2023年江苏省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷(附答案详解).docx

2023 年江苏省高考“八省联考”高考物理适应性试卷一、单项选择题本大题共 11 小题，共 44.0 分1. 小华通过偏振太阳镜观看安静水面上反射的阳光，转动镜片时觉察光有强弱变化。以下说法能够解释这一现象的是()A. 阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起起偏器的作用B. 阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起检偏器的作用C. 阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用D. 阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用2. 如下图，一束激光照耀在横截面为正方形的透亮玻璃柱上， 光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的()A. B. C. D. 3. 如下图，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为 M， 衣架顶角为120°，重力加速度为 g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为()A. 1 𝑀𝑔 2B. 3 𝑀𝑔 3C. 3 𝑀𝑔 2D. Mg4. 2023 年 12 月 3 日，嫦娥五号上升器携带月壤样品成功回到预定环月轨道，这是我国首次实现地外天体起飞。环月轨道可以近似为圆轨道，轨道半径为r，月球质量为 M，引力常量为 G。则上升器在环月轨道运行的速度为( )A. 𝐺𝑀B. 𝐺𝑀C. 𝐺𝑀D. 𝐺𝑀𝑟2𝑟𝑟2𝑟5. 某生态公园的人造瀑布景观如下图，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸 1 的模型展现效果，模型中槽道里的水流速度应为实际16的()第 1 页，共 18 页A. 1 2B. 1 4C. 1 8D. 1 166. 在“油膜法估测分子大小”的试验中，将1mL 的纯油酸配制成5000mL 的油酸酒精溶液，用注射器测得1mL 溶液为80 滴， 再滴入 1 滴这样的溶液到预备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，数出油膜共占 140 个小方格，每格边长是0.5𝑐𝑚，由此估算出油酸分子直径为( )A. 7 × 108 𝑚B. 1 × 108 𝑚C. 7 × 1010 𝑚D. 1 × 1010 𝑚7. 小明分别按图1 和图2电路探究远距离输电的输电损耗， 将长导线卷成一样的两卷 A、B 来模拟输电线路，无视导线的自感作用。其中𝑇1为抱负升压变压器，𝑇2为抱负降压变压器，两次试验中使用的灯泡一样，灯泡的电压相等。两次试验中()A. 都接直流电源C. A 损耗的功率相等B. A 两端的电压相等D. 图 1 中 A 的电流较大8. 渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在𝑡 = 0时的波动图象如图 1 所示，图 2 为质点 P 的振动图象，则()A. 该波的波速为1.5𝑚/𝑠B. 该波沿 x 轴负方向传播C. 01𝑠时间内，质点 P 沿 x 轴运动了1.5𝑚D. 01𝑠时间内，质点 P 运动的路程为 2m9. 某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进展工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如下图为第 2 页，共 18 页肯定质量的抱负气体所经受的奥托循环，则该气体()A. 在状态 a 和 c 时的内能可能相等B. 在𝑎 𝑏过程中，外界对其做的功全部用于增加内能C. 𝑏 𝑐过程中增加的内能小于𝑑 𝑎过程中削减的内能D. 在一次循环过程中吸取的热量小于放出的热量10. 