2023-2024学年山东省实验中学高三（下）调研考试（一模）物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省实验中学高三（下）调研考试（一模）物理试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用 ​14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代， ​14C衰变方程为 614C→714N+X， ​14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是
( )
A. 方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分
B. 方程中的X是中子，来源于原子核
C. 文物所埋藏的环境会影响 614C的半衰期，进而对推算年代造成影响
D. 若 614C、 714N、X的质量分别是m1、m2、m3，一个 614C发生衰变释放能量为m1−m2−m3c2
2.如图所示，一种户外野炊便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为37°，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则
( )
A. 每根轻杆中的弹力大小为mg3
B. 三角架所受合力大小为mg
C. 每根杆与地面的摩擦力大小为14mg
D. 减小杆与竖直方向夹角时，每根杆受地面的作用力增大
3.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AC边的中点D，入射方向与AC边的夹角为θ=30∘，经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a折射到BC边的中点E，单色光b折射到F点，则下列说法中正确的是
( )
A. 若a光是黄光，则b光可能是蓝光
B. 若两束光分别通过相同的双缝装置，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
C. 入射光线从DC之间且垂直AC边射入，则a光不能从BC边射出
D. 用a、b光分别照射同一种金属，若a光能发生光电效应，则b光也一定能发生光电效应
4.如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器R3滑片P向下滑动过程中
( )
A. R2两端电压不变B. 电流表示数减小
C. 电压表示数增大D. R4消耗的电功率增大
5.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是
( )
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR22R+h
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D. 同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
6.一倾角为α的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为−q的小球，以初速度v0从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是
( )
A. 小球在斜面上做变加速曲线运动
B. 小球到达底边的时间为 2hgsin2α
C. 小球到达底边的动能为mgh
D. 匀强磁场磁感强度的取值范围B≤mgsinαqv0
7.如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x，撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a−t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内a−t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a−t图线与坐标轴所围面积大小，A在t1时刻的速度v0。下列说法正确的是
( )
A. 0到t1时间内，墙对A、B系统的冲量等于mAv0
B. mAC. t2时刻弹簧的形变量最大且vA>vB
D. t1时刻运动后，弹簧的最大形变量等于x
8.如图所示，左右两部分间距之比为1：2的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为m=2kg，电阻之比RAB:RCD=1:2的金属棒垂直静置在水平轨道上。现用水平拉力F=250N作用在CD棒上，使其向右移动0.5m时撤去拉力，此时vAB:vCD=1:2，在此过程中CD棒产生的热量为30J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，导轨电阻不计，下列说法正确的是
( )
A. 撤去外力时导体棒AB的速度为8m/s
B. 撤去外力F后，棒AB、CD的加速度始终相等
C. 运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8J
D. 从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、CD运动的位移之比为1：2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，真空中有一正方体ABCD−A1B1C1D1，在正方体的顶点A、C1处分别固定一个电荷量相等的正点电荷，则下列说法正确的是
( )
