2023年山东省烟台市德州市高三(下)一模物理试题.docx

2023 届山东省烟台市 德州市高三下一模物理试题试卷第 10 页，共 10 页一、单项选择题学校:姓名：班级：考号： 1. 有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个原子核，从离原子核最近的 K 层电子中俘获电子，叫“K 俘获”。现有一个铍原子核 7 Be 发生了“K 俘获”，生成一个的原子4核A X ，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子ve，核反响方程为7 Be+0 e ®A X + v。关于铍原Z4-1Ze子核 7 Be 的“K 俘获”的过程，以下说法正确的选项是4A. 原子核A X 带负电ZB. 原子核A X 比原来的铍原子核少一个中子ZC. 原子核A X 比原来的铍原子核少一个质子ZD. 原子核A X 与原来的铍原子核的核子数不同Z2. 如下图，在“用双缝干预测量光的波长”的试验中，将试验仪器按要求安装在光具座上，某同学观看到清楚的干预条纹。假设他对试验装置进展改动后，在毛玻璃屏上仍能观看到清楚的干预条纹，但条纹间 距变窄。以下改动可能会实现这个效果的是 A. 仅将滤光片向右移动靠近单缝B. 仅减小双缝间的距离 C仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离D仅将红色滤光片换成绿色滤光片3. 甲、乙两车在同始终线上运动，它们运动的位移x 随时间 t 变化的关系如下图，甲车的 x t 图像为抛物线的一局部，t=8s 时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，以下说法正确的选项是A. 甲车的初速度为 6m/s B甲车的加速度大小为 2m/s2 Ct=0 到 t=8s 内甲车的位移为 70mD在 t=8s 到 t=10s 时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等4. 人造地球卫星与地心间距离为 r 时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为EpGMm= -r，其中G 为引力常量，M 为地球质量，m 为卫星质量。卫星原来在半径为 r1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动， 由于淡薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为GMm 11GMm 11A. 2(r2- r )1B. 2(r - r )12rC GMm( 12- 1 )r1D GMm( 1 - 1 )rr2125. 如下图电路中，抱负变压器原线圈两接线柱间的沟通电压的有效值不变，两灯泡L1、L2 规格完全一样，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，以下说法正确的选项是A. 仅使滑片 M 下移，电流表示数变大B. 仅使滑片 M 下移，变压器原线圈中的电流变大C. 仅使滑片 N 自变阻器 a 端向 b 端移动，灯泡L2 中的电流始终增大D. 仅使滑片 N 自变阻器 a 端向 b 端移动，电流表示数始终增大 6如下图，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C 处。左塔 A 处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔 B 处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为 60°，则导线 AC 局部与 BC 局部的质量之比为3A2：1 C4：B3：1D 3 ：17. 某压敏电阻的阻值 R 随压力 F 变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体 m，即可通过电路中电流表A 的示数 I 来争论电梯的运动状况。电梯静止时电流表的示数为 I0。以下说法正确的选项是A. 假设示数 I=I0，则电梯肯定处于静止状态B. 假设示数 I 保持不变，则电梯肯定做匀速运动C. 假设示数 I 在增大，则电梯的速度在增大D. 假设示数 I>I0，则电梯可能在减速向下运动8单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透亮平面镜把来自镜头的图像 投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如下图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，ABBC。光线垂直 AB 射入，分别在 CD 和 EA 上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最终光线垂直 BC 射出。以下说法正确的选项是ABCD=135°B. BAE 和BCD 不相等1C. 该五棱镜折射率的最小值是sin 22.52D. 