如下图，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒𝐿1和𝐿2静止在导轨上， 与导轨垂直且接触良好。𝐿1的电阻大于𝐿2，两棒间的距离为 d，不计导轨电阻，无视电流产生的磁场。将开关 S 从 1 拨到 2，两棒运动一段时间后到达稳定状态， 则()A. S 拨到 2 的瞬间，𝐿1中的电流大于𝐿2B. S 拨到 2 的瞬间，𝐿1的加速度大于𝐿2C. 运动稳定后，电容器 C 的电荷量为零D. 运动稳定后，两棒之间的距离大于 d11. 带电粒子碰撞试验中，𝑡 = 0时粒子 A 静止，粒子以肯定的初速度向 A 运动。两粒子的𝑣 𝑡图象如下图。仅考虑静电力的作用，且 A、B 未接触。则( )A. A 粒子质量小于 B 粒子B. 两粒子在𝑡1时刻的电势能最大C. A 在𝑡2时刻的加速度最大D. B 在0𝑡3时间内动能始终减小二、试验题本大题共 1 小题，共 15.0 分12. 用如图 1 所示的试验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数𝜇。把左端带有滑轮的长木板平放在试验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连 接细线，细线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动。通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝码的总质量 M，槽码的总质量 m，计算木块与木板之间的摩擦力 f。转变 M 和 m 进展屡次试验。第 3 页，共 18 页(1) 以下试验操作步骤，正确挨次是。释放木块接通打点计时器电源将木板固定在水平桌面上调整滑轮高度使细线与木板平行将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上(2) 试验打出的一段纸带如图 2 所示。打点计时器的工作频率为50Hz，图中纸带按实际尺寸画出，则木块的加速度为𝑚/𝑠2。(3) 甲同学测得的数据见如表。𝑀/𝑘𝑔𝑓/𝑁0.7002.480.6002.180.5001.800.4001.500.3001.16请依据表中的数据，在方格纸上作出𝑓 𝑀图象。(4)重力加速度𝑔 = 9.80𝑚/𝑠2，可求得该木块与木板的动摩擦因数𝜇 = 。(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的𝜇值，取其平均值作为测量结第 4 页，共 18 页果。他觉察该值比甲同学在(4)问中得出的𝜇值大。你认为哪位同学的结果更准确， 请简要说明理由。三、计算题本大题共 4 小题，共 41.0 分13. 电流表改装成欧姆表的电路如下图，两表笔直接相连时，指针指在表盘刻度“5” 上。两表笔之间接有600𝛺的电阻时，指针指在刻度“1”上。求刻度“3”应标注的电阻值 R。14. 我国中微子探测试验利用光电管把光信号转换为电信号。如下图，A 和 K 分别是光电管的阳极和阴极，加在A、K 之间的电压为 U。现用发光功率为P 的激光器发出频率为𝜈的光全部照耀在K 上，回路中形成电流。阴极K 材料的逸出功为𝑊0， 普朗克常量为 h，电子电荷量为 e。(1) 求光电子到达 A 时的最大动能𝐸𝑘𝑚；(2) 假设每入射 N 个光子会产生 1 个光电子，全部的光电子都能到达A，求回路的电流强度 I。第 5 页，共 18 页15. 如下图，水平传送带足够长，向右前进的速度𝑣 = 4𝑚/𝑠，与倾角为37°的斜面的底端 P 平滑连接，将一质量𝑚 = 2𝑘𝑔的小物块从 A 点静止释放。 A、P 的距离𝐿 = 8𝑚，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为𝜇1 = 0.25、𝜇2 = 0.20，取重力加速度𝑔 = 10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37° = 0.6，𝑐𝑜𝑠37° = 0.8。求物块(1)第 1 次滑过 P 点时的速度大小𝑣1；(2) 第 1 次在传送带上来回运动的时间 t；(3) 从释放到最终停顿运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。