2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷（含解析）

第第頁2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷一、單選題1．如圖，一教師用側(cè)面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導(dǎo)光”實驗。瓶內(nèi)裝有適量清水。水從小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一豎直平面內(nèi)，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）A．減弱激光強(qiáng)度 B．提升瓶內(nèi)液面高度 C．改用折射率更小的液體 D．增大激光器與小孔之間的水平距離2．如圖，輕質(zhì)細(xì)桿AB上穿有一個質(zhì)量為m的小球C，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，則左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為（）A．mg B． C． D．3．2022年8月30日，國家航天局正式發(fā)布了“羲和號”太陽探測衛(wèi)星國際上首次在軌獲取的太陽Hα譜線精細(xì)結(jié)構(gòu)。Hα是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線，其對應(yīng)的能級躍遷過程為（）A．從∞躍遷到n＝2 B．從n＝5躍遷到n＝2 C．從n＝4躍遷到n＝2 D．從n＝3躍遷到n＝24．真空中固定有兩個點電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距（）A．x0 B．（2﹣1）x0 C．2x0 D．（2+1）x0二、多選題（多選）5．甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運動。以出發(fā)時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示（b）所示。則（）A．0～2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大 B．乙車在t＝2s和t＝6s時的速度相同 C．2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同 D．t＝8s時，甲、乙兩車的動能不同（多選）6．人類為探索宇宙起源發(fā)射的韋伯太空望遠(yuǎn)鏡運行在日地延長線上的拉格朗日L2點附近，L2點的位置如圖所示。在L2點的航天器受太陽和地球引力共同作用，始終與太陽、地球保持相對靜止?？紤]到太陽系內(nèi)其他天體的影響很小，太陽和地球可視為以相同角速度圍繞日心和地心連線中的一點O（圖中未標(biāo)出），航天器的質(zhì)量遠(yuǎn)小于太陽、地球的質(zhì)量，日心與地心的距離為R，L2點到地心的距離記為r（r＜R），在L2點的航天器繞O點轉(zhuǎn)動的角速度大小記為w。下列關(guān)系式正確的是（）可能用到的近似≈（1﹣2）]A．ω＝[] B．ω＝[] C．r＝[]R D．r＝[]R三、填空題7．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，i、其P﹣V圖如圖所示。完成一次循環(huán)，氣體內(nèi)能（填“增加”“減少”或“不變”），氣體對外界（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”），氣體（填“吸熱”“放熱”“不吸熱”或”不放熱”）。8．“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為Ob的中點。a、d兩點場強(qiáng)大小分別為Ea、Ed，O、a、c、d四點電勢分別為φO、φa、φc、φd，則φaφd；φaφc，（φO﹣φa）2（φO﹣φd）。（填“大于”“等于”或“小于”）9．福建福清核電站采用我國完全自主研發(fā)的“華龍一號”反應(yīng)堆技術(shù)，建設(shè)了安全級別世界最高的機(jī)組。機(jī)組利用235U核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應(yīng)方程為+→++，則A＝；Z＝；若核反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損1g，釋放的能量為J。（光速大小取3.0×108m/s）10．如圖所示，在某一均勻介質(zhì)中，A、B是振動情況完全相同的兩個波源（20πt）m，介質(zhì)中P點與A、B兩波源間的距離分別為4m和5m，兩波源形成的簡諧橫波分別沿AP、BP方向傳播（1）簡諧橫波的波長為。（2）P點的振動（填“加強(qiáng)”或“減弱”）。四、實驗題11．某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（4.7μF，10V），定值電阻R（阻值2.0kΩ）（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實物連線補(bǔ)充完整；（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波Hz；（3）閉合開關(guān)S，一段時間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓Uc隨時間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，電容器處于狀態(tài)（填“充電”或“放電”），在點時（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時間變化的情況m與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)f＝45Hz時電容器所帶電荷量的最大值Q＝C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（5）根據(jù)實驗結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時基本不變五、解答題12．阿斯頓（F.Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP′上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中4m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）6C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計。（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷。13．如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為0.75m的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道上端點和圓心連線與水平面成37°角。質(zhì)量為2kg的小物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5。當(dāng)A到達(dá)木板右端時，同時A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開軌道后，可隨時解除木板鎖定，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6（1）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大??；（2）求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊A運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為1：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，同時系統(tǒng)動能增加3J，求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍。14．如圖，某實驗小組為測量一個葫蘆的容積，在葫蘆開口處豎直插入一根兩端開口、內(nèi)部橫截面積為0.1cm2的均勻透明長塑料管，密封好接口，用氮氣排空內(nèi)部氣體，氣柱長度l為10cm；當(dāng)外界溫度緩慢升高到310K時5Pa，水柱長度不計。（1）求溫度變化過程中氮氣對外界做的功；（2）求葫蘆的容積；（3）試估算被封閉氮氣分子的個數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。已知1mol氮氣在1.0×105Pa、273K狀態(tài)下的體積約為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA取6.0×1023mol﹣1。15．某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一部分充滿勻強(qiáng)電場（電場強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達(dá)N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進(jìn)入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進(jìn)入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，求N點橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進(jìn)入磁場。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間。

2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷參考答案與試題解析一、單選題1．如圖，一教師用側(cè)面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導(dǎo)光”實驗。瓶內(nèi)裝有適量清水。水從小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一豎直平面內(nèi)，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）A．減弱激光強(qiáng)度 B．提升瓶內(nèi)液面高度 C．改用折射率更小的液體 D．增大激光器與小孔之間的水平距離【分析】根據(jù)激光能沿水流傳播，是由于光線在水流中不斷的發(fā)生全反射的特點，分析選項?！窘獯稹拷猓杭す饽苎厮鱾鞑ィ怯捎诠饩€在水流中不斷的發(fā)生全反射，當(dāng)液流的高度越高，現(xiàn)象越明顯。A、減小激光強(qiáng)度，現(xiàn)象不明顯；故A錯誤；B、提高瓶內(nèi)液面的高度，水流出去的距離更遠(yuǎn)，現(xiàn)象更明顯；C、改用折射率更小的液體，激光在液體中發(fā)生全反射的光束減少；故C錯誤；D、增加激光器與小孔之間的水平距離；故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查全反射的性質(zhì)，在做題中要注意全反射的條件。2．如圖，輕質(zhì)細(xì)桿AB上穿有一個質(zhì)量為m的小球C，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，則左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為（）A．mg B． C． D．【分析】對輕桿和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，由平衡條件列方程進(jìn)行解答。【解答】解：對輕桿和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，如圖所示：設(shè)左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為NA，由平衡條件有：NA＝mgcos30°解得：，故B正確。故選：B。【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。3．2022年8月30日，國家航天局正式發(fā)布了“羲和號”太陽探測衛(wèi)星國際上首次在軌獲取的太陽Hα譜線精細(xì)結(jié)構(gòu)。Hα是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線，其對應(yīng)的能級躍遷過程為（）A．