2024年山東省高考物理高頻考點檢測卷（一）

一、單選題

1.1905年，愛因斯坦獲蘇黎世大學物理學博士學位，并提出光子假設，成功解釋了光電效

應，因此獲得1921年諾貝爾物理學獎。如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電

子，最大速率為%。正對M放置一金屬網N,在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間

距為d（遠小于板長），電子的質量為加，電荷量為e,則（）

A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大

B.只有沿尤方向逸出的電子到達N時才有最大動能用+eU

C.電子從M到N過程中y方向位移大小最大為%

D.M、N之間的遏止電壓等于小

4e

2.在建筑工地上經常使用吊車起吊建材。為了研究問題方便，把吊車簡化成如圖所示的模

型，可以調節長度和角度的支撐臂OP的一端裝有定滑輪，另一端連接在車體上，質量不計

的鋼絲繩索繞過定滑輪吊起質量為m的物件勻速上升，不計定滑輪質量和滑輪與繩索及軸

承之間的摩擦，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）

A.鋼絲繩索對定滑輪的作用力方向沿著OP向下

B.當支撐臂緩慢變長時鋼絲繩索對定滑輪的作用力變大

C.當支撐臂與水平方向的夾角緩慢變大時繩索對定滑輪的作用力變小

D.若鋼絲繩索拉著物件加速上升，吊車對地面的壓力變小

3.物體在引力場中具有的勢能叫做引力勢能，取無窮遠處為引力勢能零點。質量為根的物

「GMm

體在地球引力場中具有的引力勢能Ep=一——（式中G為引力常量，M為地球的質量，為

為物體到地心的距離），如果用R表示地球的半徑，g表示地球表面重力加速度。則下列說

法正確的是（）

A.質量為機的人造地球衛星在半徑為廠的圓形軌道上運行時，其機械能為-絆^

B.如果地球的第一宇宙速度為匕，則將質量為用的衛星從地球表面發射到半徑為廠的軌道

上運行時至少需要的能量E=+根g（—R）

C.由于受高空稀薄空氣的阻力作用，質量為m的衛星從半徑為｛的圓軌道緩慢減小到半徑

為4的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的C功M為m;（——11、

2Mr2）

D.位于赤道上的物體引力勢能為零

4.如圖所示，一個曲率半徑較大的凸透鏡的凸面和一塊水平放置的平面玻璃板接觸，用平

行的紅色光a和紫色光6分別豎直向下照射，可以觀察到明暗相間的同心圓環。關于這種現

象，下列說法正確的是（）

A.該原理是光的干涉現象，觀察到的是等間距的明暗相間的同心圓環

B.a、b兩種光分別照射所形成的同心圓環，單色光。的更密集

C.若用單色光。照射某金屬不發生光電效應，換用單色光6照射該金屬更不可能發生光電

效應

D.若換成曲率半徑更大的凸透鏡，同種單色光照射時形成的同心圓環將變稀疏

5.在我國漢代，勞動人民就已經發明了轆粉，如圖所示，可轉動的把手邊緣上。點和轆的

邊緣6點，忽略空氣阻力。在水桶裝滿水離開水面后加速向上運動的過程中，下列說法正確

的是（）

A.把手邊緣上。點的角速度小于轆輪邊緣6點的角速度

B.水桶上升的速度大小等于把手邊緣上a點的線速度大小

C.人對轆粉做功的功率等于繩子拉力對水桶和水做功的功率

D.拉力對水桶和水的沖量大于水桶和水動量的變化量

6.近幾年來我國新能源汽車發展迅速，現對國產某品牌新能源汽車進行性能測試。已知該

汽車在時間r內通過了位移s,同時它的速度變為原來的N倍。如果汽車做的是勻加速直線

運動，該汽車加速度大小為（）。

2（N-l）s2（N+l）s2（N+2）s2（N-l）s

Aa----—Ra=—---—ca=-----na=-----

（N+l）?從（N-l）產。（iv-l）r'（N-2）?

