2024年江苏省南京市六校高考物理调研试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省南京市六校高考物理调研试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 重核分裂成中等大小的原子核，或者较小的核合并成中等大小的原子核，比结合能均增大
B. γ射线是由于原子核外电子跃迁而产生的
C. 核力也叫做强相互作用，发生与原子核与原子核之间
D. 放射性元素的半衰期将随着时间的推移，不断减小
2.电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由M、N两块极板组成的平行板电容器，其中极板N固定，极板M可以自由移动，移动的距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气囊弹出。下列车内平行板电容器的安装方式正确的是( )
A. B. C. D.
3.为探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M包括小车和与小车固定连接的滑轮的质量，钩码的总质量用m表示。弹簧测力计可测出细线中的拉力大小。则实验时，一定要进行正确操作的是( )
A. 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B. 用天平测出钩码的总质量
C. 为减小误差，实验中一定要保证m远小于M
D. 小车放在长木板上任意位置，先通电源，后放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
4.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动互相追逐，时而近时而远，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的万有引力，万有引力常量为G，已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，则( )
A. 两颗卫星的半径之比RA：RB=3：5
B. 两颗卫星的周期之比TA：TB=1：2
C. 两颗卫星的线速度之比vA：vB=2：1
D. 两颗卫星的角速度之比ωA：ωB=4：1
5.将两本质量均为m的书叠放在一起，用手从下面缓慢撬起，如图所示，当与水平面夹角为θ时，上面那本书刚刚开始滑动，则( )
A. 两本书之间的动摩擦因数小于tanθ
B. 在缓慢撬起的过程中，上面那本书受到下面那本书的作用力不断减小
C. 当书开始滑动后，继续增大角度，摩擦力保持不变
D. 在撬起的过程中，下面那本书对上面那本书的摩擦力的冲量为零
6.在如图所示的劈尖干涉中，将一块平板玻璃a放置在另一块平板玻璃b上，一端夹入一张纸片，当单色光从上方入射后，可观察到明暗相间的条纹，下列说法正确的是( )
A. 干涉条纹是由a、b上表面的反射光叠加产生的
B. 相邻暗条纹对应位置下方的空气膜厚度差均为一个波长
C. 若将所夹纸片向右移动，条纹变密
D. 若某亮纹发生弯曲，该亮纹所对应的下方空气膜厚度则发生了变化
7.手机屏幕的亮度传感器与光电效应原理有关，在某次实验中，我们得到了如下关于遏止电压和入射光频率的关系，如图，其中UC为遏止电压，ν为入射光的频率，电子的电量为e，则下列说法正确的是( )
A. 普朗克常量h=eab
B. 入射光频率越高，得到的光电子的初动能越大
C. 若更换材料再实验，则得到的图线斜率改变，b改变
D. 金属的逸出功为eb
8.如图所示的实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波t=0和t=0.03s时刻的波形图，x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，则( )
A. 该波向x轴负方向传播B. 该波的频率可能是75Hz
C. 该波的周期可能为0.024sD. 该波的波速可能是230m/s
9.机场附近每天都能听到飞机发动机的轰鸣声，一位父亲带着孩子散步的过程中，有一架飞机从上空匀速驶过，如图所示，问飞机从图中A位置到B位置过程中，他们所听到的轰鸣声的频率如何变化( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 先增大，后减小D. 先减小，后增大
10.霍尔效应传感器可用于自行车速度计上，如图甲所示，将霍尔传感器固定在前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。霍尔传感器原理如图乙所示，电源电压为U1，当磁场通过霍尔元件时，在导体前后表面间出现电压U2。某次行驶时，霍尔传感器测得的电压U2随时间t变化如图丙所示，车轮半径为R，霍尔传感器离轮轴距离为r，下列说法中正确的是( )