该五棱镜折射率的最小值是二、多项选择题9“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根一样绳子的一端固定在 P 点，用双手分别握住绳子的另一端，然后依据熬炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次熬炼中，健身者以2Hz 的频率开头抖动绳端，t=0 时，绳子上形成的简谐波的ab2a波形如图乙所示， 、为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的 ，此时质点 的32位移为8cm。绳子长度为 20m，以下说法正确的选项是4A. a、b 两质点振动的相位差为3 21B. t= 8 s 时，质点 a 的位移仍为8cm，且速度方向向下C. 健身者抖动绳子端点，经过 5s 振动恰好传到 P 点D健身者增大抖动频率，将削减振动从绳子端点传播到P 点的时间10如下图，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为 的斜面上，其半径为 R，A、C 分别为细管的最高点和最低点，B、D 为细管上与圆心 O 处于同一水平高度的两点，细管内有始终径稍小于细管内径的质量为m 的小球，小球可视为质点。开头时小球静止在A 点，某时刻对小球施加稍微扰动，使小球自A 向 B 沿着细管开头滑动。以过直线 BOD 的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，以下说法正确的选项是A. 小球不能返回到 A 点B. 小球自 A 点到 B 点的过程中，重力的瞬时功率始终增大C. 小球在 C 点时的机械能为 2mgRsin1+ 3sin 2qD. 小球到达 D 点时，细管对小球的作用力大小为mg11. 如下图，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B 间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q 的球P 内含有一弹射装置，其质量为 m1含其内部弹射装置，质量为 m2、不带电的小球置于球P 内部的弹射装置中。开头时，球P 恰好静止在距A 板 h 的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0 水平弹出，球P 和小球同时到达金属板。假设两球均可视为质点，球P 运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为 g，以下说法正确的选项是A. 从小球弹出至到达金属板，球P 动量的变化量竖直向上B. 从小球弹出至到达金属板，球P 的电势能增加C. 两金属板间的电势差Ugl(m= -1+ m )22ABm Q2D. 两金属板长度至少为(m + m )v1202m m gh12m m g1212. 有一边长为 L、质量为 m、总电阻为 R 的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如下图。区域 I、II 中匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，二者宽度分别为 L、H，且 HL。导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域 II，重力加速度为 g，以下说法正确的选项是 A. 导线框离开区域 II 的速度大于 mgRB2 L2B. 导线框刚进入区域 II 时的加速度大小为 g，方向竖直向上C. 导线框进入区域 II 的过程产生的焦耳热为 mgHD. 导线框自开头进入区域I 至刚完全离开区域 II 的时间为 6B2 L3mgR三、试验题13. 某物理试验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。（1） 关于试验操作，以下说法正确的选项是； A试验时，先释放小车再接通打点计时器的电源 B调整滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行C每次转变重物质量时，不需要重调整长木板的倾斜度D为尽可能减小试验误差，小车的质量应远大于重物的质量（2） 一次试验中获得的纸带如图乙所示，所用电源的频率为50Hz，每 5 个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G 为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a= m/s2；计算结果保存两位有效数字（3） 试验小组先保持小车质量为 m1 不变，转变小车所受的拉力 F，得到 a 随 F 变化的规律如图丙中直线A 所示，然后试验小组换用另一质量为m2 的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线B，由图可知，m1 m2选填“大于”或“小于”，直线 B 不过坐标原点的缘由是 。14. 某试验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，试验器材如下： 电流表A1量程 200A，内阻为 800；电流表A2量程 300mA，内阻约为 0.3；定值电阻 R1阻值为 4； 定值电阻 R2阻值为 9200滑动变阻器 R最大阻值 50；待测蓄电池一节电动势约为 2V；开关S 一个，导线假设干。