7.在如圖所示的電路中，理想變壓器的匝數4：%：%=4：2:1,定值電阻凡=4.8。，

用='=1。，滑動變阻器R的最大阻值為3。。在c、d兩端輸入正弦式交變電流，電壓的

表達式為〃=80sin1OOm（V）。當滑片P從a端滑至Ub端的過程中，下列說法正確的是（）

A.電阻&的功率一直不變

B.理想變壓器的最大輸出功率為

C.當滑片P滑至b端時，整個電路的功率達到最大

D.電流表示數的最小值為之A

8.列車在水平長直軌道上的模擬運行圖如圖所示，列車由質量均為機的5節車廂組成，假

設只有1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經過一段時間達到最大

速度，列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的

速度為0,碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。。1號車廂的迎

風面積（垂直運動方向上的投影面積）為S,不計其他阻力，忽略2號、3號、4號、5號車

廂受到的空氣阻力。當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，1號車廂對2號車

廂的作用力大小為（）

A.共療^B.C.D.

二、多選題

9.一輛玩具電動小車在平直路面上以6m/s的速度做勻速直線運動，運動過程中牽引力的功

率為9W。若某時刻牽引力的功率突然變為6W,且之后保持不變，對之后的運動過程說法

正確的是（整個過程小車受到的阻力不變）（）

A.小車的牽引力最小為L5N

B.小車的加速度越來越小，直至為零

C.小車最終的運動速度為4m/s

D.自牽引力的功率突變為6W,到小車再次開始做勻速直線運動的過程中，小車的平均速

度小于5m/s

10.“娛樂風洞”是一項新型娛樂項目，在一個特定的空間內通過風機制造的氣流把人“吹”

起來，使人產生在天空翱翔的感覺。其簡化模型如圖所示，一質量為優的游客恰好靜止在

直徑為d的圓柱形豎直風洞內，已知氣流密度為游客受風面積（游客在垂直風力方向的

投影面積）為S,風洞內氣流豎直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度為g。假設氣流吹到

人身上后速度變為零，則下列說法正確的是（）

風

A.氣流速度大小為

B.單位時間內流過風洞內某橫截面的氣體體積為

C.風若速變為原來的《，游客開始運動時的加速度大小為1g

/2

單位時間內風機做的功為孚J嚓

D.

8ypS

11.2021年2月10日，“天問一號”探測器成功被火星捕獲，進入環火軌道，探測器被火星

捕獲后經過多次變軌才能在火星表面著陸。已知火星直徑為地球直徑的P倍，火星質量為

地球質量的人倍，地球半徑為R,地球表面的重力加速度為g。若探測器在半徑為7■的軌道

1上繞火星做勻速圓周運動的動能為線，變軌到火星附近的軌道2上做勻速圓周運動后，動

能增加了AE,以下判斷正確的是()

A￡

A.軌道2的半徑為二人一

Ek+AE

B.軌道2的半徑為方冬萬廠

C.“天問一號”在軌道2時的速率約為J等

D.“天問一號”在軌道2時的速率為

12.如圖甲所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，初始時處于自然狀態，右端在尸點，某時

刻一質量為3kg的物塊A沿粗糙的水平面以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開始運動到彈

簧壓縮至最短的過程中，物塊速度的平方隨位移的變化規律如圖乙所示。已知彈簧的彈性勢

能表達式穌=；%。/)2,其中△/為彈簧形變量，取重力加速g=10m/s2-下列說法正確的是

()