A. 如图乙所示，霍尔元件前表面电势低于后表面的电势，则载流子带正电
B. 霍尔电压U2的峰值与电源电压U1无关，与自行车的车速有关
C. 自行车的速度可表示为2πRt3−t1
D. 若前轮漏气，不影响速度计测得的骑行速度
11.轻质弹簧下端固定在斜面底部，弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到A点(未栓接)由静止释放后，运动到B点速度为零。设阻力恒定，以O点为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，小球上升过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某实验室有如下器材：
A.表头G1(2mA,2Ω)；
B.表头G2，(20mA,3Ω)；
C.滑动变阻器R1(0～10Ω)；
D.滑动变阻器R2(0～10kΩ)；
E.电源一个，开关、导线若干；
F.不同定值电阻若干，其中R=4Ω；
G.两个相同的非线性元件

(1)需要一个量程为0～3V的电压表，可用G1串联一个______Ω的电阻改装而成；
(2)利用改装的电压表和电流表测电源的电动势和内阻，用图甲的电路图，滑动变阻器应选用______(填“R1”或“R2”)，得到多组数据，绘出图乙中的U−I图像，则电源电动势为______V，内阻为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)将两个相同的非线性元件接入电路图丙，图丁是该非线性元件的电压和电流关系，则该电源的效率是______%(结果保留一位小数)。
三、简答题：本大题共3小题，共9分。
13.某同学制作一个简易的手摇发电机，将匝数N=100，边长L=0.1m，内阻r=4Ω的正方形线圈放入磁感应强度B=2 2πT的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴OO1以角速度ω=10πrad/s匀速转动。其简化示意图如图，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，副线圈外接电阻R=1Ω。求：
(1)发电机产生的电动势有效值E；
(2)电阻R消耗的电功率P。
14.如图所示，足够长的水平轻杆中点固定在竖直轻质转轴O1O2上的O点，小球A和B分别套在水平杆中点的左右两侧，套在转轴上原长L=0.4m的轻质弹簧上端固定在O点，下端与小球C连接，小球A、C间和B、C间均用长度为5L4的不可伸缩的轻质细线连接，可视为质点的三个小球的质量均为1kg，。装置静止时，小球A、B紧靠在转轴上，两根绳子恰被拉直且张力为零。转动该装置并缓慢增大转速，小球C缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度取10m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)当弹簧恢复原长时，装置的转动角速度；
(3)在弹簧的长度由初状态变为3L4的过程中，外界对装置所做的功。
15.如图为质谱仪的原理示意图，初速度为0的带电粒子经加速电压U加速之后进入磁感应强度为B的磁场，已知带电粒子形成的电流大小为I，显示屏上亮斑在磁场入口左边，与入口距离为d。
(1)计算粒子的比荷的大小qm；
(2)求显示屏受力大小F；
(3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，发现该粒子与磁场上边界相切于点M点(未画出)，求M点到入口的距离x。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
16.真空电阻蒸发镀膜是在真空室中利用电阻加热，将紧贴在电阻丝上的金属丝(铝丝)熔融汽化，汽化了的金属分子沉积于基片上形成均匀膜层。在一块面积为S的方形基片上形成共有k层铝分子组成的镀膜，铝膜的质量为m。已知铝的摩尔质量为M，阿伽德罗常数为NA
①求基片上每层铝分子单位面积内的分子数n；
②真空气泵将真空室中的气体压强从p0=1.0×105Pa减小到p1=1.0×10−4Pa，设抽气后真空室中气体温度与抽气前相同，求抽气前后真空室中气体分子数之比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、比结合能越大的原子核越稳定，重核分裂成中等大小的原子核，或者较小的核合并成中等大小的原子核，比结合能都将增大，故A正确；
B、γ射线是由于原子核发生衰变过程中产生的，故B错误；
C、核力属于强相互作用，发生与核子与核子之间，故C错误；
D、放射性元素的半衰期是元素的本身的属性，与外界条件无关，故D错误。
故选：A。
根据比结合能越大的原子核越稳定，判断重核分裂后新核的比结合能是否都增大；
根据γ射线产生机理判断是不是由于原子核发生衰变过程中产生的；
根据核力性质判断核力是不是强相互作用，是不是发生在核子与核子之间；
