2023年廣東省汕頭市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.氮元素對地球來說是一種非常稀少和寶貴的資源。如圖所示為氨〃11c-EJcV

8

0

離子（He+）的能級圖，若根據玻爾原子理論，關于氫離子能級躍遷,6

5-1.51

4-2.18

下列說法正確的是（）

3-3.40

-6.04

A.大量處于n=3能級的氮原子，最多可輻射2種不同頻率的光子2

-13.6

B.從n=4向n=3能級躍遷，要向外輻射光子的能量2.64eV

C.處于n=l能級的氯原子，可以吸收54.0eV的能量而發生電離1-----------54.4

D.從n=3躍遷到n=2能級比從n=2躍遷到n=1能級輻射出的光子波長短

2.科學家正在研究太陽系外的行星，它們被稱作系外行星。它們中的多數圍繞其它恒星運

轉，還有一部分在恒星間漫步游蕩。已知一顆半徑為R,自轉周期為誓的系外行星的赤道上

空有一顆相對于它靜止的同步的衛星，在該衛星上的探測器剛好能夠覆蓋行星赤道的"區域,

下列說法正確的是（）

A.該衛星的速度為舞B.該衛星的速度為爭

C.該衛星離行星表面的距離為2RD.該衛星離行星表面的距離為|/?