甲乙

A.物塊A與地面間的動摩擦因數為0.5

B.此過程中彈簧的最大彈性勢能為22.5J

C.彈簧的勁度系數左=45N/m

D.物塊A被彈簧彈回至尸點時的動能為15J

三、實驗題

13.圖甲所示為某實驗小組測量A、B兩個箱子質量的裝置圖，其中D為鐵架臺，E為固定

在鐵架臺上的輕質定滑輪（質量和摩擦可忽略），F為光電門，C為固定在A上、寬度為d

的細遮光條（質量不計）。此外該實驗小組還準備了祛碼一套（總質量%=1kg）和刻度尺

等，請在以下實驗步驟中按要求作答。

（1）在鐵架臺上標記一位置。，并測得該位置與光電門之間的高度差鼠

（2）取出質量為m的祛碼放在A中，剩余祛碼都放在B中，讓A從位置。由靜止開始下

降。

（3）記錄下遮光條通過光電門的時間根據所測數據計算出A下落到F處的速率

v=;下落過程中的加速度大小a=。

（4）改變相，重復（2）（3）步驟，得到多組機及a的數據，作出。一修圖像如圖乙所示。

（5）由圖像可得，A的質量機人=kg,B的質量為=kg（保留兩位有效

數字，重力加速度大小g取lOm/sD。

14.電荷的定向移動形成電流，電流表示單位時間內通過導體橫截面的電荷量，即/=幺。

t

圖甲是研究電容器充、放電過程中電壓和電流隨時間變化規律的實驗電路圖，按圖甲連接好

實驗器材，根據實驗步驟，回答下列問題：

（1）先接通開關Ki,給電容器充電，然后斷開開關Ki,再閉合開關K2,電容器放電，電

阻R中電流的方向為（選填％到b"或*到"'）；

（2）閉合開關K2的同時開始計時，通過計算機在同一坐標系中描繪出電壓U和電流/隨放

電時間f的變化圖線，如圖乙所示。圖中電流/隨時間t的變化圖線與坐標軸圍成的陰影面

積的物理意義是,圖中陰影面積力與陰影面積8的比值是;

（3）若用計算機測得圖中陰影面積S=916.13mA”,則該電容器的電容為F。（結

果保留兩位有效數字）

四、解答題

15.如圖所示，水平放置的封閉玻璃管由兩段直徑不同、長度均為20cm的4、8細管組成，

8管內徑為A管內徑的2倍，管內氣體被一段水銀柱隔開,開始時兩管內水銀柱長均為2cm,

室內溫度0℃,對左側氣體加熱，右側氣體溫度始終不變。

?2cm川I彳2cmA

B

（1）加熱左側氣體，溫度升高到多少時，左側氣柱長度改變2cm；

（2）加熱左側氣體到468K時，右側氣柱長度為多少。

16.如圖所示，光滑:圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于最低點P,半徑火=0.2m,空間

中存在水平向右的勻強電場E=lxl()3v/m,物體甲的質量為町=0.2kg,帶電量為

4=+lxlCf3c,在P點右側乙=lm處有一不帶電的物體乙，質量為m2=0.2kg,物體乙右

側4=0.5m處有一豎直固定擋板，甲物體從與圓心O等高的A點以豎直向下的速度

%=2m/s滑動，甲、乙與水平面的動摩擦因數均為必=0.2,所有碰撞均無能量損失，且甲、

乙碰撞沒有電荷轉移。

(1)在圓形軌道最低點尸，物體甲受到軌道的支持力大小;

(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大?。?/p>

(3)整個過程甲、乙在水平面上運動的總路程之和。

17.如圖裝置是波蕩器的簡化模型，S是離子源，可水平向右發射初速度為%的電子，且離

子源S可沿豎直分界線M上下自由移動，M、N之間寬為L此區間內可加一豎直向上的勻

強電場，電場強度可調；N分界線的右側有八個互不重疊的圓形磁場區域，沿水平直線等間

距分布，為其中心線，圓形磁場半徑均為R,磁感應強度大小可調且所有圓形磁場內的

磁感應強度始終保持相等，相鄰磁場方向相反且均垂直紙面。若離子源S正對波蕩器的中心

線，間電場強度調為零，則電子從A點沿中心線向右射入波蕩器，調節磁感應強度大小

為練（未知），電子恰好能從。1點正上方離開第一個磁場，電子的質量為優,電荷量為e,

忽略相對論效應及磁場邊界效應，不計電子的重力。

（1）求磁感應強度穌大??；

（2）若離子源S沿分界線M向上移動到某位置，M、N間加上電場后，則電子以。=30。從

A點射入波蕩器，離子源S需沿M邊界上移多高；已知AQ的距離d=調節磁場區域

的圓心間距D和磁感應強度2的大小，可使電子每次穿過中心線時速度方向與中心線的夾

角均為30。，電子做扭擺運動，最終通過中心線上的尸點，求。的大小和磁感應強度8的

大??；

（3）在（2）問的情況下，求電子從A點開始做扭擺運動的周期。

18.如圖所示，傾角為37。的傾斜傳送帶長為4=5.8m,以v=4m/s的速度逆時針勻速轉動;