根据半衰期的特点判断放射性元素的半衰期将随着时间的推移，会不会发生变化。
本题主要考查了原子核的相关知识，解题关键是理解比结合能、核力、半衰期等概念。
2.【答案】B
【解析】解：由于极板所带的电荷量Q不变，由电容器的定义式C=QU，可知要使极板间的电压U减小，需要增大电容值，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，需要增大两极板正对面积，或减小板间距离。
A、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，会使板间距离距离增大，而正对面积不变，故A错误；
B、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，会使板间距离距离减小，而正对面积不变，故B正确；
CD、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，而使正对面积减小，而板间距离不变，故CD错误。
故选：B。
根据电容的决定式和定义式，结合本题电容器的带电量Q不变，板间电压U变小的要求，判断两极板正对面积或板间距离如何变化，再确定符合要求的选项。
本题考查了电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化，利用电容器的定义式分析带电量和板间电压的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，使得小车受到的拉力为合力，故A正确。
BC、因为有弹簧测力计能测出小车的拉力，则不需要用天平测出钩码的总质量，也不需要保证m远小于M，故BC错误。
D、开始实验时，为了能打出更多的点小车靠近打点计时器，先通电源，再放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故D错误。
故选：A。
根据实验原理结合实验操作规范分析判断。
只有掌握了实验原理才能顺利解决此类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习。
4.【答案】C
【解析】解：A.根据图像可知，两卫星相距最近时相距3r，相距最远时相距5r，设卫星A、B的轨道半径分别为RA、RB，由万有引力充当向心力有
GMmR2=mv2R
可得
v= GMR
可知轨道半径越小线速度越大，因此可得
RA而两卫星在同侧且连线过地心时相距最近，在异侧且连线过地心时相距最远，则有
RB−RA=3r，RA+RB=5r
可得
RARB=14
故A错误；
B.根据开普勒第三定律有
RA3TA2=RB3TB2
可得
TA：TB=1：8
故B错误；
C.由A分析可知
vAvB= GMRA× RBGM= RBRA=21
故C正确；
D.根据角速度与线速度之间的关系
v=ωR
解得
ωAωB=81
故D错误；
故选：C。
根据万有引力提供向心力，结合Δr−t图像提供的信息列式解答；根据开普勒第三定律分析周期之比；根据万有引力提供向心力关于线速度的表达式分析；结合线速度与角速度的关系分析判断。
考查万有引力定律的应用，会根据题意列出相应的表达式进行准确的分析和判断。
5.【答案】A
【解析】解：A.当与水平面夹角为θ时，.上面那本书刚刚开始滑动，根据平衡条件得：mgsinθ=fm>μmgcsθ
解得μ=tanθ
由于滑动摩擦力小于最大静摩擦力，所以两本书之间的动摩擦因数小于tanθ，故A正确；
B.在缓慢撬起的过程中，上面那本书受力平衡，根据平衡条件得上面那本书受到下面那本书的作用力等于自身重力不变，故B错误；
C.当书开始移动后，继续增大角度，摩擦力变为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式得f=μmgcsθ，可知摩擦力不断减小，故C错误；
D.在翘起的过程中，下面那本书对.上面那本书的摩擦力不为零，根据冲量的定义得：I=ft≠0，故D错误。
故选：A。
滑动摩擦力小于最大静摩擦力，结合共点力平衡条件解答AB；根据滑动摩擦力公式分析C；根据冲量的公式解得D。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握冲量的计算公式，注意滑动摩擦力的影响因素。
6.【答案】C
【解析】解：A、干涉条纹是由a的下表面与b上表面的反射光叠加产生的，故A错误；
B、设相邻暗条纹对应位置下方的空气膜厚度分别为d1、d2(d1>d2)，形成同一暗条纹对应的光程差等于空气膜厚度2倍再加上半个波长(考虑半波损失)，形成相邻两条暗条纹的光程差之差等于一个波长λ，则有：(2d1+12λ)−(2d2+12λ)=λ，可得：d1−d2=12λ，即相邻暗条纹对应位置下方的空气膜厚度差均为12波长，故B错误；
C、将所夹纸片向右移动，空气劈尖厚度增大，根据Δx=Ldλ(空气膜厚度相当于双缝干涉的双缝间距d)，可知相邻明条纹的间距Δx变小，即条纹变密，故C正确；