（1） 试验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选 选填“A1”或“A2”，图中虚线框内的定值电阻应选 选填“R1”或“R2”；（2） 电流表A1 示数用 I1 表示，电流表A2 示数用 I2 表示，该小组屡次转变滑动变阻器触头位置，得到了多组 I1、I2 数据，并作出 I1I1+I2图像，如图乙所示。依据图像可知，被测蓄电池的电动势为 V，内阻为。结果均保存两位有效数字（3） 从试验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值选填“大于”、“小于”或“等于”真实值， 内阻的测量值选填“大于”、“小于”或“等于”真实值。四、解答题 15如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在 屋檐上的另一人接住。李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m 的 A 点，王师傅站在离地面高 H=3.4m 的屋檐上的 B 点，李师傅将质量 m=2kg 的砖头从 A 点正上方高 h1=1.0m 处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，假设接住点在 B 点正上方高 h2=0.8m 处，砖头与王师傅接触的时间 t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，无视空气阻力。求：（1） 李师傅抛砖头的速度大小；（2） 王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。16. 如图甲所示，用质量为 10kg 的活塞在竖直气缸内封闭肯定质量的抱负气体，气缸顶部装有卡扣。开头时活塞距气缸底部高度为 40cm，对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部的高度h 随温度 T 的变化规律如图乙所示，自开头至温度到达400K 的过程中，缸内气体吸取的热量为700J。活塞的横截面积为 200cm2，外界大气压强为 1.0×105Pa，活塞与气缸壁间的摩擦无视不计，重力加速度g 取 10m/s2。（1） 求由状态 A 到 C，气体内能的变化量；（2） 用 p 表示缸内气体的压强，请作出气体由状态A 经过 B 变为 C 的 p h 图像，并标出 A、B、C 的坐标值。17. 在核物理和粒子物理争论中发挥着巨大的作用，盘旋是其中的一种。如图是某盘旋加 速器的构造示意图，D1 和D2 是两个中空的、半径为 R 的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有肯定的电势差 U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1 盒的中心A 处的粒子源可以产生质量为 m、电荷量为+q 的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过假设干次加速后，粒子从金属盒D1 边缘离开，无视粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。（1） 求粒子离开时获得的最大动能Ekm；（2） 在分析带电粒子的运动轨迹时，用d 表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为d 不变，乙同学认为 d 渐渐变大，丙同学认为d 渐渐减小，请通过计算分析哪位同学的推断是合理的；（3） 假设该盘旋金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度 d=0.1cm，求粒子从 A 点开头运动到离开的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。结果保存两位有效数字18. 如图甲所示，半径 R=0.5m 的四分之一光滑圆弧轨道A 与长 l=1m 的平板B 均静置于光滑水平地面上，A 与 B 刚好接触且二者的上外表相切，一物块C可视为质点静置于B 的最右端，C 与 B 上外表的动摩擦因数 从左往右随距离 l 均匀变化，其变化关系如图乙所示。A、B、C 的质量均为m=1kg，重力加速度 g=10m/s2，现给 C 一水平向左的初速度 v0=4m/s。（1） 假设A、B 固定，其他条件均不变，求C 刚滑到A 最低点 P 时对轨道的压力大小；（2） 假设A、B 不固定，其他条件均不变，求：iC 由B 最右端滑至最左端过程中抑制摩擦力做的功；iiC 相对于A 最低点 P 所能到达的最大高度结果保存两位有效数字；iii假设将 A、B 粘连在一起，转变 v0 大小，其他条件均不变，使C 能够沿A 上升，且再次返回到A 最低点 P 时具有相对于地面水平向左的速度，v0 的取值范围为多少。参考答案：1C【解析】【详解】A依据电荷数守恒得，原子核X 的电荷数是 3，则原子核X 带正电，故A 错误； BCD依据电荷数和质量数守恒得，原子核X 的电荷数是 3，核子数是 7，原子核与铍核相比，电荷数少一个而核子数一样，所以是质子数少一个，中子数多一个，故BD 错误，C 正确。应选C。