3.工業機器人廣泛用于工業領域。某工業機器人設備接在n=380，工5）100戊（7）的交流電

源上，正常工作時電流為24則下面說法正確的是（）

A.該交流電的頻率為100Hz

B.該交流電每秒內電流方向變化50次

C.該設備正常工作時電流的峰值為22

D.該設備正常工作時消耗的功率為0.76MV

4.如圖所示，在豎直平面中，有一根水平放置的，長度為L的不可伸長的輕繩，繩的一端固

定在。點，另一端連有質量為m的小球。現從4點靜止釋放小球，當小球運動到。點正下方B點

時，繩子突然斷裂。B點位于斜面頂端，斜面足夠長，傾角為6,則下面的說法正確的是（）

A.小球落至斜面所需的時間為2

B.小球落至斜面所需的時間為j^tand

C.小球落至斜面C點與B點的距離為4Ltan。

D.小球落至斜面C點與B點的距離為4L瑞

5.汽車的制動安全和制動舒適性是考量制動性能的兩大標準,4BS系統能讓車輛在緊急制動

時保有理想的抓地力而讓制動依然可控，車速平穩下降從而化解險情。檢測人員在某直線路

段測試，如圖為當4BS啟動時車身速度一時間圖像和車輪的轉速一時間圖像，則制動后，以

下判斷正確的是（）

A.車輪轉速不斷減小B.車身的加速度不斷減小

C.車身做勻減速直線運動D.車身速度大小始終與車輪轉速大小相等

6.如圖所示，足球場上，守門員會戴著厚厚的手套向水平飛

奔而來的球撲去，使球停下，關于此過程守門員戴手套的作用，

以下分析正確的是（）

A.減小球的平均作用力

B.增大手受到球的沖量

C.球受到的動量變大

D.使球的加速度變大

7.新型交通信號燈，如圖所示，在交通信號燈前方路面埋

設通電線圈，這個包含線圈的傳感器電路與交通信號燈的時

間控制電路連接，當車輛通過線圈上方的路面時，會引起線

圈中電流的變化，系統根據電流變化的情況確定信號燈亮的

時間長短，下列判斷正確的是（）

A.汽車經過線圈會產生感應電流

B.汽車通過線圈時，線圈激發的磁場不變

C.當線圈斷了，系統依然能檢測到汽車通過的電流信息

D.線圈中的電流是由于汽車通過線圈時發生電磁感應引起的

8.早期的濾塵器由兩塊帶正電的平行板及它們之間的一組帶

負電的導線構成，如圖所示，帶電導線附近會形成很強的電場使

空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收集板

遷移并沉積，以達到除塵目的。假設塵埃向收集板運動過程中所

帶電量不變，下列判斷正確的是（）

A.兩平行板間存在勻強電場

B.帶正電塵埃向收集板運動并沉積

C.兩平行板間越靠近帶電導線電勢越高

D.帶電塵埃向收集板運動過程中電勢能減小

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

9.隨著近年疫情影響，越來越多的人開始注意呼吸道的清潔衛生。如圖為一款瓶

罐式鼻腔噴霧器，它通常借用瓶內氣壓將生理鹽水送入鼻孔，借助于生理鹽水自身

的殺菌作用及水流的沖擊力，將鼻腔內污垢排出，從而使鼻腔恢復正常的生理環境，

達到保護鼻腔的目的。瓶內氣囊中的氣體可看作理想氣體，以下說法正確的是（）

A.向外噴霧時，因為氣體對外做功，罐身溫度略降

B.向外噴霧時，因為氣體向外散熱，罐身溫度略降

C.使用后放置一小段時間，罐內氣體內能較使用前減少

D.使用后放置一小段時間，罐內氣體內能與使用前相同

10.擺鐘如圖是一種較有年代的計時鐘表。其基本原理是利用了單擺的周期性，結合巧妙的

擒縱器設計，實現計時的功能。如圖為其內部的結構簡圖。設原先擺鐘走時準確，則（）

A.擺動過程中，金屬圓盤所受合力為其回復力

B.擺鐘在太空實驗室內是無法正常使用的

C.該擺鐘從北京帶到汕頭，為使走時準確，需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動

D.該擺鐘在冬季走時準確，到夏季為了準時，考慮熱脹冷縮需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺

桿向上移動

11.有款市面上流行的指針式恒溫“溫奶器”，如圖是其內部調溫的工作示意圖，溫度的敏

感元件是雙金屬片，在溫度升高時上層金屬的膨脹大于下層金屬，可造成雙金屬片的形變。

則關于該裝置，下列說法正確的是（）

調溫旋鈕

A.傳感器工作的一般流程：電信息-敏感元件-處理電路-非電信息

B.電源剛接通時上下觸點是接觸的

C.若要提高溫奶的溫度，則應使調溫旋鈕下移一些

D.若要提高溫奶的溫度，則應使調溫旋鈕上移一些

XXXX

12.依附建筑物架設的磁力緩降高樓安全逃生裝置，該裝置原理如圖

可等效為：間距L=0.5m的兩根豎直導軌上部連通，人和磁鐵固定在一|v

起，沿導軌共同下滑，磁鐵產生磁感應強度8=0.27的勻強磁場。人和磁鐵所經位置處，可

等效為有一固定導體棒cd與導軌相連，整個裝置總電阻始終為R=4x10-5。在某次逃生試

驗中，質量M=50kg的測試者利用該裝置最終以"=2m/s的速度勻速下降，已知與人一起

下滑部分裝置的質量ni=20kg,重力加速度取g=10m/s2,貝!J()

A.導體棒cd中電流的方向從d到cB.導體棒cd中電流的方向從c到d

C.下落過程中除安培力的阻力為200ND.下落過程中除安培力的阻力為1200N

三、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

13.收音機中可變電容器作為調諧電臺使用。如圖為空氣介質單聯可變電容器的結構，它是

利用正對面積的變化改變電容器的電容大小，某同學想要研究這種電容器充、放電的特性，

于是將之接到如圖所示的實驗電路中，實驗開始時電容器不帶電。

動片,動片引出端動片

嗤，動片

定片、

，6%I定片

i2*

^(360pF)(260pF)

空氣介質的聯可變電器的結構及電路符號

(1)首先將開關S打向1,這時觀察到靈敏電流計G有短暫的示數，穩定后，旋轉旋鈕，使電容

器正對面積迅速變大，從開始到最終穩定，靈敏電流計示數隨時間變化的圖像可能是

(填選項中的字母)序號。

o^to7；o——7oy

(2)充電穩定后，斷開單刀雙擲開關，用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發現讀數緩慢減小，

原因是。

(3)該同學做完實驗，得到電容器的電容后，突然想起他用的是一節舊電池(電動勢不變，內

阻不可忽略)，他想要得到盡量精確的電容值，(填“需要”或“不需要”)重新換一

節新電池來測量。

14.物理創新實驗研究小組用步進電機、圓盤、小物塊、手機等制作了圓周運動綜合探究平

臺，探究圓周運動中向心力、向心加速度等各個物理量之間的關系：

(1)手機內部自帶加速度傳感器，可測量向心加速度大小與方向，規定x、y、z三個方向的正

方向如圖1所示。某同學站在轉臺上將手水平伸直，以不同朝向拿著手機，如圖以自己身體為

軸旋轉，某段時間內測得y軸方向加速度一時間圖像如圖2,x、z軸方向加速度為零，則她可

0.0010.020.030.0

時間(s)