D、空气劈尖干涉是等厚干涉，即同一条纹对应的劈尖厚度相同，故该亮纹所对应的下方空气膜厚度不变，是与原来相同，但是此条纹对应的空气膜的各个位置不在一条直线上了，故D错误。
故选：C。
干涉条纹是由a的下表面与b上表面的反射光叠加产生的；形成同一暗条纹对应的光程差等于空气膜厚度2倍再加上半个波长(考虑半波损失)，形成相邻两条暗条纹的光程差之差等于一个波长λ，由此分析；将所夹纸片向右移动，空气劈尖厚度增大，空气膜厚度相当于双缝干涉的双缝间距d，根据Δx=Ldλ分析；空气劈尖干涉是等厚干涉，即同一条纹对应的劈尖厚度相同。
本题考查了光的干涉现象的劈尖干涉的问题，理解劈尖干涉为等厚干涉，劈尖厚度相当于双缝干涉的双缝间距。
7.【答案】D
【解析】解：ACD、根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可知，eUc=Ek=hν−hν0，则Uc=heν−heν0，结合图像可知
he=ba，W0=eb
解得
h=bea
可知若更换材料再实验，则得到的图线斜率不改变，b改变；
故AC错误，D正确；
B、根据eUc=Ek=hν−hν0可知，入射光频率越高，得到的光电子的最大初动能越大，光电子的初动能不一定大，故B错误；
故选：D。
根据光电效应方程的Ekm=hν−W0结合图像解得AD，理解光电子最大初动能与光照的频率有关。
本题考查了爱因斯坦光电效应方程，难度较易，属于基础题。
8.【答案】D
【解析】解：A、由题意，x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，由同侧法可知波向x轴正方向传播，故A错误；
BC、该波向x轴正方向传播，则有：0.03s=nT+34T，(n=0、1、2、3……)
解得：T=0.124n+3s，(n=0、1、2、3……)
当T=0.124n+3s=0.024s时，解得：n=0.5，故该波的周期不可能为0.024s。
该波的频率为f=1T=4n+30.12Hz，(n=0、1、2、3……)，当f=4n+30.12Hz=75H时，解得：n=1.5，故该波的周期不可能是75Hz，故BC错误；
D、该波的波长λ=1.2m，波速v=fλ=4n+30.12×1.2m/s=10(4n+3)m/s，(n=0、1、2、3……)，当v=10(4n+3)m/s=230m/s时，解得：n=5，故该波的波速可能是230m/s，故D正确。
故选：D。
应用同侧法判断波的传播方向；根据两个时刻的波形，得到周期的通项，再得到频率的通项与波速通项，在进行判断。
本题考查了波的多解性问题，知道两个时刻的波形，要根据波的周期性列出周期的通项，从而求得波速的通项。
9.【答案】C
【解析】解：根据多普勒效应可知，当飞机从A位置开始飞过时，飞机距离观察者越来越近，声源与观察者之间的距离在减小，父亲与孩子所听到的轰鸣声的频率会增加，随着飞机继续飞行，当飞机经过观察者时，声音波的频率会达到一个最大值，然后，当飞机继续向B位置飞去，飞机与观察者之间的距离开始增大，因此他们所听到的轰鸣声的频率开始减小，他们所听到的轰鸣声的频率先增大后减小，故ABD错误，C正确。
故选：C。
多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。
本题考查多普勒效应，注意只要波源与观察者之间有相对运动时，观察者感到波的频率就会发生变化。
10.【答案】C
【解析】解：A、如图乙所示，电流的方向向左，如果载流子带正电，则根据左手定则可知，载流子将向前表面偏转从而使前表面的电势低于后表面的电势，因此载流子一定带负电，其运动方向与电流方向相反，在磁场力的作用下向前表面偏转，从而使前表面电势低于后表面电势，故A错误；
B、根据题意可知，自行车车速越大，则磁铁到达霍尔元件处的时间就越短，脉冲电压U2的频率就越大，设霍尔元件左右面间距为d，上下面间距为h，前后面间距为c，载流子的速率为v，单位体积内的自由电荷数为n，脉冲电压出现峰值时，洛伦兹力等于电场力，则
eBv=eU2c
根据电流的微观表达式可得：
I=nevS=nehcv
联立解得：U2=BIneh
可知，霍尔电压的峰值与自行车的车速无关，但若电源电压越大，则通过霍尔元件的电流就越大，从而使霍尔电压越大，故B错误；
C、根据图乙可知自行车转动一周所需要的时间为：
t=t3−t1=t4−t2
则自行车的速度可表示为：
v=2πRt=2πRt3−t1，故C正确；
D、若前轮漏气，则因漏气而使车轮半径减小，从而使速度计测得的骑行速度偏大，故D正确；
故选：C。
根据左手定则得出载流子的受力方向，结合粒子的电性得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式；
根据运动学公式得出自行车的速度；
前轮漏气影响车轮半径，结合速度的表达式完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
11.【答案】B