從∞躍遷到n＝2 B．從n＝5躍遷到n＝2 C．從n＝4躍遷到n＝2 D．從n＝3躍遷到n＝2【分析】根據(jù)分析Hα的頻率及能量大小，結(jié)合能級躍遷規(guī)律分析解答?！窘獯稹拷猓篐α是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線，根據(jù)可知Hα是氫原子巴耳末系中頻率最小的譜線，根據(jù)氫原子的能級圖hν＝En﹣E2可見能級差越小，頻率越低。故Hα對應(yīng)的能級躍遷過程為從n＝3躍遷到n＝4。故ABC錯誤，D正確；故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，注意能量與頻率的關(guān)系。4．真空中固定有兩個點電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距（）A．x0 B．（2﹣1）x0 C．2x0 D．（2+1）x0【分析】根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式和場強(qiáng)的疊加列式計算?！窘獯稹拷猓涸O(shè)Q1＝﹣Q，Q2＝8Q，Q1與Q2相距L，兩點電荷在x軸正半軸的x＝x6處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為0，由于Q1＜Q8，故該處距離Q1近，距離Q2遠(yuǎn)，故Q6應(yīng)放在x軸負(fù)半軸該處合場強(qiáng)為零，則兩點電荷在該處場強(qiáng)大小相等，故有，故B正確。故選：B?！军c評】本題考查了點電荷的場強(qiáng)公式和場強(qiáng)的疊加，分析出Q2的位置是解題的關(guān)鍵，難度不大。二、多選題（多選）5．甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運動。以出發(fā)時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示（b）所示。則（）A．0～2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大 B．乙車在t＝2s和t＝6s時的速度相同 C．2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同 D．t＝8s時，甲、乙兩車的動能不同【分析】本題根據(jù)v﹣t圖斜率表示加速度，面積表示位移，而F﹣t圖面積表示沖量，結(jié)合動量定理分析求解即可?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖（a）可得，圖像的斜率不變，故甲車的加速度大小不變；B．根據(jù)圖（b）易得N?s＝2N?s，設(shè)t＝2s時2，質(zhì)量為m，據(jù)動量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入數(shù)值解得v4＝m/s；同理0～3s圖像的面積為S′＝4×N?s﹣2×，設(shè)t＝6s時6，據(jù)動量定理：I′＝F′t′＝mv6﹣7，代入數(shù)值解得v6＝m/s，故B正確。C．根據(jù)圖（a）可得，故7～6s內(nèi)甲＝2×m﹣2×，而根據(jù)圖（b），力F做功相同，故2～6s內(nèi)，故2～6s內(nèi)，甲，故C正確。D．t＝8s時，動能為2，設(shè)t＝8s時8，5～2s圖像的面積為S＝4×﹣N?s7×，據(jù)動量定理：I″＝F″t″＝mv8﹣0，代入數(shù)值解得v8＝0，故乙車速度為0。故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了v﹣t圖和F﹣t圖，結(jié)合圖像的不同物理量的含義，合理選取公式，分析物體不同時間的運動狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）6．人類為探索宇宙起源發(fā)射的韋伯太空望遠(yuǎn)鏡運行在日地延長線上的拉格朗日L2點附近，L2點的位置如圖所示。在L2點的航天器受太陽和地球引力共同作用，始終與太陽、地球保持相對靜止?？紤]到太陽系內(nèi)其他天體的影響很小，太陽和地球可視為以相同角速度圍繞日心和地心連線中的一點O（圖中未標(biāo)出），航天器的質(zhì)量遠(yuǎn)小于太陽、地球的質(zhì)量，日心與地心的距離為R，L2點到地心的距離記為r（r＜R），在L2點的航天器繞O點轉(zhuǎn)動的角速度大小記為w。下列關(guān)系式正確的是（）可能用到的近似≈（1﹣2）]A．ω＝[] B．ω＝[] C．r＝[]R D．r＝[]R【分析】本題根據(jù)萬有引力提供向心力，分別對地球、太陽和航天器列式，利用他們ω相同的特點和相互的位置關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)萬有引力提供向心力可知：設(shè)O點距離太陽為R1，O點距離地球為R2對太陽有：對地球有：且滿足：R2+R2＝R聯(lián)立上式解得：ω＝，故A錯誤。CD．對處在L2點的航天器分析，設(shè)航天器的質(zhì)量為m′結(jié)合上述的式子，聯(lián)立解得：r＝故D正確，C錯誤。故選：BD。【點評】本題考查了多星系統(tǒng)，抓住ω相同的特點，利用位置關(guān)系分別列式求解，注意計算過程小心仔細(xì)，題目闡述了拉格朗日點等信息，要學(xué)會抽絲剝繭抓住核心問題。三、填空題7．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，i、其P﹣V圖如圖所示。完成一次循環(huán)，氣體內(nèi)能不變（填“增加”“減少”或“不變”），氣體對外界做正功（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”），氣體吸熱（填“吸熱”“放熱”“不吸熱”或”不放熱”）。【分析】氣體的內(nèi)能與溫度有關(guān)；根據(jù)P﹣V圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形面積分析；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷?！