圖2

A.將手機豎起，手機屏幕正對自己旋轉

5手機平放在手掌上，屏幕朝上，讓底邊對著自己旋轉

C.手機平放在手掌上，屏幕朝上，讓側邊對著自己旋轉

(2)為了測加速度傳感器在手機中位置，該同學如圖3將手機沿徑向平放固定在圓盤上，底邊

正對圓盤轉軸，讓步進電機帶動圓盤旋轉，手機的加速度、角速度等值可通過手機appp/iyphox

讀取，由a”-32的圖像獲得斜率為人(使用國際單位)，再用刻度尺測量手機底邊到轉軸的長

度d,如圖4,則(/=nio手機內部加速度傳感器到手機底邊的長度為(用題目

所給的物理量表示)。

手機底邊

圖3圖4

(3)手機中有光照傳感器，用手電筒在圓盤固定位置打光，手機旋轉時記錄光照強度周期性變

化如圖5所示，則手機旋轉的周期為s(保留2位小數)。測得手機的質量m,周期為T,

手機視為質點，手機到轉軸的距離為r,可求得向心力力=(用題目所給的物理量表

述)。

時間(s)

圖5

四、簡答題(本大題共2小題，共6.0分)

15.1897年，湯姆遜利用電磁偏轉的方法，測量了電子的荷質比。20世紀初，考夫曼用磁

聚焦法也測量出粒子的荷質比，并且該實驗還是狹義相對基礎實驗之一。如圖為磁聚焦法簡

化原理圖。電子從電子槍K出發，初速度為零。雖然由于各種原因在Q處會出現散開一個角度，

但可以認為經過加速電場MN的做功，所有電子均獲得相同的軸向速度。如圖方向的磁場作用

下，電子將做螺旋運動，重新會聚在另一點。這種發散粒子束會聚到一點的現象與透鏡將光

束聚焦現象十分相似，因此叫磁聚焦。已知加速電壓為U,磁感應強度為B,Q處角度為2。,

電子的軸向速度為孫，不計重力以及電子之間的相互作用，求：

(1)求電子的比荷依

(2)求在磁場中相鄰兩個會聚點的距離。

16.如圖，L形滑板4靜止在粗糙水平面上，在Z上距離其左端為9處靜置小木塊B,4B之間

光滑；水平面上距離4右端處靜止著一滑塊C,A和C與水平面之間的動摩擦因數均為ABC的

質量均為m,AB,AC之間的碰撞都屬于完全非彈性碰撞且不粘連。現對A施加水平向右的恒

定推力，當4c相碰瞬間撤去，碰撞后瞬間4C的速度以c=4/~麗，由于4板足夠長，所以不

考慮BC的相碰。已知重力加速度為g。求：

(1)水平推力F的大小；

(2)當ZC都停下時C離4板右端的距離d。

3/

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4大量處于n=3能級的氫離子，最多可輻射廢=3種不同頻率的光子，故4錯誤;

8.因為從n=4向n=3能級躍遷，要向外輻射光子的能量ZIE43=E4-E3=-3.40eK+6.04eV=

2.64eV,故B正確；

C.由圖可知，Ei=—54.4eU,處于n=1能級的氮離子，可以吸收至少54.4eV的能量才能發生電離，

故C錯誤；

D因為從n=3躍遷到n=2能級輻射的光子能量為ZE'=E3-E2=6.04elZ+13.6eK=7.56eK,

從n=2躍遷到n=1能級輻射的光子能量為4E〃=E2-Ei=-13.6eV+54AeV=40.8eVV,即從

n=3躍遷到n=2能級比從ri=2躍遷到n=1能級輻射出的光子的能量小，又因為E=hv若,

所以從n=3躍遷到n=2能級比從n=2躍遷到n=1能級輻射出的光子頻率低，波長長，故。錯

誤。

故選：B.

根據數學組合公式鬣求解釋放不同頻率光子的種數；能級間躍遷釋放或吸收的能量等于兩能級間

的能級差.依據電離的條件判斷.

