相位@：時，其位移y=Zsinw=5夜cm,經(jīng)過時，其位移力=Asin4+5）=

—5V2cm，此時路程恰為lO&cm，,故E正確。

故選：ACE.

根據(jù)波形圖，確定波長；

波可能沿x軸正方向傳播，也可能沿x軸負方向傳播，列出兩種情況下周期或頻率和波速度的一般表

達式，再分析判斷BCD各項的正確與否；

當初相位為8=3+3時，經(jīng)過;7的振動其路程為我4。

本題考查了波動規(guī)律。分析時間與周期的關系，得到周期、頻率、波速的一般表達式，考查基礎知

識，注重波的多解性可解決問題。

U.答案：r大于唱變長度L和人的測量存在偶然誤差（或物塊釋放后未能沿直線下落，空氣阻

1

ti-t2

力對物塊下落的影響等）

解析：解：（1）根據(jù)平均速度的定義，物塊在“時間內(nèi)的平均速度用'=F

t2時間內(nèi)的平均速度孤=T

根據(jù)勻變速直線運動的推論，平均速度等于中間時刻的瞬時速度

h

%=訪-

2G

”

同

因為條形重物做自由落體運動，%>%,所以物塊在ti時間內(nèi)的平均速度大于物塊在12時

//22

間內(nèi)的平均速度；

（2）根據(jù)加速度定義，有

(3)本實驗誤差來源：長度〃和乙2的測量存在偶然誤差(或物塊釋放后未能沿直線下落，空氣阻力對

物塊下落的影響等)

故答案為：(1)段大于

(2)時沒

(3)長度5和G的測量存在偶然誤差(或物塊釋放后未能沿直線下落，空氣阻力對物塊下落的影響等)

根據(jù)勻變速直線運動的推論，平均速度等于中間時刻的瞬時速度求匕時間內(nèi)的平均速度；由加速度

的定義求重力加速度的表達式；根據(jù)實驗原理分析誤差來源

解答實驗問題的關鍵是理解實驗原理，從而明確所需要的實驗設備，然后利用所學運動學規(guī)律解答

實驗問題.

12.答案：%0.1.80.83

解析：解：

(1)為了調(diào)

節(jié)方便，分

壓接法的滑

動變阻器選

用最大阻值圖2圖1

較小的治。且為了安全起見，閉合開關前，應使其分出去的電壓為零，即滑片滑至a端;

(2)按電路圖連接實物圖，如圖1所示；

(3)在給定的坐標系中描點，并將這些點用一條直線連接起來，如圖2所示，

由歐姆定律，當電流表始終滿偏時有：U=Ig(Rg+R),整理有：U=IgXR+IgRg,所以(7—R圖

象是一條上升的直線，其的斜率上=/,,比截距b=/g%。

結合圖象的斜率k=lg=分蕓4=1.94%共=得0=0.830；

廿2.0—1.5ig

(4)由于電流表是高靈敏度的電流表，在以上的基礎上先擴大量程再與較大的定值電阻串聯(lián)，用電壓

表測其電壓，所以改進行后的電路圖如圖3所示；

故答案為：(1)&、a；(2)如圖1所示

；(3)如圖2所

圖2圖3

示、1.8、0.83；(4)電路如圖3所示

(1)在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器。閉合開關前，應將滑

動變阻器&的滑片置于圖中的a端；

(2)按電路圖把實物圖補充完整；

(3)由歐姆定律得出U-R'的表達式，由圖象結合表達式可得出電壓表量程和電阻；

(4)擴大量程后按以上思路設計電路圖。

本題考查了實驗器材選擇、實驗數(shù)據(jù)處理，要掌握實驗器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實

驗步驟、知道實驗原理是解題的關鍵。

13.答案：解：(1)帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡：qvB=qE

解得：v=:

D

(2)由(1)知，要想使通過狹縫P的帶電粒子速度大一些，可減小B或增大E。

(3)設的電荷量為q,質(zhì)量為m,

在磁感應強度為Bo的磁場中，洛倫茲力提供向心力：qvB。=字

由(1)知U=5

D

聯(lián)立解得：&=熬

同理，2H在磁感應強度為名的磁場中的軌跡半徑=2照■mF

tfoQq

12c在磁感應強度為無的磁場中的軌跡半徑/?3=2急

14c在磁感應強度為%的磁場中的軌跡半徑R4=

根據(jù)幾何關系有：d】=2(/?2一&)=2x(2照一就)=2篝

OD0qDDQQOtiQq

7mEmE2mE

d22=2(7?4—/?3)=2xv(———----2；-)="；—

'43)3BBoqBB/3BBoq

故di大于G?2

(4)氫的兩種同位素離子同時從加速電場射出后，二者在速度選擇器中速度相同，故運動時間相同，

在磁感應強度為%的磁場中，質(zhì)量為加1的離子的運動時間口

又有7】=鬻

洛倫茲力提供向心力：evB0=

K5

聯(lián)立解得：匕=公小1

同理，質(zhì)量為m2的離子的運動時間t2=E7n2

Q。匕

因為mi>m2

所以G>t2

所以質(zhì)量為加2的離子先到達照相底片

它們到達照相底片上的時間差4t=tj-1==r；(mi-m2)

2DQeOQt；OQC

答：(1)帶電粒子通過狹縫p時的速度大小。為a

(2)不同的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后可獲得不同的速率，這些粒子進入速度選擇器后，要想使通過

狹縫P的帶電粒子速度大一些，可減小B或增大E；

(3)若用這個質(zhì)譜儀分別觀測氫的兩種同位素離子(1，和2口)，它們分別打在照相底片上相距為七的

兩點；若用這個質(zhì)譜儀相同條件下再分別觀測碳的兩種同位素離子(12C和14C),它們分別打在照相

底片上相距為d2的兩點。心與d2的大小關系為B大于dz；

(4)若氫的兩種同位素離子(所帶電荷量為e)的質(zhì)量分別為Tn1和皿2,且已知爪1>巾2,它們同時從加

速電場射出。質(zhì)量為血2的離子先到達照相底片，它們到達照相底片上的時間差At為白(小1-巾2)。

解析：(1)根據(jù)帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡分析；

(2)根據(jù)(1)的計算結果分析；

(3)根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中洛倫茲力提供向心力求出半徑，再結合幾何關系分析；

(4)根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中洛倫茲力提供向心力求出周期，再結合時間關系分析。

解答本題的關鍵是知道帶電粒子在速度選擇器中的速度均相同，在磁場中由洛倫茲力提供向心力。

14.答案：解：(1)當。=45。時，粒子恰好從磁場右邊界與P點等高的Q點射出磁場，

由幾何關系可得，d=2Rcos45°

解得：R=%

2

2

粒子僅在洛倫茲力作用下，則有：Bqv=m^

所以，8=%=皿

Rqqd

則三角形正弦定理可得，蕓=懸;，

設粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為0，則有cos/?=sina=^=V2-y

所以。=arccos(V2—y)

(3)根據(jù)不同的入射速度方向，畫出兩種臨界狀態(tài)：一是沿著正y軸方向入射的軌跡；另一是與磁場

右邊界相切的軌跡

因此能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積=圖上方的扇形面積+下方菱形面積

+右邊的三角形面積-下方的扇形面積

=下方菱形面積面積+右邊的三角形面積。

即有:當dx當dx當+卜(1一爭dx弓dx曰+

VV2-ld)

解析：(1)根據(jù)。=45。時，粒子恰好從磁場右邊界與P點

等高的Q點射出磁場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速

XXX

圓周運動，由幾何關系確定已知長度與軌道半徑的關系，從而根據(jù)半徑公式，可求出磁場的感應強