窘獯稹拷猓阂驗闅怏w經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，對整個過程來說，而一定質(zhì)量的氣體的內(nèi)能僅由溫度決定；對P﹣V圖像來說，其中從A→B→C的過程氣體的體積減小是外界對氣體做功的過程，是氣體對外做功的過程，即氣體對外做的功大于外界對氣體做的功；根據(jù)熱力學(xué)第一定律E＝W+Q可知因W＜0，所以氣體從外界吸收熱量。故答案為：不變，做正功?！军c評】在公式E＝W+Q中，要知道氣體對外界做功時是W＜0，Q＞0表示氣體吸收熱量是解題的基礎(chǔ)，還要知道在P﹣V圖像中圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示氣體做的功，也要注意分清楚是氣體對外界做功還是外界對氣體做功。8．“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為Ob的中點。a、d兩點場強(qiáng)大小分別為Ea、Ed，O、a、c、d四點電勢分別為φO、φa、φc、φd，則φa小于φd；φa等于φc，（φO﹣φa）小于2（φO﹣φd）。（填“大于”“等于”或“小于”）【分析】由于沿電場線電勢降低，從而可判斷電勢大小；利用電場的電勢分布情況，可判斷電勢大小；根據(jù)公式U＝Ed，結(jié)合微元思想可判斷電勢情況?！窘獯稹拷猓河捎谘刂妶鼍€方向電勢逐漸降低，可知φa＜φd由題知，在鎢針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，則根據(jù)點電荷形成的電場的電勢分布可知φa＝φc且越靠近O場強(qiáng)越強(qiáng)，則od部分的場強(qiáng)均大于db部分的場強(qiáng)，結(jié)合微元法可定性判別出φo﹣φb＜2（φo﹣φd）而φa＝φb則φo﹣φa＜2（φo﹣φd）故答案為：小于；等于。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意電勢的性質(zhì)，掌握基本的電場分布情況。9．福建福清核電站采用我國完全自主研發(fā)的“華龍一號”反應(yīng)堆技術(shù)，建設(shè)了安全級別世界最高的機(jī)組。機(jī)組利用235U核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應(yīng)方程為+→++，則A＝92；Z＝56；若核反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損1g，釋放的能量為9×1013J。（光速大小取3.0×108m/s）【分析】本題利用核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒求得質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，再根據(jù)質(zhì)能方程求解釋放的能量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知：0+92＝Z+36+3×3，1+235＝141+A+3×7；解得：A＝92，Z＝56根據(jù)質(zhì)能方程ΔE＝Δmc2可得釋放的能量ΔE＝0.001kg×（7×108）2J＝2×1013J。故答案為：92；5613?！军c評】本題考查了質(zhì)量虧損、核反應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識點，熟悉基礎(chǔ)方程并學(xué)會質(zhì)能方程相關(guān)計算，難度不大。10．如圖所示，在某一均勻介質(zhì)中，A、B是振動情況完全相同的兩個波源（20πt）m，介質(zhì)中P點與A、B兩波源間的距離分別為4m和5m，兩波源形成的簡諧橫波分別沿AP、BP方向傳播（1）簡諧橫波的波長為1m。（2）P點的振動加強(qiáng)（填“加強(qiáng)”或“減弱”）。【分析】由簡諧運動表達(dá)式為x＝0.1sin（20πt）m，讀出ω，由T＝求得波的周期T，由v＝求解波長；根據(jù)P點與A、B兩波源的路程差與波長的關(guān)系，分析P點的振動情況，若路程差是波長的整數(shù)倍，則振動加強(qiáng)；若路程差是半個波長的奇數(shù)倍，則振動減弱。【解答】解：由簡諧運動表達(dá)式為x＝0.1sin（20πt）m知，角頻率ω＝20πrad/s＝s＝0.4s；由v＝得波長為：λ＝vT＝10×0.1m＝5m；據(jù)題：P點到A、B兩個波源的路程差ΔS＝5m﹣4m＝5m＝λ。故答案為：（1）1m，（2）加強(qiáng)?！军c評】本題要掌握簡諧運動的表達(dá)式x＝Asinωt，即可讀出ω，求出周期和波長。根據(jù)路程與波長的關(guān)系，確定質(zhì)點的振動強(qiáng)弱是常用的方法。四、實驗題11．某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（4.7μF，10V），定值電阻R（阻值2.0kΩ）（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實物連線補(bǔ)充完整；（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波40Hz；（3）閉合開關(guān)S，一段時間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓Uc隨時間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，電容器處于充電狀態(tài)（填“充電”或“放電”），在B點時（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時間變化的情況m與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)f＝45Hz時電容器所帶電荷量的最大值Q＝1.8×10﹣5C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（5）根據(jù)實驗結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時基本不變【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實驗實物圖；（2）根據(jù)矩形波的周期求頻率；（3）電容器充電時，兩極板的電荷量增大，兩極板之間的場強(qiáng)增大，電勢差增大，據(jù)此分析電容器的充電、放電情況；根據(jù)圖線上A、B兩點的充電、放電情況，判斷充電、放電電流通過電阻R的方向，再結(jié)合電源電流通過電阻R的情況分析作答；（4）根據(jù)電容器的Um﹣f圖像，得出當(dāng)f＝45Hz時電容器兩端的最大電壓，再根據(jù)電容器的定義式求解最大電荷量。