2D【解析】【详解】A滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干预，A 错误；答案第 10 页，共 17 页BC双缝干预两相邻亮条纹的间距为Dx = L ld仅减小双缝之间的距离 d 或仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离，条纹间距Dx 都会变大，B 错误；D仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长 减小，依据Dx = L ld可知，条纹间距减小，D 正确。应选D。3B【解析】【详解】AB匀变速直线运动的 x t 图像为抛物线，由于甲车的图像开口向下，所以甲车沿x 轴方向做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，初速度大小为 v0。t=8s 时甲车速度减为 0，则依据运动学公式有0 - v0= -a × t8sv0 = 8at=10s 时甲车的位移为 60m，则1x= v × t-a × t 2100102101联立解得60 = 10v0-´102 a20A 错误，B 正确；a = 2m/s2， v = 16m/sCt=8s 时甲车离动身点的距离为x= v × t1-a × t 2 = 64mC 错误；Dt=10s 时甲车的速度为80828v= v100+ at10= 16m/s - 2 ´10m/s = -4m/s在 t=8s 到 t=10s 时间内，甲车的速度变化范围为04m/s ，负号表示沿 x 轴负方向。乙车的速度为v = 60 m/s = 6m/s210在 t=8s 到 t=10s 时间内没有甲、乙两车的速度大小相等的时刻，D 错误。应选B。4A【解析】【详解】依据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力供给向心力，则轨道半径为r1 时有G Mmv2m 1r2r11卫星的引力势能为轨道半径为 r2 时GMmrE= -p11G Mmv2m 2r2r22卫星的引力势能为GMmrE= -p22设摩擦而损失的机械能为DE ，依据能量守恒定律得11mv2 + E=mv2 + E+ DE联立以上各式可得21p122p2è÷øDE = GMm æ 1 - 1 ö故A 正确，BCD 错误。应选A。5C【解析】【详解】2ç rr21A. 仅使滑片 M 下移，副线圈匝数减小，依据抱负变压器UnU1 =1n22知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A 错误；B. 仅使滑片 M 下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，依据抱负变压器特点知原线圈中电流变小，故B 错误；U I = U I1 12 2C. 仅使滑片 N 自变阻器 a 端向 b 端移动，并联局部电路电压副线圈电压不变，L2 所在支路电阻渐渐减小，依据并联分流特点可知，L2 中电流始终增大，故C 正确； D仅使滑片 N 自变阻器 a 端向 b 端移动，则并联局部电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流电流表示数先减小后增大，故D 错误。应选C。6B【解析】【详解】整体分析，依据水平方向平衡Fsin 30° = FACBCsin 60°单独分析左右两局部Fcos 60° = mBCBCg， FACcos30 ° = mgAC解得导线 AC 局部与 BC 局部的质量之比为 3:1. 应选B。7D【解析】【详解】A. 假设示数为 I0，说明 m 对压敏电阻的压力与静止时一样，即m 的合外力为零，电梯可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故A 错误.B. 由图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，假设示数I 不变，说明压敏电阻的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于m 受到的支持力不变，m 的合外力恒定，故 m 可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B 错误.C. 假设示数 I 在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由图可知，压力越大，阻值越小，所以压敏电阻受到的压力在渐渐增大，由上述条件只能推断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C 错误.D. 对应电流表示数为 I0，压敏电阻受到的压力等于 m 的重力，当 II0 时，电路中电流比静止时变大，说明压敏电阻阻值变小，压力增大，压力大于重力，m 的合外力向上，加速度方向向上，假设电梯正在上升，则为加速上升，假设电梯正在下降，则为减速下降，故 D 正确。应选D。8C【解析】【详解】AB由题意画出光路图如下图，设光线在CD 面上的入射角为q依据光路图和反射定律可知4q = 90°得q = 22.5°由四边形内角和为 360°和角度关系可得BCD=BAE =90°+q =112.5°故 AB 错误；CD光线在 CD 和 AE 界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值n0，则=n10sinq解得n =10sin 22.5°故 C 正确，D 错误。