第 6 页，共 18 页16. 跑道式盘旋的工作原理如下图，两个匀强磁场区域、的边界平行，相距为 L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面对里。P、Q 之间存在匀强加速电场， 电场强度为 E，方向与磁场边界垂直。质量为 m、电荷量为+𝑞的粒子从 P 飘入电场，屡次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口 K 引出，引出时的动能为𝐸𝑘。 K、Q 的距离为 d(1)求粒子出射前经过加速电场的次数 N； (2)求磁场的磁感应强度大小 B；(3)假设在 𝑡时间内有一束该种粒子从 P 点连续飘入电场，粒子在射出 K 之前都未相互碰撞，求 𝑡的范围。第 7 页，共 18 页答案和解析1. 【答案】B【解析】解：阳光属于自然光，阳光在水面发生反射后的反射光是偏振光，转动镜片时觉察光有强弱变化，是由于镜片相当于检偏器，起检偏器的作用，故ACD 错误，B 正确。应选：B。自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光，当偏振光偏振的方向与偏振镜片偏振的方向平行时可以通过偏振片，当二者方向垂直时不能通过偏振光。该题考察光的偏振，知道自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光是解答的关键。2. 【答案】C【解析】解：光通过透亮玻璃柱，由于玻璃柱的上下外表平行，所以出射光和入射光平行；又由于玻璃的折射率大于空气，所以侧移应当是向右侧移，故 ABD 错误，C 正确。应选：C。玻璃柱的上下外表平行，所以出射光和入射光平行；玻璃的折射率大于空气。据此分析。解答此题的关键是知道玻璃柱的上下外表平行时，出射光和入射光平行，玻璃的折射率大于空气。3. 【答案】B3【解析】解：衣服受三力作用，依据条件可知，衣服给的两个支持力大小相等，夹角为60°，它们的合力与重力等大反向，则有𝐹𝑁 2𝑐𝑜𝑠30° = 𝑀𝑔，解得𝐹𝑁 = 3 𝑀𝑔。故ACD 错误，B 正确。应选：B。对衣服受力分析，衣服给的两个支持力大小相等，夹角为60°，它们的合力与重力等大反向，据此分析。解答此题的关键是能依据共点力的平衡，分析出衣服给的两个支持力大小相等，夹角为第 8 页，共 18 页60°，它们的合力与重力等大反向。4. 【答案】D【解析】解：依据上升器在环月轨道运行时万有引力供给向心力有：𝐺𝑀𝑚 = 𝑚𝑣2，解得𝑟2𝑟𝑣 = 𝐺𝑀，故 D 正确，ABC 错误。𝑟应选：D。万有引力供给上升器在环月轨道运行的向心力，依据牛顿其次定律：𝐺𝑀𝑚 = 𝑚𝑣2，求解上升器在环月轨道运行的速度。𝑟2𝑟此题考察万有引力定律的应用，需要在情境中抽象出匀速圆周运动模型。5. 【答案】B【解析】解：水流做平抛运动， 水平方向：𝑥 = 𝑣0𝑡竖直方向：𝑦 = 1 𝑔𝑡220联立解得：𝑣= 𝑥𝑡= 𝑥𝑔 ，2𝑦模型的 x，y 都变为原来的1 ，故𝑣0 =1 𝑥𝑔= 1 𝑣0，故 B 正确，ACD 错误。应选：B。16162 1 𝑦416(1) 依据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度；(2) 依据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。此题考察平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。6. 【答案】C【解析】解：1 滴溶液中纯油酸的体积为𝑉 =15000× 1 × 106 𝑚3 = 2.5 × 1012 𝑚380油膜的面积为：𝑆 = 140 × 0.5 × 0.5 × 104 𝑚2 = 3.5 × 103 𝑚2所以油酸分子的直径为：𝑑 = 𝑉 = 2.5×1012𝑚 7 × 1010 𝑚，故 C 正确、ABD 错误。𝑆3.5×103第 9 页，共 18 页应选：C。通过正方形小方格的格数，估算出油酸薄膜的面积，用 1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以油膜的面积，得到油酸分子的直径此题关键要懂得试验原理，建立物理模型：以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨着一个严密排列，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度7. 