【解答】解：（1）根據(jù)電路圖可知，電解電容器與電壓傳感器并聯(lián)，連接的實物圖如圖（b）所示：（2）根據(jù)圖（c）可知，電壓矩形波的周期為T＝25×10﹣3s根據(jù)周期與頻率的關(guān)系，頻率（3）電容器充電時，兩極板的電荷量增大，電勢差增大；由圖（d）可知，實驗圖線上的A，在B點時，因此電容器處于充電狀態(tài)；實驗圖線上的A點，電容器正在放電，電源的電流順時針流過電阻R；實驗圖線上的B點，電容器正在充電，電源的電流順時針流過電阻R，因此在圖線上的B點通過電阻R的電流更大；（4）電容器的Um﹣f圖像如圖（e）所示：由題可知，當(dāng)f＝45Hz時電容器兩端的最大電壓約為Um＝3.76V根據(jù)電容器的定義式電容器所帶電荷量的最大值。故答案為：（1）如圖所示；（2）40；B；（4）1.8×10﹣4?！军c評】本題考查了電容的充放電、電解電容器兩端的電壓與頻率的關(guān)系以及電容器電荷量的計算；會根據(jù)電路圖連接實物圖，能夠根據(jù)電容器的Um﹣f圖像求解電容器的電壓，從而電容器所帶的電荷量。五、解答題12．阿斯頓（F.Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP′上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中4m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）6C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計。（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律寫出向心力表達(dá)式，推導(dǎo)氖離子做圓周運動的軌道半徑，結(jié)合題目所給的條件求解OM的長度；（2）根據(jù)落在N處的氖離子與M處氖離子的半徑關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律推導(dǎo)N處氖離子的比荷?！窘獯稹拷猓海?）氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)q1vB＝m1可得r1＝＝m＝0.2m由于氖離子垂直于邊界PP′進(jìn)入磁場，故OM的長度為落在M點處氖離子的圓軌道直徑d4＝2r1＝6×0.2m＝4.4m（2）落在N處的氖離子，其半徑為r2＝＝m＝7.22m同理r2＝代入數(shù)據(jù)解得＝6.36×106C/kg≈4.8×106C/kg答：（1）OM的長度為0.2m；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，則落在N處氖離子的比荷為4.4×106C/kg。【點評】注意帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)表達(dá)式，熟練掌握二次結(jié)論的運用和分析。13．如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為0.75m的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道上端點和圓心連線與水平面成37°角。質(zhì)量為2kg的小物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5。當(dāng)A到達(dá)木板右端時，同時A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開軌道后，可隨時解除木板鎖定，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6（1）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大??；（2）求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊A運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為1：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，同時系統(tǒng)動能增加3J，求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍?！痉治觥浚?）運用動量定理、機(jī)械能守恒定律求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大??；（2）運用動能定理及牛頓第二定律求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小，再結(jié)合斜拋運動求物塊A離開軌道后距地面的最大高度；（3）綜合運用動量定理、能量守恒定律求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)物塊A的初速度為v0，木板與軌道底部碰撞前，物塊A和木板的速度分別為v1和v5，物塊A和木板的質(zhì)量分別為m1和m2，物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板長度為L，由動量守恒定律和功能關(guān)系有m8v0＝m1v2+m2v2由題意分析v1≥v2，聯(lián)立式得v4＝7m/s，v2＝6m/s（2）設(shè)圓弧軌道半徑為R，物塊A到圓弧軌道最高點時斜拋速度為v3，軌道對物塊的彈力為FN．物塊A從軌道最低點到最高點，根據(jù)動能定理有物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式，得設(shè)物塊A拋出時速度v3的水平和豎直分量分別為vx和vyvx＝v3sin37°，vy＝v8cos37°斜拋過程物塊A上升時間解得t1＝5.4s該段時間物塊A向左運動距離為s1＝vxt5＝3×0.4m＝1.2m物塊A距離地面最大高度解得H＝8m（3）物塊A從最高點落地時間解得t4＝0.632s設(shè)向左為正方向，物塊A在最高點炸裂為B、C3、m4和v4、v5，設(shè)m5：m4＝1：5，系統(tǒng)動能增加ΔEk，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得m1vx＝m3v4+m4v5解得v4＝8m/s，v5＝2m/s或v2＝0，v5＝5m/s．