解決本題的關鍵知道能級間躍遷能級差與光子能量的關系，以及知道從高能級向低能級躍遷，釋

放光子，從低能級向高能級躍遷，吸收光子.

2.【答案】B

【解析】解：CD、-一顆相對于它靜止的同步的衛星，在該衛星上的探測器剛好能夠覆蓋行星赤道

的為；區域，則

La=60°

則由幾何關系可知，同步的衛星的運動軌道半徑為R'=2R,衛星離地面的高度為h=2R-R=R,

故CO錯誤；

AB,根據〃=竿，可知u=等，故A錯誤，B正確。

故選：Bo

先根據幾何關系求出同步衛星的軌道半徑，再根據勻速圓周運動的規律求出衛星的線速度。

本題考查衛星圍繞中心天體做勻速圓周運動的模型，解決本題的關鍵是根據幾何關系求出同步衛

星的軌道半徑。

3.【答案】D

【解析】解：4、根據a=380。5勿100兀￡（匕）可知，角速度為3=100?rrad/s

該交流電的頻率為/=為=嚶Hz=50Hz

故4錯誤；

反正弦式交流電一個周期內電流方向變化兩次，所以該交流電每秒內電流方向變化71=2x50次

=100次

故8錯誤；

c、由題可知，該設備正常工作時電流的峰值為包=4/=2。4

故c錯誤；

。、由電壓瞬時值公式可知，電壓的峰值為Um=380CV

該交流電電壓的有效值為U=鴇=潛率/=380V

V2V2

該設備正常工作時消耗的功率為P=UI=380X2W=760W=0.76/clV

故。正確。

故選：0。

根據電壓的表達式得出交流電的角速度，從而得出其頻率的大小；在一個周期內，電流變化兩次，

從而得出每秒電流方向的變化次數；根據電流峰值和正常工作時電流的關系得出電流峰值的大小;

根據功率的計算公式得出功率的大小。

本題主要考查了交流電的相關應用，理解交流電的峰值和有效值的關系，結合頻率和角速度的關

系即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解:AB.小球AB過程，只有重力做功，機械能守恒，根據機械能守恒定律有,mgL="詣，

解得益=/藥；小球BC過程做平拋運動，根據平拋運動規律有tan。=5=翅=2，解得t=

xvgt2VQ

次幽￡=2廣或=2FUtand,所以從4點靜止釋放小時下落時間應包括48過程所用時間，

99qg

所以小球落至斜面所需的時間大于3故A8錯誤；

CD.小球BC過程做平拋運動，有y="2=前."*=Mta/j,小球落至斜面C點與B點的距

離為5=吃=生增=絲嚶，故C錯誤，O正確。

sin0sin。cosz0

故選：D。

4B過程小球只有重力做功，機械能守恒，根據機械能守恒定律可解得B點的速度；小球在BC過程

做平拋運動，根據平拋運動規律可求出落到斜面的時間和CB間的距離。

本題考查平拋運動規律和機械能守恒定律的應用，要注意掌握平拋運動的特點，知道平拋運動分

解為水平方向上勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動進行分析求解。

5.【答案】C

【解析】解：4從車輪的轉速一時間圖像可知，車輪做減速一加速一減速一加速......的變速運動，

直到速度減小為零，所以說車輪的轉速并不是不斷減小的，故4錯誤；

BC.從車身的速度一時間圖像可知，速度與時間的圖像關系為斜率恒定的直線，直線斜率表示加速

度，因此車身做的是加速度恒定的勻減速運動，故B錯誤，C正確；

。.車身的速度一時間圖像與車輪轉速一時間圖像不重疊，因此車身速度大小與車輪轉速大小并不

相等，故。錯誤。

故選：Co

明確u-t圖象的性質，知道u-t圖象的斜率表示加速度，從而確定車身和車輪的速度變化情況,

明確二者轉速的大小關系。

本題考查對圖象的掌握，要注意明確v-t圖象的斜率表示加速度，由圖象可以確定車身和車

輪的加速度變化情況。

6.【答案】A

【解析】解：守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以延長球與手接觸的時間，

對球，取球的初速度方向為正方向，根據動量定理得：-Ft=O-77W,可得F=詈，當時間延長

時，動量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動量的變化率，即減小手對球的平均作

用力，球的加速度變小，故A正確，8Q9錯誤。

故選：A.

