2021屆廣東省普寧市普師某中學(xué)高三（下）第二次模擬物理試卷

絕密★啟用前A.受到魔盤(pán)的支持力緩慢增大

2021屆廣東省普寧市普師高級(jí)中學(xué)高三（下）第B.受到魔盤(pán)的摩擦力緩慢增大

二次模擬物理試題C.受到的合外力大小不變

D.受到魔盤(pán)的作用力大小不變

注意事項(xiàng)：1、答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2、請(qǐng)將答

4.一不計(jì)重力的帶電粒子q在正點(diǎn)電荷。的電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則（）

案正確填寫(xiě)在答題卡上

一、單選題

1.關(guān)于物理學(xué)史，以下符合歷史事實(shí)的是（）

A.法拉第最早提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)A.粒子夕帶正電

B.密立根通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn)精確地測(cè)出了元電荷的電量B.粒子夕的加速度先變小后變大

C.伽利略通過(guò)實(shí)驗(yàn)總結(jié)得出力是維持物體速度不變的原因C.粒子夕的電勢(shì)能先變小后變大

D.牛頓研究整理第谷天文觀測(cè)的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律D.粒子g一定是從A運(yùn)動(dòng)到8

2.據(jù)報(bào)道，位于安徽省合肥市科學(xué)島上的“東方超環(huán)”（EAST）——俗稱(chēng)“人造小太陽(yáng)”，5.如圖所示，A、B兩小球質(zhì)量均為機(jī)，用輕彈簧相連接，靜止在水平面上。兩者間

預(yù)計(jì)將于2021年5月完成升級(jí)改造。參與核反應(yīng)的燃料為笊核和旅核，反應(yīng)后產(chǎn)生氨的距離等于彈簧原長(zhǎng)?，F(xiàn)用錘子敲擊A球，使A獲得速度打兩者運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停

核和某種粒子X(jué),下列說(shuō)法正確的是（）下，則（）

A.此核反應(yīng)為裂變反應(yīng)AB

B.X帶正電

A.兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.X為高頻電磁波

B.摩擦力對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的變化

D.笊核和你:核的總質(zhì)量大于氮核和X的總質(zhì)量

C.摩擦力對(duì)B所做的功等于B機(jī)械能的變化

3.圖甲為游樂(lè)場(chǎng)中一種叫“魔盤(pán)”的娛樂(lè)設(shè)施，游客坐在轉(zhuǎn)動(dòng)的魔盤(pán)上，當(dāng)魔盤(pán)轉(zhuǎn)速增

D.最終A、B、彈簧所組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能小于

大到一定值時(shí)，游客就會(huì)滑向盤(pán)邊緣，其裝置可以簡(jiǎn)化為圖乙。若魔盤(pán)轉(zhuǎn)速緩慢增大，

6.“神舟八號(hào)”與“天宮一號(hào)”成功實(shí)現(xiàn)了對(duì)接。對(duì)接前，它們?cè)陔x地面三百多公里的同

則游客在滑動(dòng)之前（）

一軌道上一前一后繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）

甲乙A.它們的運(yùn)行速度相同

B.它們的加速度小于9.8m/s

dy---~甲，一、

C.運(yùn)行的周期可能大于24小時(shí)o'、'、

X、

乙'、:'、、、'、

D.若神州八號(hào)點(diǎn)火加速，即可與天宮一號(hào)實(shí)現(xiàn)對(duì)接

\/BNA

7.如圖所示，電路中。點(diǎn)接地。若不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，將滑動(dòng)變阻

A.拋出時(shí)速度之比為3:1

B.拋出時(shí)機(jī)械能之比為9:1

C.從。到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:1

D.從。到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受重力的沖量之比為1:3

10.光滑絕緣水平桌面上的正方形區(qū)域內(nèi)，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一?直角三角形

A.。點(diǎn)電勢(shì)升高B.電源的輸出功率增加

金屬均勻線框置于桌面上，如圖所示?，F(xiàn)用一-水平外力尸將線框勻速推出磁場(chǎng)區(qū)域，

C.電壓表讀數(shù)減小D.電源的效率變小

此過(guò)程中，下列關(guān)于力足線框中的電流/、通過(guò)線框某一橫截面的電量^和線框的熱

二、多選題

功率P隨時(shí)間I變化的關(guān)系圖像，可能正確的是（）

8.某質(zhì)量為8x102kg的電動(dòng)車(chē)由靜止開(kāi)始沿平直公路行駛，測(cè)出它能達(dá)到的最大速

度為15m/s,利用傳感器測(cè)得此過(guò)程中不同時(shí)刻該車(chē)的牽引力尸與對(duì)應(yīng)的速度照并

描繪出b圖象如圖所示。假設(shè)電動(dòng)車(chē)行駛中所受的阻力恒定，則（）

A.圖線中5點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，牽引力恰好等于阻力

B.電動(dòng)車(chē)所受阻力為1600N

C.8C段對(duì)應(yīng)的時(shí)間內(nèi)，環(huán)保車(chē)的加速度不斷減小

D.電動(dòng)車(chē)由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)1.5s速度達(dá)到3m/s