【答案】D【解析】解：A、图 1 的试验可以承受直流电，但图2 的试验必需承受沟通电，由于变压器是利用互感的原理工作的，故 A 错误；BCD、两次试验中使用的灯泡一样，灯泡的电压相等，则两次试验中通过灯泡的电流相等，设为 I；图 1 中通过 A、B 的电流等于灯泡的电流，为𝐼1 = 𝐼；图 2 中，设降压变压器的匝数比为k：1(𝑘大于1)，依据变压器原理可得，通过A、B 的电流为：𝐼2 =𝐼，所以𝐼> 𝐼 。12𝑘依据𝑈 = 𝐼𝑅可知图 1 中 A 两端的电压大于图 2 中 A 两端电压；依据𝑃 = 𝐼2𝑅可知图 1 中 A 损耗的功率大于图 2 中 A 损耗的功率，故 BC 错误、D 正确。应选：D。变压器是承受互感的原理工作的，必需承受沟通电；两次试验中通过灯泡的电流相等，分析图1 中通过 A、B 的电流与图 2 中通过 A、B 的电流大小，依据𝑈 = 𝐼𝑅、𝑃 = 𝐼2𝑅进展分析。此题主要是考察了变压器的学问；解答此题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的状况下的电流之比等于匝数的反比。8. 【答案】D【解析】解：A、由图 1 可知，该波的波长为：𝜆 = 1.5 × 102 𝑚，由图 2 可知周期为：𝑇 = 1 × 105𝑠，则该波的波速为：𝑣 = 𝜆𝑇= 1.5×1021×105𝑚/𝑠 = 1500𝑚/𝑠，故 A 错误；B、由图 2 可得，在𝑡 = 0时刻，P 质点沿 y 轴正方向振动，由波形图的微平移法可知该波沿 x 轴正方向传播，故 B 错误；C、质点 P 只在平衡位置四周振动，不会沿 x 轴运动，故 C 错误；第 10 页，共 18 页D、质点 P 的振幅是𝐴 = 5 × 106 𝑚，在0 1𝑠时间内共振动的周期个数为：𝑛 = 𝑡 =𝑇1𝑠1×105 𝑠正确。= 105个，质点 P 运动的路程为：𝑠 = 4𝐴 𝑛 = 4 × 5 × 106× 105𝑚 = 2𝑚，故 D应选：D。分别由波动图象和振动图象得出波长和周期，依据公式𝑣 = 𝜆求解；由质点的振动方向𝑇推断波的传播方向；质点不会随波迁移；先求出肯定时间内周期的倍数，然后应用公式𝑠 = 4𝐴 𝑛求解质点运动的路程。此题以渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位为情景载体，考察了振动图象与 波动图象相结合的题目，要求学生能够娴熟把握这两种图象的异同点去解决实际问题。9. 【答案】B【解析】【分析】抱负气体内能与温度有关，依据热力学第肯定律和查理定律推断；依据绝热压缩和热力学第肯定律推断；依据𝑝 𝑉图象“面积”及热力学第肯定律推断。此题考察气体定律以及热力学第肯定律的综合运用，解题关键是要先依据气体试验定律推断气体的 p、V、T 的变化，然后结合热力学第肯定律公式 𝑈 = 𝑊 + 𝑄进展分析，其中特别需要留意的是𝑝 𝑉图象“面积”即为气体做功大小。【解答】A、从 c 到 d 为绝热膨胀，有𝑄 = 0，𝑊 < 0，依据热力学第肯定律，可知 𝑈 < 0，温度降低；从d 到 a，体积不变，由查理定律𝑝𝑇= 𝐶，可知压强减小，则温度降低，则状态c 的温度高于状态 a 态温度，依据肯定质量的抱负气体内能由温度打算，所以状态a 的内能小于状态 c 的内能，故 A 错误；B、在𝑎 𝑏过程中为绝热压缩，外界对气体做功𝑊 > 0，𝑄 = 0，依据热力学第肯定律， 可知 𝑈 = 𝑊，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B 正确；CD、从𝑏 𝑐过程系统从外界吸取热量，从𝑐 𝑑系统对外做功，从𝑑 𝑎系统放出热量， 从𝑎 𝑏外界对系统做功，依据𝑝 𝑉图象“面积”即为气体做功大小，可知c 到 d 过程气体做功，图象中𝑏 𝑐 𝑑 𝑎围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变化为零，则 𝑊 = 𝑄，即𝑄吸 𝑄放 = 𝑊 > 0，即在一次循环过程中吸取的第 11 页，共 18 页热量大于放出的热量，则𝑏 𝑐过程中增加的内能大于𝑑 𝑎过程中削减的内能，故 CD错误。