【解析】解：A.设O点速度为v，小球由O到B的过程中由动能定理−mgxsinθ−F阻x=0−12mv2
图像中过O点后应为曲线，故A错误；
B.设弹簧原长为x0，小球由A运动到O点的过程中受力分析，根据牛顿第二定律得
k(x0−x)−mgsinθ−F阻=ma
随着弹簧形变量减小，弹簧弹力减小，小球加速度逐渐变小；当a=0时物体达到最大速度，此时受力分析可知
k(x0−x)=mgsinθ+F阻
此后小球会做变减速运动直至到达O点受力分析可知
mgsinθ+F阻−k(x0−x)=ma
分析可知加速度逐渐变大；
小球由O到B的过程中，弹簧弹力为零受力分析可知
mgsinθ+F阻=ma
从O点开始物体做匀减速直线运动图像应为直线，故B正确；
C.设A点的弹性势能为EPA，小球在恢复原长过程中由能量转化与守恒定理可知EpA=mgxsinθ+F阻x+12mv2+12k(x0−x)2
整理可得Ek=EpA−mgxsinθ−F阻x−12k(x0−x)2
可知在O点前图像应为开口向下的抛物线
由O到B的过程中动能定理可知−mgxsinθ−F阻x=0−12mv2
图像为直线，故C错误；
D.设A点的弹性势能为EPA，小球在恢复原长过程由能量转化与守恒定理可知EpA=mgxsinθ+F阻x+12mv2+12k(x0−x)2
整理可得E=EpA−F阻x−12k(x0−x)2
图像为开口向下的抛物线，故D错误。
故选：B。
由O到B的过程中由动能定理列式，分析速度，确定图像；小球由A运动到O点、由O到B的过程中，根据牛顿第二定律列式，分析加速度变化；小球在恢复原长过程中由能量转化与守恒定理列式，分析图像为开口向下的抛物线，由O到B的过程中动能定理列式，分析图像为直线；小球在恢复原长过程中由能量定理列式，分析图像为开口向下的抛物线。
对于图像问题要明确坐标轴以及斜率的概念，关键要根据物理规律得到解析式，在研究图像。
12.【答案】1498 R1 3.0 10 90.7
【解析】解：(1)将G1改装成0～3V的电压表，阻值为
R1=UIg−Rg
解得
R1=1498Ω
(2)由于电源内阻较小，为了便于调节，因此滑动变阻器应选择阻值较小的R1，采用限流式接法接入电路；根据
E=U+I(r+R)
得
U=E−I(r+R0)
可知
E=3.0V
R+r=ΔUΔI=3.0−2.350×10−3Ω=14Ω
解得
r=10Ω
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+2Ir
得
U=3−20I
在非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的I−U图线如图所示
交点的横、纵坐标即电路的工作点，此时U=2.72V，则电源的效率是
η=UE×100%
解得
η=90.7%
故答案为：(1)1498；(2)R1，3.0，10；(3)90.7
(1)扩大电压表量程应串联分压电阻，应用串联电路特点可以求出串联电阻阻值。
(2)由于电源内阻较小，为了便于调节，因此滑动变阻器应选择阻值较小的R1，电源U−I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；
(3)非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的I−U图线，交点的横、纵坐标即电路的工作点，求出该电源的效率。
本题考查了测电流表内阻、电压表的改装，知道实验原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题，电源U−I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。
13.【答案】解：(1)由题可知，线圈产生电动势的最大值为：Em=NBSω=100×2 2π×0.12×10π=20 2V
则线圈产生电动势的有效值为：E=Em 2
代入数据得：E=20V
(2)设变压器原线圈的电流为I1，对发电机和变压器整个电路，根据能量守恒有：EI1=I12r+I22R
根据变压器的电流关系有：I1I2=n2n1
联立代入已知解得，电阻R中的电流强度为：I2=4A
则电阻R上消耗的电功率：P=I22R=42×1W=16W
答：(1)发电机产生的电动势有效值为20V；
(2)电阻R消耗的电功率P为16W。
【解析】(1)由Em=NBSω，求出电动势的最大值Em，再根据有效值与最大值的关系求有效值E；
(2)根据电流与匝数成反比结合能量守恒，求出副线圈中的电流，再由P=I22R即可求出电阻的功率。
本题考查对交流发电机原理的理解能力，要注意计算功率时要用交流电的有效值，明确最大值和有效值之间的关系。
14.【答案】解：(1)装置静止时，细线恰好被拉直，但张力为0，弹簧长度等于细线长为54L，对小球C，根据二力平衡条件有
k(54L−L)=mg
解得k=100N/m
(2)设弹簧恢复原长时，细线的拉力为F2，装置转动的角速度为ω1，细线与转轴间的夹角为θ1，由几何关系可知