A. B点和D1点的电势相等
B. B点和D1点的场强相同
C. 若有一个质子以某一初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
D. 若有一个电子以某一初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
10.如图所示，某均匀介质中有两个点波源S1−3 3,0,0和S23 3,0,0，它们沿垂直纸面z方向振动，垂直纸面向外为正方向。其中S1的振动方程为z1=0.1sin10π3t+π3m；S2的振动方程为z2=0.1sin10π3t−2π3m。已知波速为20m/s，图中所有介质均已振动，则下列说法正确的是
( )
A. 两列波可以发生干涉
B. t=0时刻P0,6,0处质点的位移为0
C. t=0时刻Q−3 3,6,0处质点的位移为0.2m
D. t=0时刻波源S1和S2的加速度相同
11.如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体AB−CD−EF，可绕其竖直中心轴OO′在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为h=1.1m。置于AB中点P的小物体(视为质点)恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度g=10m/s2。
( )
A. “V”型二面体匀速转动的角速度ω=5rad/s
B. “V”型二面体匀速转动的角速度ω=10 33rad/s
C. 若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D. 若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
12.如图，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端距斜面顶端距离为l。将质量为m的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t弹簧的最大压缩量为3 2mg2k。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，其中x是是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，则下列说法正确的是
( )
A. 物块速度最大时的压缩量为 2mg2k
B. 物块的最大动能为mg 22l+mg2k−g2m24k
C. 物块运动过程中的最大加速度为 22g
D. 物块从与弹簧接触到速度为零的时间为t4
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.(1)在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是___________。
A. B．
C. D．
(2)某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是他找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②利用刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期T。
③在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，他作出的T2−l图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为____________m/s2。(π取3.14。计算结果保留三位有效数字)
(3)相比于实验室作出的T2−l图像，该同学在家做实验的T2−l图像明显不过原点，其中横轴截距绝对值的意义为____________。
14.同学们想利用实验室现有的实验器材，按照图中的实验电路测量一组镍氢纽扣电池的电动势E(约为3.6V)和内阻(小于2Ω)。已有的实验器材为：
A.待测镍氢纽扣电池
B.电压表V(量程为3V，内阻约为5kΩ)
C.毫安表A(量程为5mA，内阻为50Ω)
D.定值电阻R0=7Ω，R1=50Ω，R2=550Ω，R3=6kΩ
E.电阻箱R40∼9999.9Ω
F.滑动变阻器R5
G.开关及导线若干。
(1)为将毫安表A改装成一个量程合适的电压表，需要串联一分压电阻R。根据提供的实验器材，分压电阻R应选择_________(选填“R1”、“R2”或“R3”)。
(2)校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些。因此，在对毫安表A的分压电阻进行校准时，电阻箱应__________。
A.与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R小得多
B.与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R大得多
C.与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R小得多
D.与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R大得多
(3)将电压表V和改装后的电压表示数分别记为U1和U2。调节滑动变阻器获得实验数据并进行描点连线绘制U1−U2图像。已知该图像的斜率为k，纵截距为a。则电源的电动势E和内阻分别为___________、_____________。(请用题中字母表示)
四、简答题：本大题共2小题，共18分。