应选C。9. AB【解析】【详解】A. a、b 两质点平衡位置间距离为波长的2 ，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期3前后的相位差为2 ，所以两质点振动的相位差为24Dj = 3 ´ 2= 3 故A 正确；B. 质点振动周期为T = 1 = 1 sf2t=0 时质点 a 的位移为8w = 2 =4T2cm，依据甲图可知 a 此刻在平衡位置上方，向上振动；依据乙图图线可知 a 的振动方程为y= 16sin(4 t + )a4将 t= 1 s= T84带入可得y ” = 82cma由振动规律知1 s 时刻 a 在平衡位置上方，振动方向向下，故B 正确；8C. 由乙图可知 a、b 间平衡间距大于 5m，小于波长，所以波长l >5m，所以波从健身者传到 P 点所用的时间LL201故 C 错误；t = v = l T <´ s=2s 52D. 波的传播速度由介质打算，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P 点的时间不变，与抖动频率无关，故D 错误。应选 AB。10. BD【解析】【详解】A. 小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A 点，故A 错误B. 小球在 A 点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A 到 B 的过程中，速度渐渐增大，速度沿斜面的重量v1也渐渐增大，依据瞬时功率表达式P = mgsinq × v1可知小球自 A 点到 B 点的过程中，重力的瞬时功率始终增大，故B 正确； C小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C 点时的机械能为 mgRsin，故 C 错误；D依据机械能守恒可得小球到达D 点时的速度为1mgRsinq =mv22D依据牛顿其次定律可得侧壁对小球的支持力为DN = m v2R解得N = 2mgsinq管的底部对小球的支持力为FN= mgcosq小球到达 D 点时，细管对小球的作用力大小为F 2 + N 2N1+ 3sin2 qF = mg故D 正确。应选 BD。11ACD【解析】【详解】A. 原来球P 静止时，有QE =m1小球弹出时，设P 瞬间速率为 v1，由动量守恒+ m g2m v = m v2 01 1小球弹出后，P 受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿其次定律QE - m g = m a11由动量定理知，球P 动量变化量竖直向上，故A 正确；B. 球P 向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B 错误；C. 小球弹出后，设经时间 t 到达下板，设两板间距为 d，对小球竖直方向，由运动学规律d - h = 1 gt 22同理，对P 竖直方向两金属板间的电势差h = 1 at 2 2联立以上各式含A 中公式可得U= -EdABU= -gh(m1+ m )22故 C 错误；ABm Q2D. 小球和球P 自弹出到落板，水平位移大小分别为x = v t ， x = v t0011则两金属板长度至少为联立A、C、D 中公式可得L = x + x01(m + m )v1202m m gh12L =m m g12故D 正确。应选 ACD。12CD【解析】【详解】A. 导线框恰好匀速离开区域 II，依据平衡条件得mg = BIL =解得B2 L2v RA 错误；v = mgRB2 L2B. 导线框匀速进入区域I 到刚进入区域 II 之间始终做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得v = mgRB2 L2导线框下边刚进入磁场区域时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E = BLvBLv = 2BLv2又I= E22R解得I = 2BLv2R线框所受安培力F = 2BI L22由牛顿其次定律有F2 - mg = ma解得a = 3g方向竖直向上，B 错误；C. 导线框恰好匀速进入区域I 故线框在区域I 中以速度 v 匀速运动；设线框完全离开磁场 I 时速度为v ”，从完全离开磁场I 到开头离开区域 II 的过程中，由动能定理得mg (H - L)= 1 mv2 - 1 mv ”222导线框进入区域 II 的过程依据能量守恒可得11mgL + 2 mv2 = 2 mv ”2 + Q联立解得导线框进入区域 II 的过程产生的焦耳热为Q = mgHC 正确；D. 