9.將相同的甲、乙兩小球從O點(diǎn)水平拋出，均可以到達(dá)水平地面上的A點(diǎn)，在空中三、實(shí)驗(yàn)題

11.某試驗(yàn)小組利用拉力傳感器來(lái)驗(yàn)證牛頓第二定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖。他們將拉力傳

的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。乙球與地面8點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間和空氣阻力，取

感器固定在小車(chē)上，用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線將其通過(guò)一個(gè)定滑輪與鉤碼相連，用拉力傳感

地面為零勢(shì)能面，則甲、乙（）

器記錄小車(chē)受到的拉力F的大?。恍≤?chē)后面固定一打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，通過(guò)拴在小車(chē)上的紙

帶，可測(cè)量小車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)的速度與加速度。電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約3kQ）

電阻箱R（阻值范圍0?9999C）

定值電阻Ri（阻值為2Q）

開(kāi)關(guān)及導(dǎo)線若干

（1）該小組按照?qǐng)D甲電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，在調(diào)節(jié)R阻值的過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化

范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的可能原因是（寫(xiě)出一個(gè)原因即可）。

（1）若交流電的頻率為50Hz,則根據(jù)如圖所打紙帶的打點(diǎn)記錄，小車(chē)此次運(yùn)動(dòng)經(jīng)8

（2）該小組提出圖乙、丙兩種改進(jìn)方案，應(yīng)選擇（選填“乙”或“丙”）方案進(jìn)行

點(diǎn)時(shí)的速度小車(chē)的加速度a=2

vB=m/s,m/so實(shí)驗(yàn)。

（2）要驗(yàn)證牛頓第二定律，除了前面提及的器材及已測(cè)出的物理量外，實(shí)驗(yàn)中還要使

用來(lái)測(cè)量出。

（3）由于小車(chē)所受阻力f的大小難以測(cè)量，為了盡量減小實(shí)驗(yàn)的誤差，需盡可能降低

小車(chē)所受阻力/的影響，以下采取的措施中必要的是o

A.適當(dāng)墊高長(zhǎng)木板無(wú)滑輪的一端，使未掛鉤碼的小車(chē)被輕推后恰能拖著紙帶勻速下

滑

B.應(yīng)使鉤碼總質(zhì)量〃?遠(yuǎn)小于小車(chē)（加上傳感器）的總質(zhì)量M（3）利用改進(jìn)的方案測(cè)出多組電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R,作出'圖像如圖

C.定滑輪的輪軸要盡量光滑

丁所示。根據(jù)圖像可求得蓄電池電動(dòng)勢(shì)為V,內(nèi)阻的阻值為。（結(jié)果保留

D.適當(dāng)增大鉤碼的總質(zhì)量〃7

兩位有效數(shù)字）。

12.一學(xué)習(xí)小組要測(cè)量某蓄電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：四、解答題

13.如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之

間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表

面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為，〃、水平速度均為％,帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)

電源電壓至U,墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共

存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)。

（1）判斷墨滴所帶電荷的種類(lèi)，并求其電荷量；

待測(cè)蓄電池（電動(dòng)勢(shì)約2V）（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；

為42cm,當(dāng)空氣柱被壓縮到40cm時(shí)壓力傳感器使洗衣機(jī)停止進(jìn)水，此時(shí)洗衣缸內(nèi)水

|?3〃〉

1x_X_X~~X~~X位有多高？大氣壓取1.0x105pa，水的密度取l.OxlOlg/n?,重力加速度g取

V?XXXXX

!XXXXX

14.如圖，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著

質(zhì)量M=3kg的小物塊A,物塊A不會(huì)脫離彈簧。裝置的中間是長(zhǎng)度/=4.0m的水

平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接，傳送帶以u(píng)=7m/s的速度逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一段光滑的水平臺(tái)面連接的光滑曲面，質(zhì)量m=1kg的小物塊