15.小方同学用一个容积为50L、压强为2.1×106Pa的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为1.05×105Pa，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27℃、压强为1.0×105Pa。已知气球上升时体积达到7.5L时就会爆裂，离地高度每升高10m，气球内气体压强减小100Pa，上升过程中大气温度不变。求：
(1)充气后每个气球的体积V0；
(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
16.“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠(忽略线圈间距离)的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B=kI，其中k=50T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m=1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为n=10匝，阻值R=1.0Ω，长为L=20cm，宽为d=10cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。
(1)若电磁铁中的电流为20mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；
(2)若电磁铁中的电流为20mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
17.如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37°，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA=34和μB=14，恒力F=2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求恒力F的作用时间；
(2)撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；
(3)设A、B间每次碰撞时间极短(可忽略不计)，且皆为弹性正碰，求：
①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；
②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。
18.如图所示，−2L0的区域I内存在一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E。x>−L且z>0的区域Ⅱ内存在一沿y轴负方向的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B1。在−2L(1)求匀强磁场B1大小；
(2)求匀强磁场B1的最小面积；
(3)若角度θ=0，求磁感应强度B2的取值范围；
(4)若角度θ的大小在0到90°之间，试定量讨论磁感应强度B2的取值范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】AB.在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是电离产生的，A、B错误；
C.放射性元素的半衰期非常稳定，不受环境影响，C错误；
D.根据质能方程可知，该反应释放的能量
E=m1−m2−m3c2
D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.以吊锅和铁链为研究对象，设每根杆的弹力为 FN ，在竖直方向，根据平衡条件有
3FNcs37∘=mg
解得
FN=512mg
而每根杆受到地面对其的作用力应与 FN 平衡，由此可知，每根杆受到地面的作用力大小为 512mg ，故A错误；
B.三角支架处于静止状态，受力平衡，所受合力为0，故B错误；
C.根据牛顿第三定律可知，每根杆对地面的作用力的大小为 FN ，则由平衡条件可得，每根杆与地面间的摩擦力大小
f=FNsin37∘=14mg
故C正确；
D.对便携式三脚架与吊锅整体进行分析有
mg=3N
解得
N=13mg
根据牛顿第三定律有
N′=N=13mg
即减小杆与竖直方向夹角时，每根杆对地面压力不变，而
f=FNsinθ ， 3FNcsθ=mg
解得
f=mgtanθ3
减小杆与竖直方向夹角时，每根杆对地面摩擦力减小，故每根杆受地面的作用力应减小，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知，单色光a偏折到BC边的中点E，单色光b偏折到F点，棱镜对a光的偏折程度大于b光，由 n=sinisinr ，可知a光的折射率较大。若a光是黄光，则b光不可能是蓝光，故A错误；
B.棱镜对a光的折射率较大，则a光的波长小于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式 Δx=ldλ 可知，分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，故B错误；
C.根据题意可知a光在AC面上的入射角
i=60∘ ， r=30∘
则棱镜对单色光a的折射率为
n=sin60∘sin30∘= 3
根据 sinC=1n 可知
sinC= 33
当入射方向与边AC垂直时，光线在BC边上的入射角
α=60∘
则
α>C
所以a光在BC边发生全反射，a光不能从BC边射出，故C正确；
D.根据爱因斯坦光电效应方程
Ek=hν−W0