守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，延長球與手接觸的時間，利用動量定理分析即

可。

本題是緩沖問題，利用動量定理分析時，要抓住動量的變化量不變，時間延長，來分析作用力的

變化。

7.【答案】A

【解析】解：4汽車的材質主要為導電的金屬，汽車經過線圈時會引起線圈磁通量的變化，從而

產生電磁感應現象，產生感應電流。故A正確；

員汽車通過線圈時，線圈由于電磁感應使自身電流發生變化，激發的磁場也能變化。故B錯誤；

C.當線圈斷了，無法形成完成的閉合回路，系統就無法檢測到汽車通過的電流信息，故C錯誤；

。.線圈本身就是通電線圈，線圈中的電流不是汽車通過線圈時發生電磁感應引起的，汽車通過線

圈產生的電磁感應現象只是引起線圈中電流的變化。故。錯誤。

故選：Aa

根據感應電流的產生分析是否能產生感應電流；

根據電磁感應現象分析出電流的變化，從而分析出線圈產生的磁場的變化趨勢。

本題主要考查了電磁感應在生活中的應用，理解電磁感應現象，結合感應電流的產生條件即可完

成分析。

8.【答案】D

【解析】解：4依題意，帶電導線附近會形成很強的電場，兩平行板間不是勻強電場，故A錯誤；

B.依題意，帶負電塵埃向收集板運動并沉積，故3錯誤；

C依題意，帶電導線帶負電，兩平行板間越靠近帶電導線電勢越低，故C錯誤；

。依題意，帶電塵埃向收集板運動過程中電場力做正功，電勢能減小，故。正確。

故選：D。

勻強電場電場強度處處相等；

根據題意，帶負電塵埃向收集板運動并沉積，越靠近帶電導線電勢越低，電場力做正功，電勢能

減小。

本題解題關鍵是掌握沿電場線電勢逐漸降低、電場力做正功，電勢能減小。

9.【答案】AC

【解析】解：AB,向外噴霧時，瓶內液體減少，瓶內氣體體積增大，氣體對外做功，氣體內能減

少，故而氣體吸熱，罐身溫度略降，故A正確，8錯誤：

CO、使用后放置一小段時間，罐內外溫度相同，平均動能不變，但質量減小，相同體積內的分子

數減小，導致罐內氣體內能與使用前減小，故。錯誤，C正確。

故選:AC.

根據熱力學第一定律以及決定能內的因素進行分析。

該題考查熱力學第一定律以及決定物體內能的因素，題目與生活聯系密切，較為新穎，具有一定

的難度。

10.【答案】BCD

【解析】解：4恢復力是指向平衡位置的力，所以擺動過程中，金屬圓盤所受重力沿軌跡切線方

向的分力為其回復力，金屬圓盤所受合力還有一部分提供向心力，故A錯誤；

氏擺鐘在太空實驗室內是處于失重狀態的，所以無法使用，故B正確；

C.該擺鐘從北京帶到汕頭，重力加速度變小，由T=2寸,可知周期變大，擺鐘變慢，為使走

時準確，需要擺鐘的擺長變短，需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動，故C正確；

D該擺鐘在冬季走時準確，到夏季溫度升高，由于熱脹冷縮，擺長變長，為了準時，需要擺長變

短，所以需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動，故。正確。

故選：BCD。

單擺在豎直面內做簡諧運動時向心力是細線的拉力與重力沿細線方向分力的合力提供，擺球做簡

諧運動，回復力是重力沿圓弧切線方向的分力.

本題考查單擺作為圓周運動和簡諧運動的受力特點的了解,注意向心力和回復力的區別及聯系.比

較簡單.

11.【答案】BC

【解析】解：4傳感器工作流程：非電信息-敏感元件T處理電路T電信息，故A錯誤；

B.電源剛接通時上下觸點是接觸的，電路為通路，溫度升高到某值，上層金屬膨脹大于下層金屬，

觸電斷開，停止加熱，故8正確；

CD.提高溫奶溫度，應使調溫旋鈕下移一些，使彈性銅片和雙金屬片更近一些，溫度更高一些，觸

點斷開，故C正確，。錯誤；

故選：BC.