五、填空題

B從曲面上距水平臺(tái)面/i=5.25m處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)傳送帶后與物塊A發(fā)生對(duì)心彈

16.晶體在熔化過(guò)程中吸收的熱量全部用來(lái)破壞空間點(diǎn)陣，分子勢(shì)能(填“增

性碰撞，已知碰撞前物塊A靜止且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦

加""減少''或"不變”)，分子平均動(dòng)能(“增加”“減少”或“不變”)，所以晶體有固

因數(shù)〃=0.3,取g=10m/st不考慮物塊大小對(duì)問(wèn)題的影響，不考慮物塊運(yùn)動(dòng)對(duì)傳

定的熔點(diǎn)。

送帶速度的影響。求：

(1)物塊B與物塊A碰撞前瞬間的速度大小；

(2)物塊A、B碰撞后，傳送帶的傳動(dòng)速度降為i/=2.5m/s,方向保持逆時(shí)針?lè)较?/p>

不變。試求物塊B第二次離開(kāi)傳送的速度方向及大小。

15.如圖，某自動(dòng)洗衣機(jī)洗衣缸的底部與一控水裝置的豎直均勻細(xì)管相通，細(xì)管的上

部封閉，并和一壓力傳感器相接。洗衣缸進(jìn)水時(shí)，細(xì)管中的空氣被水封閉，隨著洗衣

缸中水面的升高，細(xì)管中的空氣被壓縮，當(dāng)細(xì)管中空氣壓強(qiáng)達(dá)到一定數(shù)值時(shí)，壓力傳

感器使進(jìn)水閥門(mén)關(guān)閉，達(dá)到自動(dòng)控水的目的。假設(shè)剛進(jìn)水時(shí)細(xì)管被封閉的空氣柱長(zhǎng)度

參考答案

1.A

解：

A.法拉第最早提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)，所以A正確；

B.密立根通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)精確地測(cè)出了元電荷的電量，所以B錯(cuò)誤；

C.伽利略否定了“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的觀點(diǎn)，所以C錯(cuò)誤；

D.牛頓研究整理第谷、哥白尼、伽俐略、笛卡爾、開(kāi)普勒等人對(duì)天文觀測(cè)的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)了

萬(wàn)有引力定律，所以D錯(cuò)誤；

故選Ao

2.D

解：

A.此核反應(yīng)為聚變反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)核反應(yīng)電荷守恒定律，有粒子X(jué)不顯電性，為中子。故B錯(cuò)誤；C錯(cuò)誤；

D.核反應(yīng)過(guò)程，釋放能量，出現(xiàn)質(zhì)量虧損。所以笊核和瓶核的總質(zhì)量大于氮核和X的總質(zhì)

量。

故選D。

3.B

解：

AB.設(shè)轉(zhuǎn)盤(pán)斜面傾角為仇對(duì)人受力分析可知，

fcos0-Nsin0=ma)2r

fsin0+Ncos0-mg

解得

N-mgcos0-mco2rsin

,.八mco2r

j=mgsin0+-------

tan。

則隨著魔盤(pán)轉(zhuǎn)速緩慢增大，則人受到魔盤(pán)的支持力N緩慢減小，人受到魔盤(pán)的摩擦力/緩慢

增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；

C.根據(jù)尸=〃心2/可知，隨轉(zhuǎn)速增加人受到的合外力大小增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.人受到魔盤(pán)的作用力是支持力和摩擦力的合力，其大小為

F-yj(mg)2+(mto2r)2

則大小隨著轉(zhuǎn)速的增加而增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Bo

4.C

解：

A.根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)軌跡特點(diǎn)合外力總是指向軌跡彎曲的一面,所以粒子q帶負(fù)電，則A錯(cuò)誤；

B.由于帶電粒子先靠近點(diǎn)電荷后遠(yuǎn)離，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)的特點(diǎn)離點(diǎn)電荷越近的場(chǎng)強(qiáng)越大，

則粒子q的加速度先變大后變小，所以B錯(cuò)誤；

C.由于帶電粒子先靠近點(diǎn)電荷后遠(yuǎn)離，所以電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，則粒子"的電勢(shì)能

先變小后變大，所以C正確；

D.無(wú)法確定粒子q一定是從A運(yùn)動(dòng)到B,所以D錯(cuò)誤；

故選C。

5.D

解：

A.由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有摩擦力作用，合外力不為0,所以?xún)汕蚪M成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，

則A錯(cuò)誤；

B.摩擦力對(duì)A做的功不等于A動(dòng)能的變化，因?yàn)閷?duì)A除了摩擦力做功，還有彈簧的彈力

做功，所以B錯(cuò)誤；

C.摩擦力對(duì)B所做的功不等于B機(jī)械能的變化，因?yàn)閷?duì)B球分析彈簧彈力也做了功，也

是外力，所以C錯(cuò)誤；

D.由于有摩擦力作用，則最后彈簧可能處于壓縮或伸長(zhǎng)狀態(tài)，具有一定的彈性勢(shì)能，所以

最終A、B、彈簧所組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能小于,m一,則D正確；

2

故選D?