应选：B。10. 【答案】D【解析】解：AB、S 拨到 2 的瞬间，电容器通过两棒放电，由于两棒并联，电压相等， 而𝐿1的电阻大于𝐿2，所以，𝐿1中的电流小于𝐿2，依据𝐹 = 𝐵𝐼𝐿知𝐿1受到的安培力小于𝐿2受到的安培力，两棒质量相等，依据牛顿其次定律可知，𝐿1的加速度小于𝐿2，故 AB 错误； C、两棒在安培力作用下向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，这个感应电动势要抵抗电容器的电压，使得两棒中电流减小，当两棒切割磁感线产生的感应电动势等于电 容器板间电压时，通过两棒的电流为零，不再受安培力，将以一样的速度做匀速直线运动，可知，运动稳定后，电容器 C 板间电压不为零，其电荷量不为零，故C 错误；D、由于开头时𝐿2的加速度大于𝐿1的加速度，两棒间距增大，故运动稳定后，两棒之间的距离大于 d，故 D 正确。应选：D。S 拨到 2 的瞬间，电容器放电，两棒并联，依据并联电路的分流规律分析两棒中电流大小，由𝐹 = 𝐵𝐼𝐿分析两棒受到的安培力大小，从而依据牛顿其次定律推断加速度大小。最终两棒以一样速度向右运动，电容器两板间电压等于两棒切割磁感线产生的感应电动势。解决此题时，可将电容器看成电源，分析电路中电流的变化，从而确定两棒受到的安培力的变化状况，来两棒的运动状况。11. 【答案】B【解析】解：A、由图可知， 𝑡 = 0时刻有：𝑝0 = 𝑚𝐵𝑣0，在𝑡 = 𝑡2时刻有：𝑝2 = 𝑚𝐴𝑣𝐴， 依据两粒子碰撞过程动量守恒，则有：𝑚𝐵 𝑣0 = 𝑚𝐴𝑣𝐴，又由于𝑣0 > 𝑣𝐴，所以有𝑚𝐵 < 𝑚𝐴，故 A 错误；B、两粒子在𝑡1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B 正确； C、两粒子在𝑡1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，依据牛顿其次定律，可知A 在𝑡1时刻的加速度最大，故 C 错误；D、B 在0𝑡3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，故D 错误。应选：B。第 12 页，共 18 页依据两粒子碰撞过程动量守恒，结合𝑣 𝑡图象分析质量关系；在𝑡1时刻速度相等，系统损失动能最大，系统的电势能最大；两粒子库仑力最大，加速度最大；由𝑣 𝑡分析速度的变化，即可知道动能的变化。此题以带电粒子碰撞试验为情景载体，结合𝑣 𝑡图象考察了动量守恒定律以及能量守恒定律，此题的关键是要正确理解两粒子速度相等的物理意义。12.【答案】(1)；(2)0.47；(3)𝑓 𝑀图象如下图；(4)0.35；(5)甲同学结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。【解析】【分析】(1) 依据试验原进展分析；(2) 实际尺寸测出并标注计数点，利用逐差法求得加速度； (3)依据表中数据描点，用平滑的曲线连接如下图；(4) 依据滑动摩擦力公式，结合图象的斜率求解；(5) 由于试验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，依据误差分析求解。此题以测量木块与长木板间的动摩擦因数𝜇为情景载体，考察了纸带处理、牛顿其次定律应用、图象的数据处理、误差分析等，是一道综合考察力学试验的好题。【解答】(1) 试验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在 木块上，然后把细线拴在小车上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调整滑轮高度使细线与木板平行。再接通打点计时器电源，接着释放木块。最终关闭电源，取下纸带，故正第 13 页，共 18 页确挨次是。(2) 图中纸带按实际尺寸画出，如下图：每四个点选用一个计数点，标上字母。