导线框自开头进入区域I 至开头进入区域 II 过程中，由动量定理得mgt - Ft = mv - mv1安1 1DFDFF t = BIL × t = B安联立L ×t = BL RtRDFmgt1- BL = 0R解得t = B2 L31mgR由题知导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域 II，由于区域 I、II 中匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，则导线框刚进入区域 II 的速度 v 与导线框刚离开区域II 的速度 v 是一样的，则导线框自开头进入区域II 至开头离开区域 II 过程中，设安培力作用的时间为Dt，重力作用的时间为 t2，由动量定理得mgt2- FDt = mv - mv安22BL2mgt2解得- 2BL= 0R4B2 L3t=2mgR导线框自开头离开区域 II 至刚完全离开区域 II 过程中，由动量定理得mgt - Ft = mv - mv3安3 3联立解得故t = B2 L33mgR6B2 L3D 正确。t = t + t + t123=mgR应选 CD。13BCD0.18#0.19小于长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度【解析】【详解】11 A试验时，要去先接通打点计时器的电源再释放小车，A 错误；B绳子的拉力应与运动方向全都，故应调整滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，B 正确；C平衡后，应有mmg cosq = mg sinq即有m = tanq故每次转变重物质量时，不需要重调整长木板的倾斜度，C 正确； D为尽可能减小试验误差，试验要求小车的质量应远大于重物的质量，D 正确。应选 BCD。22设AD = x1DG = x2由图乙可得x = 3.65cm - 0.40cm = 3.25cm1x = 8.60cm - 3.65cm = 4.95cm2所用电源的频率为 50Hz，每 5 个点取一个计数点，可得 AD 之间的时间间隔为t = 3´ 0.02 ´ 5s = 0.3s依据匀变速直线运动的推论，即Dx = x - x21= at 2代入数据，解得334依据牛顿其次定律可得a = 0.19m/s2a = Fm故有Fma=A1a= FBm2则有FF当拉力 F 相等时，有m > m12m < m12由直线 B 可知，当 F 等于 0 时，加速度不等于零，说明平衡摩擦力过度，即长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。14A2R21.91.0等于等于【解析】【详解】112 图中虚线框内的电表应选A2，由于虚线框在干路上，选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为 2V，改装后电压表量程为 2V。所以串联电阻应选 R2。234依据R = U - RIA1g= 9200WI (R12+ R) = E - (IA11+ I )r2整理得I =E- (I+ I )(r+ R )1R + R2A1所以12R + R12A1Er(150- 70)´10-6= 190 ´10-6 A，+ R =R + R2A1R + R2A11(240 - 80)´10-3解得E = 1.9V， r = 1.0W356由于考虑到电表内阻，所以没有误差。电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。52151 4m/s；2 20N【解析】【详解】（1） 依据运动的可逆性可知，砖头逆向的运动是平抛运动，则水平方向L=vxt1竖直方向vy=gt1H+h h = 1 gt 22121合速度v2=vx2+vy2解得5v= 4m/s5即李师傅抛砖头的速度大小为4m/s。（2） 对砖头水平方向，由动量定理-Ft1= 0 - mvx由力的合成知F 2 + (mg)21F =解得2F= 20N2由牛顿第三定律得：王师傅在接砖头过程中受到的平均作用力大小为20N。161280J；2见解析【解析】【详解】（1） 对活塞受力分析如图由平衡方程得mg+p0S=pAS气体由状态 A 到 C 先做等压变化再做等容变化W = - pAS (hB- h )A由热力学第肯定律得E=W+Q解得pA=1.05×105Pa，E=280J（2） 气体由状态 B 到 C 由查理定律得CpB = p TTBCp= pBA解得pC=1.4×105Pa气体由状态 A 经过 B 变为 C 的 p h 图像如下图171 q2 B2 R22m；2见解析；31.6 ´ 103【解析】【详解】1当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R 时，粒子的速度到达最大值 vm， 由牛顿其次定律得2qBv= m vmmR粒子离开时获得的最大动能1E=mv 2km2m解得（2） 第 N 次加速后，由动能定理得q2 B2 R2=Ekm2m1NqU = 2 mvN 2依据牛顿其次定律得qBv2v= mNNrN可解得第 N 次加速后12NmUBqr=N可推得第N1次加速后12 N -1mU Bqr=N1相邻轨迹间距d = 2(rN- rN-1) = (N22mUBq-N -1)由此可知相邻轨迹间距渐渐减小，丙同学的推断是合理的；（3） 粒子在电场中被加速 n 次，由动能定理得nqU = Ekm解得n = qB2 R22mUnt 和粒子在中运动的时间可以看成两局部时间之和，即在金属盒内旋转 圈的时间21通过金属盒间隙 n 次所需的时间 t2 之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。由牛顿其次定律得运动周期qB