6.B

解：

A.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

因?yàn)樗鼈冊(cè)谕卉壍肋\(yùn)動(dòng)，一相等，所以它們運(yùn)動(dòng)的速率相等，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向在軌跡

切線方向，

所以它們的速度方向不同，則它們的運(yùn)行速度不同，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

GMm,

——=mg

r

解得

,GM

g=F

由于它們和地面物體比較半徑r大，所以加速度小，即加速度小于9.8根/S2,故B正確；

C.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

GMm（2萬(wàn)）

m

*~T2「

解得

3

T_91r

T=2乃J------

\GM

可知，半徑越小T越小，因?yàn)樗鼈冘壍腊霃奖韧叫l(wèi)星小，所以運(yùn)行的周期可能小于24小

時(shí)，故C錯(cuò)誤；

D.若神州八號(hào)立即加速,,需要的向心力大于萬(wàn)有引力，做離心運(yùn)動(dòng)，到更高的軌道，無(wú)法

實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故D錯(cuò)誤；

故選Bo

7.A

解：

AC.將滑動(dòng)變阻器的滑片向“端移動(dòng)，阻值增大，總電阻增大，總電流減小，根據(jù)閉合電

路歐姆定律可得

q=E-/(廠+4)

由于總電流減小，電源內(nèi)阻與定值電阻與不變，則&兩端電壓增大，則通過(guò)&兩端電流增

大，由串并聯(lián)電路電壓電流關(guān)系有

/總=，2+4

則通過(guò)&的電流減小，電壓表的讀數(shù)為

((UUIR

Pll-Pb=ab=i-22

則電壓表的讀數(shù)增大，4點(diǎn)電勢(shì)升高，所以A正確；C錯(cuò)誤；

B.由于電源內(nèi)阻無(wú)法確定，根據(jù)電源的輸出功率特點(diǎn)，當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的

輸出功率最大，所以電源的輸出功率無(wú)法確定，則B錯(cuò)誤；

D.電源的效率為

片”X1OO%=—^-X1OO%=—1—X100%

EIR外+r1+_L

國(guó)卜

則將滑動(dòng)變阻器的滑片向。端移動(dòng)，阻值增大，總外電阻增大，所以電源的效率也增大，則

D錯(cuò)誤；

故選A。

8.CD

解：

A.牽引力恰好等于阻力時(shí)，電動(dòng)車(chē)的加速度為0,速度達(dá)到最大值，應(yīng)該是圖線中C點(diǎn)對(duì)

應(yīng)時(shí)刻，所以A錯(cuò)誤；

B.速度達(dá)到最大值，牽引力恰好等于阻力時(shí)，電動(dòng)車(chē)的加速度為0,由圖像可知

/=F=400N

所以B錯(cuò)誤；

C.BC段對(duì)應(yīng)的時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)車(chē)的功率保持不變，由牛頓第二定律有

F-f=ma,F——

v

由于電動(dòng)車(chē)的功率保持不變，則速度增大時(shí)，牽引力逐漸減小，電動(dòng)車(chē)的加速度不斷減小,

所以c正確；

D.電動(dòng)車(chē)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有

F-f=ma

解得

F-f2000-400一，2

8xl02

經(jīng)過(guò)1.5s速度為

v-at=2x1.5=3m/s

此時(shí)電動(dòng)車(chē)的功率為

P=Fv=2000x3=6000W=7^,=400xl5=6000W

所以經(jīng)過(guò)1.5s剛好達(dá)到額定功率，則D正確；

故選CD。

9.AD

解：

A.由兩球軌跡，可知甲乙兩球首次落地前，位移關(guān)系為

■Xip=3x乙

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有

即兩球拋出時(shí)速度之比為3:1。故A正確；

B.題目中條件不足，不能確定兩球拋出時(shí)的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；

C.由兩球軌跡，易知兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為

t甲:ty—1.3

故C錯(cuò)誤；

D.從。到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受重力的沖量為

I—Gt

聯(lián)立，可得

/甲：〃=1：3

故D正確。

故選AD,

10.BC

解：

A.線框勻速推出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，有

由圖可知

L-vttan3

B2V3tan2^2

-------------r

R

可見(jiàn)F與時(shí)間f的二次方成正比，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.感應(yīng)電流