则计数点之间的时间间隔为：𝑇 = 0.02𝑠 × 4 = 0.08𝑠用刻度尺测得 C、E 两点到 O 点的距离分别为𝑥𝑂𝐶 = 3.90𝑐𝑚，𝑥𝑂𝐸 = 9.00𝑐𝑚，由逐差法解得加速度为：𝑎 = (𝑥𝑂𝐸 𝑥 𝑂𝐶 )𝑥 𝑂𝐶(2𝑇)2= (9.003.90)3.90(2×0.08)2× 102 𝑚/𝑠2 = 0.47𝑚/𝑠2(3) 依据表中数据描点，用平滑的曲线连接如以下图所示：(4)由滑动摩擦力公式𝑓 = 𝜇𝑀𝑔，可知图线的斜率为：𝑘 = 𝜇𝑔有：解得该木块与木板的动摩擦因数为：𝜇 = 0.35(5)由于试验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，假设用单组数据计算所代入的摩擦力偏大，乙同学计算结果偏大，因此甲同学的结果更准确。故答案为：(1)；(2)0.47；(3)𝑓 𝑀图象如下图；(4)0.35；(5)甲同学第 14 页，共 18 页结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。13.【答案】解：当两表笔短接(即𝑅𝑥 = 0)时，指针指在表盘刻度“5”上，电流表应调至满偏电流𝐼 ，设此时欧姆表的内阻为𝑅此时有关系：𝐼𝑔 = 𝐸 ；𝑔内𝐼内当两表笔之间接有𝑅1 = 600𝛺的电阻时，指针指在表盘刻度“1”上，则由图可知，此时𝐼= 1 𝐼1 𝐼𝑔 =𝐸，解得：𝑅= 150𝛺515 𝑔，则此时有：3𝑅 𝑅1内内3 𝐼𝑔 =𝐸，解得：𝑅 = 100𝛺当指针指在表盘刻度“”上时，此时有：5𝑅𝑅内答：刻度“3”应标注的电阻值 R 为100𝛺。【解析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，依据欧姆表的构造与欧姆表的工作原理，应用闭合电路欧姆定律分析答题。此题考察了欧姆表的原理，要求学生会应用闭合电路欧姆定律分析，此题关键要看清楚每次测电阻时的电流与满偏电流之间的关系。14.【答案】解：(1)依据光电效应方程：𝐸𝑘 = 𝜈 𝑊0可得最大初动能，从K 到 A 电场力做正功，可得：最大动能为𝐸𝑘𝑚 = 𝐸𝑘𝑒𝑈 = 𝜈 𝑊0𝑒𝑈；(2)激光放射器激光放射的功率为 P，光子所带能量为𝜈，则单位时间内通过的光子数量为𝑛 =𝑃 ， 𝜈1单位时间内产生的光电子数目为：𝑛= 𝑛𝑁=𝑃 ，𝜈𝑁由电流的定义得𝐼 = 𝑞 = 𝑛1 𝑒 =𝑃𝑒 ；𝑡𝑡𝜈𝑁答：(1)最大动能𝐸𝑘𝑚 = 𝜈 𝑊0𝑒𝑈；第 15 页，共 18 页(2)电流强度为 𝑃𝑒 。𝜈𝑁【解析】(1)从 K 到 A 电场力做正功，由光电效应方程与电场力做功进展分析；(2)由电流的定义式进展解答。此题主要考察了光电效应方程和功率，电流的定义式，解题关键在于此处除了有光子的能量之外还有电场力所做的正功。15. 【答案】解：(1)物块沿斜面下滑，由牛顿其次定律得：𝑎= 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1𝑚1= (10 × 𝑠𝑖𝑛37° 0.25 × 10 × 𝑐𝑜𝑠37°)𝑚/𝑠2 = 4𝑚/𝑠21由速度位移关系式可得：𝑣2代入数据，解得：𝑣1 = 8𝑚/𝑠= 2𝑎1𝐿(2)物块过 P 点后减速，由于传送带足够长，所以物块肯定能减速到零，对物块依据牛顿其次定律得：𝑎= 𝜇2𝑚𝑔 = 𝜇𝑔 = 0.20 × 10𝑚/𝑠2 = 2𝑚/𝑠22减速过程的时间：𝑡1 = 𝑣1𝑎2𝑚2= 8 𝑠 = 4𝑠2𝑥= 𝑣1812 𝑡1 = 2 × 4𝑚 = 16𝑚减速到零后开头反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。加速阶段：𝑡2 =𝑣𝑎2= 4 𝑠 = 2𝑠2𝑣4𝑥2 = 2 𝑡2 = 2 × 2𝑚 = 4𝑚匀速阶段：𝑥3 = 𝑥1 𝑥2 = 16𝑚 4𝑚 = 12𝑚𝑡= 𝑥3 = 12 𝑠 = 3𝑠3𝑣4故物块第 1 次在传送带上来回运动的时间𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 + 𝑡3 = 4𝑠 + 2𝑠 + 3𝑠 = 9𝑠 (3)依据能量守恒，物块第 1 次滑过 P 点时与斜面的摩擦产生的热量为：1𝑄1 = 𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛37° 𝑚𝑣221此时动能为：𝐸𝑘 = 1 𝑚𝑣221依据条件分析可知，物块之后再到达P 点的速度不会大于4𝑚/𝑠，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从 