由于a光的折射率大，频率较高，若a光能使某种金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】将滑动变阻器 R3 滑片P向下滑动过程中，可知滑动变阻器接入电阻阻值减小，则副线圈总电阻减小，把变压器和副线圈全部负载看成一个等效电阻，则等效电阻减小，根据欧姆定律可得
I1=UabR1+R等
可知原线圈电流 I1 增大，则 R1 两端电压增大，原线圈输入电压 U1 减小，根据
U2U1=n2n1 ， I2I1=n1n2
可知副线圈输出电压 U2 减小，副线圈电流 I2 增大；则 R2 两端电压减小，电流表示数增大；由于通过 R2 的电流减小，则通过 R4 的电流增大， R4 消耗的电功率增大；由于 R4 两端电压增大，则 R3 两端电压减小，即电压表示数减小。
故选D。
5.【答案】B
【解析】A.根据万有引力的公式
F=GMm(R+h)2
可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故A错误；
BD.根据万有引力充当向心力有
GMm(R+h)2=mv2(R+h)
可得卫星的线速度
v= GMR+h
则该卫星的动能
Ek=12mv2=GMm2(R+h)
而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有
GMm′R2=m′g
可得
GM=gR2
则可得该物体的动能
Ek=mgR22(R+h)
而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大，其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动能，故B正确，D错误；
C.若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120∘ ，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为
r′=Rcs60∘=2R
则卫星离地高度至少为
h′=r′−R=R
故C错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】A.小球运动过程中，小球受到的洛伦兹力、重力恒定不变，则小球受到的合力不变，且合力方向与初速度方向不在同一直线上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，故A错误；
B.小球做类平抛运动，在NM方向上，小球做匀速直线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线运动，则
hsinα=12at2
小球的加速度为
a=gsinθ
解得小球到达底边的时间为
t= 2hgsin2α
故B正确；
C.根据动能定理，小球到达底边的动能为
Ek=12mv02+mgh
故C错误；
D.根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面向上，为使小球不脱离斜面，则
qv0B≤mgcsα
解得匀强磁场磁感强度的取值范围为
B≤mgcsαqv0
故D错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】A.由图像可知，在 t1 时刻弹簧恢复到原长，0到 t1 时间内，对A、B系统由动量定理
I1=mAv0
即墙对A、B系统的冲量等于 mAv0 ，选项A正确；
B. t1∼t2 时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中
aA根据
mAaA=mBaB
可知
mA>mB
选项B错误；
C.由以上分析可知， t2 时刻弹簧的形变量最大且
vA=vB=v
选项C错误；
D. t1 时刻运动后， t2 时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知
12kx2=12(mA+mB)v2+12kx′2
可知弹簧的最大形变量小于x，选项D错误。
故选A。
8.【答案】C
【解析】A.两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律
Q=I2Rt
所以AB棒的焦耳热为15J，根据能量守恒定律，有
Fs=12mvAB2+12mvCD2+Q1+Q2
又因为 vAB:vCD=1:2 ，带入可得
vAB=4m/s ， vCD=8m/s
故A错误；
B.根据牛顿第二定律
BIL=ma
而电路中两导体棒电流和质量相等，导体棒的长度之比为 1:2 ，故加速度之比为
a1:a2=1:2
故B错误；
C.撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流相等，即两棒切割磁感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BLv′AB=B⋅2Lv′CD
即
v′AB=2v′CD
对两棒分别应用动量定理，有
FABt=mv′AB−mvAB
−FCDt=mv′CD−mvCD
而两导体棒的安培力
2FAB=FCD
可得
v′AB=6.4m/s
v′CD=3.2m/s
此时电路中无电流，不产生焦耳热，个整个过程中产生的焦耳热
Q=Fs−(12mv′AB2+12mv′CD2)=73.8J
故C正确；
D.根据两棒的动量定理
FABt=mv′AB−mvAB
−FCDt=mv′CD−mvCD
而冲量
I=Ft=BILt=BELR总t=B2L2vR总t=B2L2R总x
可知两棒位移之比为
B2L2R总xAB−B2(2L)2R总xCD=mv′AB−mvABmv′CD−mvCD
解得
xAB:xCD=2:1