,BLvBv~tan6

I=-----=------------

可見(jiàn)電流/與時(shí)間f成正比，選項(xiàng)B正確;

C.通過(guò)線框某一橫截面的電量

可見(jiàn)4與時(shí)間f的二次方成正比，圖線為拋物線，選項(xiàng)C正確:

D.線框的熱功率

B2Lrv2_B2v4tan23

可見(jiàn)P與時(shí)間，的二次方成正比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選BC。

II.0.401.46天平小車(chē)總質(zhì)量AD

解：

(I)[1]根據(jù)平均速度表示瞬時(shí)速度可得小車(chē)此次運(yùn)動(dòng)經(jīng)B點(diǎn)時(shí)的速度為

-2

xAC_8.00xlO

VB=0.40m/s

tAC2x0.1

[2]根據(jù)

^x=aT2

可得，小車(chē)的加速度為

一3^48.0。-3.27-327)x1。：“46mzs,

T20.12

(2)[3[4]要驗(yàn)證牛頓第二定律，根據(jù)

F

a=——

M

可知該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量質(zhì)量，所以實(shí)驗(yàn)中還要使用天平，來(lái)測(cè)量出小車(chē)的總質(zhì)量。

(3)|5]A.實(shí)驗(yàn)中需要平衡摩擦力，平衡摩擦力的操作，適當(dāng)墊高長(zhǎng)木板無(wú)滑輪的一端，

使未掛鉤碼的小車(chē)被輕推后恰能拖著紙帶勻速下滑，所以A正確；

BC.實(shí)驗(yàn)中用拉力傳感器直接測(cè)出了小車(chē)的拉力大小，因此對(duì)小車(chē)的質(zhì)量和所掛鉤碼質(zhì)量

沒(méi)有具體的要求，定滑輪的輪軸是否光滑也無(wú)關(guān)，所以BC錯(cuò)誤：

D.適當(dāng)增大鉤碼的總質(zhì)量加可以減小摩擦阻力產(chǎn)生的相對(duì)誤差，所以D正確；

故選ADo

12.蓄電池內(nèi)阻太小(或蓄電池電動(dòng)勢(shì)太小，或電阻箱的阻值太大)乙1.80.38(0.38~0.42)

解：

(1)11]由圖甲可知，電壓表測(cè)的是電阻箱R的電壓，示數(shù)變化范圍比較小，說(shuō)明電阻箱R的

值比蓄電池的內(nèi)阻大的多，也就是蓄電池的內(nèi)阻太小的原因。

(2)[2]圖丙電路圖與圖甲電路圖類(lèi)似,圖乙電路圖的R與蓄電池串聯(lián)，等于電源的內(nèi)阻增大，

是R+r,因此應(yīng)選圖乙的方案實(shí)驗(yàn)。

(3)[3]由閉合電路的歐姆定律有

1=——--

R+Ri+r

ER

U=IR=

/?+/?,+r

_L」+XJ_

UEER

由圖丁可知

E=1.8V

⑷蓄電池的內(nèi)阻

/?,+r_1.5-0.55

r=0.38Q

B⑴帶負(fù)電荷,口聯(lián)⑵器

解：

(1)由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做

勻速直線運(yùn)動(dòng)，有

U

q『g

U

(2)進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，重力與電場(chǎng)力平衡，磁場(chǎng)力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和擋板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)則半徑

由此可得

14.(1)9m/s；(2)2.5m/s.方向向左離開(kāi)傳送帶

(1)設(shè)B滑到曲面底部速度為%,根據(jù)機(jī)械能守恒定律

解得

%=12gh-，2x10x5.25m/s--V105m/s

由于v0>v=7m/s,2在傳送帶上開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)3一直減速滑過(guò)傳送帶的速度為v,,

由動(dòng)能定理可得

一卬叫；;相片

解得

v1=9m/s

由于匕=9m/s仍大于7m/s,說(shuō)明假設(shè)成立，即8與A碰前速度為9m/s。

(2)設(shè)第一次碰后A的速度為囁-B的速度為丫小，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

和機(jī)械等守恒定律得