sin θ1=0.6，cs θ1=0.8
对小球C，根据平衡条件有
2F2csθ1=mg
对小球A，根据牛顿第二定律有
F2sinθ1=mω12×54Lsinθ1
解得ω1=5 22rad/s
(3)设弹簧长度为0.3m时，细线的拉力为F3，装置转动的角速度为ω2，细线与转轴间的夹角为θ2，由几何关系可知
sin θ2=0.8，cs θ2=0.6
对小球C，根据平衡条件有
2F3csθ2=mg+k(L−34L)
对小球A，根据牛顿第二定律有
F3sinθ2=mω22×54Lsinθ2
在弹簧的长度由初状态变为0.3m的过程中，弹簧弹性势能不变，外界对装置所做的功等于A、B球动能的增量和C球重力势能的增量，设为W，则
W=12m(ω2L)2×2+12mgL
解得
W=223J=7.33J
答：(1)弹簧的劲度系数k为100N/m；
(2)当弹簧恢复原长时，装置的转动角速度为5 22rad/s；
(3)在弹簧的长度由初状态变为3L4的过程中，外界对装置所做的功为7.33J。
【解析】(1)对小球C根据平衡条件列式求解；
(2)对小球C列平衡方程，对小球A或者B列牛顿第二定律方程联立求解；
(3)在新的状态下对小球C列平衡方程，对小球A或者B列牛顿第二定律方程，结合功能关系列式求解外力做的功。
考查牛顿第二定律、平衡问题和功能关系，会根据题意列式求解相关的物理量。
15.【答案】解：(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理得：qU=12mv02
解得：v0= 2qUm
在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r=12d
由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=mv02r
解得：qm=8UB2d2
(2)设时间t内有n个粒子打在屏上，显示屏在此时间内对这些粒子的持续的作用力大小为F′，根据电流的定义式得：
I=nqt
以打在屏上时粒子速度方向为正，由动量定理得：
−F′t=0−nmv0
解得：F′=nmv0t=Iqmv0=I 2mUq=BdI2
由牛顿第三定律可知显示屏受力大小与F′的大小相等，显示屏受力大小F等于BdI2。
由牛顿第三定律，显示屏受力F与粒子受力F′大小相等，
(3)如下图所示，以入口处为原点建立平面直角坐标系，x轴与磁场上边界重合，y轴垂直于磁场上边界。

对粒子在磁场中运动过程，任意取一小段时间Δt，设阻力大小为kv(k为比例系数)，以+y方向为正方向，对粒子在时间Δt内的运动由动量定理得：
−kvcsθ⋅Δt−qvBsinθ⋅Δt=mΔvy
两边同时对全过程求和，则有：
∑−kvcsθ⋅Δt−∑qvBsinθ⋅Δt=∑mΔvy
其中：vcsθ=vy，vsinθ=vx
该粒子与磁场上边界相切，则y轴方向的末速度为零，y轴方向的位移为零，则有：
∑−kvcsθ⋅Δt=−k∑vy⋅Δt=0
∑qvBsinθ⋅Δt=∑qBvx⋅Δt=qBx
∑mΔvy=−mv0
可得：−qBx=−mv0
结合(1)的结论：qm=8UB2d2，v0= 2qUm
可得M点到入口的距离：x=d2
答：(1)粒子的比荷的大小qm为8UB2d2；
(2)显示屏受力大小F为BdI2；
(3)M点到入口的距离x为d2。
【解析】(1)带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下被加速运动；后进入磁场，在洛伦兹力提供向心力作用下做匀速圆周运动。根据动能定理和牛顿第二定律列式联立求解；
(2)根据动量定理，牛顿第三定律，结合电流定义，求解电子打在屏上时屏受到的作用力
(3)将粒子运动分解处理，根据动量定理，应用微元法解答。
本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理和牛顿第二定律列式分析，有变力参与的运动，可以用动量定理，应用微元法解答。
16.【答案】解：①基片上铝分子的总数mMNA =nkS
解得n=mMkSNA
②设真空室中原来气体体积为V0 ，经过等温变化(气体压强由p0​变为p1 )后这部分气体的体积变为V1 ，
根据玻意耳定律有
p0 V0 =p1 V1
设抽气前和抽气后真空室内气体分子数分别为n0 、n1 ，则
n0 n1 =V1 V0 =109
答：①基片上每层铝分子单位面积内的分子数n为mMKSNA ；
②抽气前后真空室中气体分子数之比为109
【解析】①先求出铝膜的总分子数，然后除以面积和层数，再乘以阿伏伽德罗常数为即求得基片上每层铝分子单位面积内的分子数n；
②以抽气前所有气体为研究对象，根据玻意耳定律求解得压强减小后体积，然后利用几何关系即可求解抽气前后真空室中气体分子数之比。
本题考查阿伏伽德罗常数和气体实验定律，②中关键是选择合适的研究对象，利用玻意耳定律求解压强减小后的总体积，且相同情况下分子数之比等于体积之比。