本題根據題意和傳感器的工作原理進行分析，即可解答。

本題考查學生的分析能力，解題關鍵是正確分析出傳感器的作用，以及原理，即度升高到某值，

由于上層金屬的膨脹大于下層金屬，觸電斷開，停止加熱。

12.【答案】AC

【解析】解：AB.導體棒cd向下做切割磁感線運動，由右手定則可知，導體棒cd中電流的方向從

d到c,故A正確，8錯誤；

CD,設下落過程中除安培力的阻力為為人導體棒cd產生的感應電動勢為E=8口，感應電流/=

第，cd受到的安培力大小為益=8幾=華

KKHR

由左手定則可判斷，導體棒cd所受安培力方向向下，根據牛頓第三定律可知磁鐵受力向上，大小

為尸，_B2L2V

對M和m,由平衡條件得：（M+m）g=F'A+/,聯立解得：f=200N,故C正確，。錯誤。

故選：AC?

利用右手定則判斷感應電流方向。根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和平衡條件

相結合計算下落過程中除安培力的阻力。

本題從力的角度研究電磁感應問題，關鍵要根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式推

導出安培力與速度的關系式。

13.【答案】4電壓表并非理想電表，電容器通過電壓表放電，電荷量越來越少，電壓越來越小不

需要

【解析】解：（1）電容器充電時，剛開始電流比較大，充電結束后，電流為0。由電容器的決定式

。=足可知當電容器正對面積迅速變大，電容迅速增大，又由Q=CU

可得電容器的帶電量Q增加，故電容器再次充電，充電結束后電流為0,故A正確，B8錯誤；

(2)用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發現讀數緩慢減小，說明電容器在緩慢放電，電路中有電

流，電壓表不是理想電壓表，電荷量越來越少，電壓越來越小。

(3)本實驗測量電容的原理是C=2,電容器的帶電量Q由Q=花可由步驟(1)所得的/-t圖線與坐

標軸圍成的面積求得；充電后兩極板之間電壓則由步驟(2)中的電壓表測得。給電容器充電時由于

使用了舊電池，導致充電時電流較小，但最終充電的時間會稍長一點，當充電電流等于0的時候,

電容器兩端電壓仍然等于電源電動勢，所以電容器最終所帶電量不變，不影響測量結果。所以不

需要更換電池。

故答案為：(1)4(2)電壓表并非理想電表，電容器通過電壓表放電，電荷量越來越少，電壓越來

越小；(3)不需要

先由電容器充放電的電流和時間的關系圖像可以選出正確的圖像；

由電容器的電容的決定式可知電壓和電荷量的關系，可以判斷出電容器在放電；

電容器的帶電量Q由/-t圖線與坐標軸圍成的面積求得，與電池的電動勢沒有關系。

本題以可變電容的充放電為載體，考查了電容器充放電時電流大小和時間的關系，所帶電荷量與

電壓的關系，電荷量通過圖像的面積計算這些知識點，是一道對電容器知識考查比較全面的題目。

14.【答案】B0,1016k-d2.03m號

【解析】解：(1)根據圖像可知旋轉時有沿y軸負方向的加速度，向心加速度指向圓周運動的圓心,

可能是手機平放在手掌上，屏幕朝上，讓底邊對著自己旋轉，故8正確，AC錯誤;

故選：B。

(2)根據刻度尺的讀數規則及圖像可知:

d=101.6mm=0.1016m

根據公式

c1nkd

即旋轉半徑為匕手機內部加速度傳感器到手機底邊的長度為k-d：

(3)在時間t=20.288006s的時間內共有10個閃光周期，即

T丁=—20.2—88—006s=2\.”03s

根據題意可得:

?47r2廠

/=man=m-p-

故答案為：(1)8;(2)0.1016；k-d；(3)2.03；m-

(1)根據題目得出向心加速度的方向，結合選項分析出可能的情況；

(2)熟悉刻度尺的讀數規則并得出對應的示數，結合圖像的物理意義得出對應的長度；

(3)根據向心力的計算公式即可完成分析。

本題主要考查了圓周運動的相關應用，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合向心力的計算公

式即可完成分析。

15.【答案】解：(1)電子經過加速電場加速，由動能定理可得：Ue=