設(shè)從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍Δt：（a）若v4＝6m/s，v7＝2m/s，炸裂后B落地過程中的水平位移為s'＝v4t2＝6×0.632m＝4.792m炸裂后C落地過程中的水平位移為s''＝v5t2＝2×0.632m＝1.264m木板右端到軌道底端的距離為Δs＝v7（t1+t2﹣Δt）＝（8.064﹣2Δt）m運動軌跡分析如下為了保證B、C之一落在木板上Ⅰ．若僅C落在木板上（2.064﹣5Δt）m+1.3m≥7.264m+0.6m且（8.064﹣2Δt）m≤1.264m+2.6m解得0.3s≤Δt≤0.75sⅡ．若僅B落在木板上（2.064﹣4Δt）m+1.3≥2.792m+0.6m且（5.064﹣2Δt）m≤3.792m+2.6m不等式無解；（b）若v4＝7，v5＝4m/s，炸裂后B落地過程中水平位移為4s'''＝v5t2＝4×0.632m＝2.528m木板右端到軌道底端的距離為Δs'＝v3（t1+t2﹣Δt）＝（5.064﹣2Δt）m運動軌跡分析如下為了保證B、C之一落在木板上Ⅲ．若僅B落在木板上（2.064﹣2Δt）m+1.3m≥7.6m且（2.064﹣8Δt）m≤0.6m解得8.732s≤Δt≤1.382sⅣ．若僅C落在木板上（2.064﹣7Δt）+1.3≥3.528+0.6且（5.064﹣2Δt）≤2.528+6.6解得0≤Δt≤8.118s綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證B，Δt滿足的條件為0.1s≤Δt≤3.118s或0.732s≤Δt≤0.75s答：（1）木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大小分別為6m/s；（2）物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小，離開軌道后距地面的最大高度2m；（3）物塊A運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為3：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，其中一塊沿原速度方向運動、C之一落在木板上。【點評】本題難度較大，分析清楚物塊與木板的運動過程是解題的前提，綜合應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式與動能定理、動量定理、機(jī)械能守恒定律解題。14．如圖，某實驗小組為測量一個葫蘆的容積，在葫蘆開口處豎直插入一根兩端開口、內(nèi)部橫截面積為0.1cm2的均勻透明長塑料管，密封好接口，用氮氣排空內(nèi)部氣體，氣柱長度l為10cm；當(dāng)外界溫度緩慢升高到310K時5Pa，水柱長度不計。（1）求溫度變化過程中氮氣對外界做的功；（2）求葫蘆的容積；（3）試估算被封閉氮氣分子的個數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。已知1mol氮氣在1.0×105Pa、273K狀態(tài)下的體積約為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA取6.0×1023mol﹣1?！痉治觥浚?）溫度變化過程中，容器的氣體等壓膨脹，根據(jù)W＝p0ΔV計算功；（2）根據(jù)蓋—呂薩克定律求葫蘆的容積；（3）根據(jù)蓋一呂薩克定律結(jié)合阿伏加德羅常數(shù)解答。【解答】解：（1）由于水柱的長度不計，故封閉氣體的壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)0，塑料管的橫截面積為S，初、末態(tài)氣柱的長度分別為l、l1，氣體對外做的功為W。根據(jù)功的定義有W＝p6S（l1﹣l）解得W＝0.5J（2）設(shè)葫蘆的容積為V，封閉氣體的初1、T2，體積分別為V3、V2，根據(jù)蓋—呂薩克定律有其中V6＝V+SlV2＝V+Sl1聯(lián)立以上各式并代入題給數(shù)據(jù)得V＝119cm6（3）設(shè)在1.0×107Pa、273K狀態(tài)下0、溫度為T0，封閉氣體的體積為V2，被封閉氮氣的分子個數(shù)為n。根據(jù)蓋一呂薩克定律有其中聯(lián)立以上各式并代入題給數(shù)據(jù)得n＝7.9×1021個答：（1）溫度變化過程中氮氣對外界做的功為0.8J；（2）葫蘆的容積為119cm3；（3）被封閉氮氣分子的個數(shù)為2.4×1021個?！军c評】本題考查蓋—呂薩克定律的應(yīng)用。關(guān)鍵是找出氣體初、末狀態(tài)參量，判斷出氣體做何種變化，然后選擇合適氣體實驗定律列式求解。15．某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一部分充滿勻強(qiáng)電場（電場強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達(dá)N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進(jìn)入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進(jìn)入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，求N點橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進(jìn)入磁場。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間?！痉治觥浚?）帶電粒子A進(jìn)入電場的初速度方向與電場方向垂直，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解求得α的大??；對粒子A從M到N的運動過程，根據(jù)動能定理求解M、N兩點的電勢差；（2）根據(jù)類平拋運動的性質(zhì)，結(jié)合在沿垂直電場方向與沿電場方向的分運動形式，應(yīng)用運動學(xué)公式求解；（3）先由電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系求解電場強(qiáng)度。確定粒子相鄰兩次在磁場中做勻速圓周運動的線速度大小關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力提供向