水平傳送帶長為4=4m,也以y=4m/s的速度逆時針勻速轉動，兩傳送帶之間由很短的一

段光滑圓弧連接，圓弧的高度差忽略不計。緊靠水平傳送帶兩端各靜止一個質量為

=1kg的物塊B和C,在距傳送帶左端s=lm的水平面上放置一豎直固定擋板，物

塊與擋板碰撞后會被原速率彈回?，F從傾斜傳送帶頂端輕輕放上一質量叫=02kg的物塊A,

一段時間后物塊A與B發生彈性碰撞，碰撞時間忽略不計，碰撞后B滑上水平傳送帶，A

被取走。已知物塊A與傾斜傳送帶間的動摩擦因數〃1=0.5,物塊B、C與水平傳送帶間的

動摩擦因數〃2=。2,與水平面間的動摩擦因數〃3=。。16,物塊間的碰撞都是彈性正碰，

物塊可視為質點，g取lOm/s?。sin37°=0.6,cos370=0.8o求：

4

(1)物塊A在傾斜傳送帶上滑行過程中，A在傾斜傳送帶上留下的痕跡長度和A在傾斜傳

送帶上因摩擦產生的內能；

(2)物塊B與物塊C第一次碰撞前，水平傳送帶因傳送物塊B多消耗的電能；

(3)整個過程中，物塊B在傳送帶上滑行的總路程。

★參考答案★

1.C

【詳析】A.M、N間距離增大時，由于M、N間的電壓不變，電場力對電子做功不變，

則電子到達N的動能并不會隨著距離的增大而增大，故A錯誤；

B.電子從M到N運動過程，根據動能定理可得

可知無論從哪個方向逸出的電子到達N時的最大動能為gmvM+

故B錯誤；

C.當電子從M板沿y方向逸出，且速度最大時，電子從M到N過程中y方向位移大小最

大；則有=vj

沿x方向有d=L/，a=^~

2md

聯立可得丫斕聯

故C正確；

D.設M、N之間的遏止電壓為4,根據動能定理可得-eq=O-g機片

解得人=覺

2e

故D錯誤。

故選C。

2.B

【詳析】A.對定滑輪受力分析，如圖

滑輪兩邊的鋼絲繩的拉力相等，則合力方向沿著兩邊鋼絲繩夾角的角平分線上，則鋼絲繩索

對定滑輪的作用力方向不一定沿著OP方向，選項A錯誤；

BC.對定滑輪，鋼絲繩索對定滑輪的作用力大小為

Fk=2Fcoscr

當支撐臂緩慢變長時，a變小，則鋼絲繩索對定滑輪的作用力變大；同理可得，當支撐臂與

水平方向的夾角緩慢變大時，a變小，繩索對定滑輪的作用力大，故B正確，C錯誤；

D.若鋼絲繩索拉著物件加速上升，對物件由牛頓第二定律

F—mg=ma

可得

F>mg

對定滑輪受力分析可知，鋼絲繩索對定滑輪的作用力變大，所以吊車對地面的壓力變大，故

D錯誤。

故選B。

3.A

【詳析】A.在半徑為廠的圓形軌道上運行的質量為他的人造地球衛星有

動能

引力勢能為

?GMm

Ep=----

r

則機械能為

「lGMmGMmGMm

￡="+”=在--一二=一,

選項A正確；

B.將質量為m的衛星從地球表面發射到半徑為r的軌道上運行時至少需要的能量

口12—口"、1GMmr-R

E=—mv.-EJ=—mv.2H-----------x--------

21rR212Rr

在地球表面上有G字=mg

所以E=L叫2+?四二里

22r

選項B錯誤;

C.由于受高空稀薄空氣的阻力作用，質量為機的衛星從半徑為4的圓軌道緩慢減小到半徑

為4的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的功為

口口GMmGMmGMm(1I"

—一虧一3rh2"口

選項C錯誤；

D.位于赤道上的物體引力勢能為

方，GMm

E=------

PR

選項D錯誤。

故選A?