故D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【解析】AB.电势为标量，电场强度为矢量，在等量同种电荷的电场中，根据对称性可知B、D1两点电势相等，场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；
CD.两个等量正电荷形成的电场，不是匀强电场，若粒子在该电场中做匀速圆周运动，运动轨迹处的场强一定大小相等，根据对称性，该轨迹一定在等量同种电荷的中垂面上，且圆心一定在两电荷连线的中点处，若有一个电子以某一初速度射入该处，两个正电荷对它的引力的合力提供向心力，可以做匀速圆周运动，而如果是正电荷，受到的是排斥力，不可能指向圆心，因此不可能做匀速圆周运动，C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】AB
【解析】A.两列波的频率均为
f=ω2π=53Hz
则可以发生干涉，选项A正确；
B.两振源的相位差为π，而P点到两振源的距离之差为零，则P点为振动减弱点，振幅为零，则 t=0 时刻 P0,6,0 处质点的位移为0，选项B正确；
C.波长
λ=vf=12m
因
QS1=6m=12λ
则 t=0 时刻由S1在Q点引起的位移为
s1=−0.1sinπ3m=−0.1 32m
QS2= 62+(6 3)2m=12m=λ
则 t=0 时刻由S2在Q点引起的位移为
s2=0.1sin(−2π3)m=0.1 32m
则 t=0 时刻 Q−3 3,6,0 处质点的位移为零，选项C错误；
D. t=0 时刻波源 S1 和 S2 的位移相同，根据
a=−kxm
可知加速度不一定相同，选项D错误。
故选AB。
11.【答案】BC
【解析】AB.设小物体受到的支持力为 FN ，则有
FNsin60∘=mg
FNcs60∘=mω2Lsin60∘
解得
ω=10 33rad/s
故A错误、B正确；
CD.若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为 t ，运动的初速度大小为 v0 ，加速度大小为 a ，沿AD方向向下运动的距离为 y ，则有
mgsin60∘=F N′
mgcs60∘=ma
v0=ωLsin60∘
L2=v0t
y=12at2
解得
y=0.025m=2.5cm
故C正确、D错误。
故选BC。
12.【答案】AB
【解析】A.速度最大时合力为零，则有
mgsin45∘=kx
解得压缩量为
x= 2mg2k
故A正确；
B.从静止释放到物块的动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
mgl+xsin45∘=12kx2+Ekm
解得物块的最大动能为
Ekm=mg 22l+mg2k−g2m24k
故B正确；
C.弹簧压缩量最大时，根据牛顿第二定律可得
k⋅3 2mg2k−mgsin45∘=ma
解得物块的最大加速度为
a= 2g
故C错误；
D.物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为
A=3 2mg2k− 2mg2k= 2mgk
则物块开始压缩弹簧时，偏离平衡位置的距离为
x1= 2mg2k=12A
设物块做简谐运动的周期为 T ，从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为
t1=T12
则从开始接触到压缩量最大经历的时间为
t′=t1+T4=13T
设物块从最高点到刚接触弹簧所用时间为 t0 ，物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式可得
l=12at02 ， a=gsin45∘= 22g
解得
t0= 2 2lg
则从静止释放到压缩量最大的时间为
t=t0+t′= 2 2lg+13T
无法确定物块从与弹簧接触到速度为零的时间是否为 t4 ，故D错误。
故选AB。
13.【答案】(1)D
(2)9.86
(3)金属块重心与M点间距离

【解析】(1)根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。
故选D。
(2)设M点到重心得距离为r，根据周期公式
T=2π l+rg
可得
T2=4π2gl+r
故该图像的斜率为
k=4π2g=499−−1×102=4
解得由此得出重力加速度的测量值为
g≈9.86m/s2
(3)令 T2=4π2gl+r=0 ，解得
l=−r
所以横轴截距绝对值的意义为M点到重心的距离。
14.【答案】(1) R2
(2)D
(3) a1−k kR01−k

【解析】(1)被测电源的电动势约为 3.6V ，改装电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，所以改装量程应在 0∼3V 之间。当毫安表A满偏时，根据欧姆定律有
5mA=3VRA+R
解得
R=550Ω
即分压电阻应选择 R2 。
(2)校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些，说明流过毫安表的电流偏小，与毫安表串联的分压电阻偏大。因此，在对毫安表的分压电阻进行校准时，电阻箱应与分压电阻并联，使总电阻减小；根据电阻并联的特点可知，应使电阻箱的阻值比分压电阻大得多，才能使并联后总电阻比分压电阻稍小。
故选D。
(3)[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
U1+U1−U2R0r=E
整理得
U1=rR0+rU2+R0ER0+r
根据题意可得
rR0+r=k
R0ER0+r=a
解得
E=a1−k
r=kR01−k
15.【答案】(1) V0=5L ；(2) h=3500m
【解析】(1)由玻意耳定律可得
p1V1=p2V1+nV0