P 点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，动能𝐸𝑘将在之后的循环运动中转化为热量𝑄2，依据能量守恒有：第 16 页，共 18 页𝑄2 = 𝐸𝑘故𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2联立，代入数据解得：𝑄 = 48𝐽答：(1)第 1 次滑过 P 点时的速度大小𝑣1为8𝑚/𝑠；(2) 第 1 次在传送带上来回运动的时间 t 为 9s；(3) 从释放到最终停顿运动，与斜面间摩擦产生的热量Q 为 48J。【解析】(1)依据牛顿其次定律，结合速度位移关系式求解。(2) 物块过 P 点后减速，由于传送带足够长，所以物块肯定能减速到零，减速到零后开头反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。依据牛顿其次定律，结合运动学公式求解。(3) 依据条件分析可知，物块之后再到达P 点的速度不会大于4𝑚/𝑠，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从 P 点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，第一次到达 P 时的动能𝐸𝑘将在之后的循环运动中转化为热量。再依据能量守恒定律求解。解答此题的关键是能娴熟应用能量守恒定律、运动学公式及牛顿其次定律；要留意(2)中物块减速为零后，反向过程分为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段；(3)的关键是能分析出物块第一次到达 P 点时的动能将在之后的循环运动中转化为热量。16. 【答案】解：(1)由于粒子被引出时的动能为𝐸𝑘，依据动能定理可得：𝑁𝑞𝐸𝐿 = 𝐸𝑘，解得：𝑁 =𝐸𝑘 ；𝑞𝐸𝐿(2) K、Q 的距离为 d，粒子最终一次加速后在磁场中做匀速圆周运动的半径为：𝑅 = 𝑑2依据洛伦兹力供给向心力可得：𝑞𝑣𝐵 = 𝑚 𝑣2𝑅依据动能的计算公式可得：𝐸𝑘 = 1 𝑚𝑣2，则𝑣 = 2𝐸𝑘2𝑚联立解得：𝐵 = 2𝑚 2𝐸𝑘 = 8𝑚𝐸 𝑘；𝑞𝑑𝑚𝑞𝑑第 17 页，共 18 页(3) 临界状况为第1 个粒子在加速了N 次后在Q 点刚好和加速了(𝑁 1)次的最终一个粒子相碰，则两粒子的时间差为最终一个粒子从Q 点动身运动最终一圈的时间，如下图， 这一圈由四段运动组成，其中在磁场中运动的时间为𝑇 = 2𝜋𝑚，将𝐵 = 8𝑚𝐸𝑘代入得𝑇 = 𝜋𝑑 𝑚𝑞𝐵𝑞𝑑2𝐸𝑘𝑚此时最终一个粒子的动能为𝐸𝑘 𝑞𝐸𝐿，速度为：𝑣1 = 2𝐸𝑘2𝑞𝐸𝐿，匀速回到左边运动的时间为𝑡1= 𝐿𝑣1= 𝑚𝐿2 2𝐸𝑘2𝑞𝐸𝐿2最终一段在 PQ 段匀加速直线运动的时间为：𝑡= 𝑣𝑣1𝑎代入 v 和𝑣1解得：𝑡2 = 2𝑚 (𝐸𝑘 𝐸𝑘 𝑞𝐸𝐿)𝑞𝐸所以 𝑡 = 𝑡+ 𝑡+ 𝑇 = 𝑚𝐿2+ 2𝑚 (𝐸 𝐸 𝑞𝐸𝐿) + 𝜋𝑑 𝑚 。12 2𝐸𝑘2𝑞𝐸𝐿𝑞𝐸𝑘𝑘2𝐸𝑘答：(1)粒子出射前经过加速电场的次数为𝐸𝑘 ；𝑞𝐸𝐿(2) 磁场的磁感应强度大小为8𝑚𝐸𝑘；𝑞𝑑(3) 假设在 𝑡时间内有一束该种粒子从 P 点连续飘入电场，粒子在射出 K 之前都未相互碰撞，则 𝑡的范围为 𝑡 < 𝑚𝐿2+ 2𝑚 (𝐸 𝐸 𝑞𝐸𝐿) + 𝜋𝑑 𝑚 。2𝐸𝑘2𝑞𝐸𝐿𝑞𝐸𝑘𝑘2𝐸𝑘【解析】(1)由于粒子被引出时的动能为𝐸𝑘，依据动能定理求解加速次数；(2) 求出粒子最终一次加速后在磁场中做匀速圆周运动的半径，依据洛伦兹力供给向心力求解磁场的磁感应强度大小；(3) 临界状况为第1 个粒子在加速了N 次后在Q 点刚好和加速了(𝑁 1)次的最终一个粒子相碰，则两粒子的时间差为最终一个粒子从Q 点动身运动最终一圈的时间，依据运动状况求出该段时间即可。对于带电粒子在磁场中的运动状况分析，一般是确定圆心位置，依据几何关系求半径， 结合洛伦兹力供给向心力求解未知量；依据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对 于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进展解答。第 18 页，共 18 页