4.D

【詳析】A.明暗相間的同心圓環是由透鏡和玻璃板之間的空氣膜上下兩表面的反射光發

生干涉后形成的，同一亮圓環（或暗圓環）處空氣膜的厚度相等，相鄰的兩個明圓環處，空

氣膜的厚度差等于半個波長，離圓心越遠的位置，空氣膜的厚度減小的越快，則圓環越密，

所以同心圓環內疏外密，故A錯誤；

B.a、。兩種光分別照射所形成的同心圓環，。光的波長大，出現同一級亮紋的光程差大，

空氣層厚度應增大，所以，同一級圓環的半徑大，即圓環狀條紋間距將增大，單色光。的更

稀疏，故B錯誤；

C.根據愛因斯坦光電效應方程

Ek=hv-W0

紅色光a和紫色光b的頻率關系為

Va<Vb

所以若用單色光a照射某金屬不發生光電效應,換用單色光b照射該金屬可能發生光電效應,

故C錯誤；

D.若換成曲率半徑更大的凸透鏡，仍然相同的水平距離但空氣層的厚度變小，所以觀察到

的圓環狀條紋間距變大，即同種單色光照射時形成的同心圓環將變稀疏，故D正確。

故選D。

5.D

【詳析】A.手邊緣上。點與轆輪邊緣6點屬于同軸轉動，所以角速度相同，A錯誤;

B.設可轉動的把手邊緣上。點到轉軸的距離為此，轆湖邊緣b點到轉軸的距離為&，根

據角速度與線速度的關系，可得水桶上升的速度大小

vR

%=04，b=(0h

其中

R>Rh

所以水桶上升的速度大小小于把手邊緣上a點的線速度大小，B錯誤；

C.水桶受到重力和拉力作用，根據功能關系可知繩子拉力對水桶做的功等于水桶和水的機

械能的增加量，但人對轆粉做的功大于繩子拉力對水桶和水做的功，根據尸=?可得人對

轆始做功的功率大于繩子拉力對水桶和水做功的功率，c錯誤；

D.對水桶和水整體分析，根據動量定理

4-J重=。

可知拉力對水桶和水的沖量等于重力對水桶和水的沖量與水桶和水動量的變化量之和，故拉

力對水桶和水的沖量大于水桶和水動量的變化量，故D正確。

故選D。

6.A

【詳析】設初速度為"，則時間f后速度變為Nv,物體在時間f內通過了位移s,則平均速

度為

-v+Nvs

v=-------=-

2t

解得

V二---2-s--

(N+l*

所以加速度為

_AV_(^-1)V_2(A^-1)5

at(N+l)?

故選Ao

7.C

【詳析】c.由電壓的表達式為"=8夜sin100加(V)可知電壓的有效值為

U=金=8V

等效電路圖如圖所示

其中

&'=(殳)?(&+R)

n2

R；4%

?3.

由圖可知當滑片P從a端滑到b端的過程中滑動變阻器的阻值變小，有

\+8乩

8+R；

故原線圈的電流不斷變大，又因為

P=UI\

所以當滑片P滑至6端時，整個電路的功率達到最大，故C正確;

A.由電路圖可知原線圈電壓為

Ul=U-IlR1

隨原線圈電流增大而減小，則電阻以兩端電壓為

隨原線圈電壓減小而減小，電阻R3的功率為

口

6=

%

故電阻&的功率一直減小，故A錯誤；

D.當滑片P從。端滑到b端的過程中，原線圈的電流不斷變大，即電流表的示數不斷變大,

即當滑片位于a端時，電流表的示數最小，此時滑動變阻器的阻值為30,原線圈電流為

I,=---------=0.625A

故D錯誤；

B.由等效電路圖可知，輸出功率最大時滿足

R=^-

&'+&'