解得
V0=5L
(2)设气球离地面高度为h，则对气球内气体
p2V0=p3V3
p3=p2−h10▵p
可得
h=3500m
16.【答案】(1) Δv=0.4m/s ，方向水平向左；(2) Q=0.72J
【解析】(1)由动量定理得
nBL⋅nBLvR⋅Δt=mΔv
其中
d=vΔt
右侧磁场的磁感应强度为
B=kI
解得
Δv=0.4m/s
方向水平向左。
(2)第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得
−nBL⋅nBLv′R⋅Δt′=0−mv
其中
3d=v′Δt′
解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为
v=1.2m/s
线圈中产生的焦耳热
Q=12mv2=0.72J
17.【答案】(1) 5v0g ；(2) 5v0224g ；(3)① 66v0 ，② n(n+1)3mv02
【解析】(1)对A、B整体，根据牛顿第二定律，有
F−2mgsinθ−(μA+μB)mgcsθ=2ma
解得
a=0.2g
所以力F作用的时间为
t=v00.2g=5v0g
(2)撤去外力F后，对物块A，有
mgsinθ+μAmgcsθ=maA
解得
aA=1.2g
对物块B，有
mgsinθ+μBmgcsθ=maB
解得
aB=0.8g
由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为
x=v022aB−v022aA=5v0224g
(3)①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ−μBmgcsθ=ma B′
所以
a B′=0.4g
根据速度位移关系可得
v12=2a B′x
解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为
v1= 66v0
②A、B发生第一次弹性碰撞，则有
mv1=mv2+mv3
12mv12=12mv22+12mv32
所以碰后两物体速度交换
v2=0 ， v3=v1= 66v0
碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有
v3t1=12a B′t12
解得
t1=5 6v06g
x1=v3t1=5v026g
ΔE1=(μA+μB)mgcsθ⋅x1=23mv02
A、B第二次碰撞时，速度分别为
v3= 66v0
v4=a B′t1= 63v0
碰后两物体速度再次交换，A以v4做匀速直线运动，B做初速度为v3、加速度为aBʹ的匀加速直线运动，所以
v4t2=v3t2+12a B′t22
解得
t2=t1=5 6v06g
x2=v4t2=5v023g
ΔE2=(μA+μB)mgcsθ⋅x2=43mv02
A、B第三次碰撞时，速度分别为
v4= 63v0
v5=v3+a B′t2= 62v0
碰后两物体速度交换，A以v5做匀速直线运动，B做初速度为v4、加速度为aBʹ的匀加速直线运动，所以
v5t3=v4t3+12a B′t32
解得
t3=t2=t1=5 6v06g
x3=v5t3=5v022g
ΔE3=(μA+μB)mgcsθ⋅x3=2mv02
根据以上分析，有
ΔE1=23mv02
ΔE2=43mv02
ΔE3=2mv02=63mv02
ΔEn=2n3mv02 (n=1,2,3……)
所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为
ΔE=ΔE1+ΔE2+ΔE3+⋯+ΔEn=23⋅n(n+1)2mv02=n(n+1)3mv02
18.【答案】(1) 2mEqL ；(2) π−22L2 ；(3) 25 2mEqL≤B2≤2 2mEqL ；(4)见解析
【解析】(1)设电子经过电场加速后速度为 v0 ，进入匀强磁场 B1 磁汇聚从O点沿z轴负方向射出，有
qEL=12mv02−0
qv0B1=mv02r
r=L
联立解得
B1= 2mEqL
(2)磁场的最小面积为
S=2×14πL2−L22=π−22L2
(3)当角度为0时，磁感应强度 B2 方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为 r1 ，恰好打到NP边的半径为 r2 ，据几何知识得
r1=0.5L
r22=2L2+r2−L2
qv0B2=mv02r
可得
B2max=2 2mEqL 、 B2min=25 2mEqL
所以磁感应强度大小范围为
25 2mEqL≤B2≤2 2mEqL
(4)当角度为 θ 时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为 r3 ，则有
r3=L2csθ
qv0B2=mv02r3
可得
B2=2 2mEqLcsθ
恰好达到NP边圆周半径为 r4 ，则有
r42=2L2+r4−Lcsθ2
r4=2Lcsθ+L2csθ
可得
B2=2csθ4cs2θ+1 2mEqL
由数学知识得 θ=60∘ 时，有
r4=2r3
r4 有最小值
r4min=2L
当 r3=2L 时，有
L2csθ=2L
此时 θ=76∘ ，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以 θ≥76∘ 无论 B2 取什么值粒子都打不到收集板上，所以
① 0≤θ≤60∘ 时，有
2csθ4cs2θ+1 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ
② 60∘≤θ≤76∘ 时，有
12 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ
③ 76∘≤θ≤90∘ 时，无论 B2 取何值，粒子均无法打到收集板上。