此時原線圈電壓與叫兩端電壓相等，輸出功率為

U

p=u[=且x2=12w

1127?13

故B錯誤。

故選C。

8.B

【詳析】設動車的速度為也動車對空氣的作用力為凡取加時間內空氣柱的質量為Am,

對一小段空氣柱應用動量定理可得F-A/=Awz-v

其中

Am=pv-ArS解得尸=pSv2

由牛頓第三定律可得，空氣對動車的阻力為了=尸=P5廿

當牽引力等于阻力時，速度達到最大，則尸=Am

解得％飛層

當速度達到最大速度一半時，此時速度為v'=；%

此時受到的牽引力心=)

解得七二2匹后

此時受到的阻力

f'=pSx(^-)2=^^S

對整體根據牛頓第二定律

F牽_于'=5ma

對1號車廂，根據牛頓第二定律可得

聯立解得

F2l=^fp^S

當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，由牛頓第三定律，1號車廂對2號車廂

的作用力大小為

故選B。

9.BCD

【詳析】A.小車功率剛變為6W時牽引力最小，由得牽引力最小值為

。總N=1N

O

故A錯誤；

B.功率改變后小車先做減速運動，由「=八，。=犀二巴知，小車的加速度越來越小，直

m

至為零，故B正確；

C.功率改變之前，由片=片匕，得阻力

4=片=L5N

功率改變后，小車再次勻速運動時，由鳥=耳匕得乙=4=1.5N,

得小車最終運動的速度大小為匕=3=4m/s

耳

故C正確；

D.自牽引力的功率突變至小車再次開始勻速運動，通過小車的v-r圖像與勻變速運動的

v-f圖像對比，可得平均速度小于5m/s,D正確。

t/s

10.AD

【詳析】A.對加時間內吹向游客的氣體，設氣體質量為由動量定理可得

FAt=Amv

由于游客處于靜止狀態，故滿足

F=mg

另外

Am=p?v\t?S

聯立可得

V=叵

\pS

故A正確；

B.單位時間內流過風洞某橫截面的氣體體積為

故B錯誤；

C.若風速變為原來的設風力為尸，由動量定理可得

，，v

F\t=Am—

2

另外

Av.pvS\t

Am=p—AtSo=--------

22

聯立可得

==PCs=mg

~4-4

由牛頓第二定律可得

mg-F=ma

解得

故C錯誤;

D.風洞單位時間流出的氣體質量為M

,,口71d2mgp

M=pV=-----

S

單位時間內風機做的功為

1jrd2加g3

W=-Mv29

28pS，

故D正確。

故選AD?

11.BD

【詳析】AB.根據

2

「Mmv

G——=m——

rr

則軌道1上的動能

GMm

紜=

2r

軌道2上的動能

GMm

2%

GMm

線2十八線

2r

解得&二

Ek+AE

A錯誤B正確;

CD.由題意火星直徑為地球直徑的尸倍，則

R火=PR地

Af火=左M地

在星球表面，根據萬有引力等于重力得G詈Mm=mg

GM

解傳且=下"

M火R地_k

則

g地M地R火2一產

在星球表面’根據萬有引力提供向心力得6翳=m1

解得

V地二阿

C錯誤D正確。

故選BD?

12.BCD

【詳析】A.根據題意，物塊A未接觸彈簧時，由動能定理有

—jLimgx=gmv2—gmVg

由圖乙可知

22222

v=20m/s,VQ=30m/s,x=2m

解得

〃=0.25

故A錯誤；

B.根據題意，設彈簧做功為W,由動能定理有

12

-/Limgxx+W=0一萬mv

解得

W=-22.5J

又有

W=0-Ep

可得耳=22.5J

故B正確;

C.彈簧的彈性勢能表達式Ep=g^(A/)2,由圖乙和B分析可知，當綜=22.5J時

AZ=lm

解得

k=45N/m

故C正確；

D.根據題意，由B分析可知，物塊A被彈簧彈回至尸點時，彈簧做功為

叱=_W=22.5J

由動能定理有

W-從叫％=Ek-0

解得

￡k=15J

故D正確。

故選BCDo

13.-J3.01.0

t2ht

【詳析】(3)[1]根據極短時間的平均速度等于瞬時速度，A下落到F處的速率為

d

v=—

t

⑵下落過程中，A做勻加速直線運動，則

v2—2ah

解得加速度大小為

d2

(5)[3北4]對整體，根據牛頓第二定律有

(mA+m)g-(mg+m0-m)g=(mA+m0)a

整理得

a_2g(以一/一外必

Ct—llLI

機A+加B+刃omA+mg+m0

圖像的斜率為

k=--------------=rn/s2-4m/s2

mA+mp+m00.5

圖像的縱截距為

匕二⑺人一恤-%)g=2m/s2

mA+恤+m0

聯立解得mA=3.0kg,"%=1.0kg

3

14.a至電容器釋放的電荷量1.5/-0.15

【詳析】(1)川接通開關Ki時，電容器上極板與正極相連，帶正電荷，斷開開關K2后,

電容器放電，電流從上極板經過R流向下極板，即從。到山

(2)[2]由電容器放電過程電流計算公式可知

t

Q=It

即圖線與坐標軸圍成的陰影面積表示電容器的電荷量。

[3]根據。=2=吆

UnU

由上述分析可知，陰影部分面積代表電荷量，由題意可得

Sj_s?

nUxnU2

_nU{_10V-4V_3

-

S2—nUj4V2

(3)[4]由題意及上述分析可知

S,916.13x103A*s3

S、S22

S2=0.611A?s

C=Q==1-527A?SO15F

UU10V

15.(1)312K；(2)15.75cm

【詳析】(1)B管內徑為A管內徑的2倍，則有%=4SA

加熱前A、B中空氣柱的長度分別為人=金=20cm-2cm=18cm

則在加熱前，由題意有

VA=SALA,VB=SBLB

TA=273K

PA=PB

加熱左側氣體后，水銀柱向右移動，A的體積增大，8的體積減小，根據題意有A、5中空

氣柱的長度分別為

LA2=20cm,LB2=17.5cm

則加熱后，根據題意有

%2=S/A2，7B2=SRLB2

PA2=PB2

由于5中氣體溫度不變，則根據玻意耳定律有

PB^B~PB2VB2

對A中氣體分析，根據理想氣體狀態方程有

外匕_匕2

丁一卻

聯立解得

&=312K

(2)設溫度從390K升高到468K的過程中，水銀柱向右移動的距離為d,則有

匕3=匕2+d'SB,%3=~d'SB

PA3=PB3，費3=468K

由于5中氣體溫度不變，則根據玻意耳定律有

PB2VB2=PB3^B3

對A中氣體分析，根據理想氣體狀態方程有

匕3_PA2匕2

聯立解得

d=1.75cm

則加熱左側氣體到468K時，右側氣柱長度為

與3=17.5cm—1.75cm=15.75cm

16.(1)12N；(2)0,4m/s；(3)6.25m

【詳析】（1）對物塊甲，從A點到P點，由動能定理得/gK+EqAng/v；-：/說

在尸點，根據牛頓第二定律

K

解得

穌=12N

（2）物塊甲在水平面上向右運動，碰撞前，根據動能定理

（%一〃叫g）L[=:%/一；/孑

甲乙碰撞過程中，根據動量守恒定律和能量守恒定律有

"21V=機產甲+m2V乙

121212

=2叫%+/叫V乙

解得

y甲=0,?乙=4m/s

（3）對物塊甲受力分析

Eq=IN>jum1g=0.4N

則物塊甲、乙最終停在擋板處，在整個過程，對甲、乙系統，由能量守恒定律

；叫k+mgR+Eq(R+Li+L2)=4mgs總

其中

m=mx=m2

解得

s總=6.25m

17.（1）綜=g；⑵h^—L,D=2y/3R,2=孚/⑶丁上布+兀）R

eR63eR%

【詳析】（1）由題意可知，初速度為%的電子從A點沿中心線向右射入波蕩器，在第一個

磁場中做勻速圓周運動，電子恰好能從。1點正上方離開第一個磁場，由幾何知識可知，電

子的軌道半徑為R,由洛倫茲力提供向心力可得e%綜=機近

R

解得穌=爺

eR

(2)設離子源S需沿M邊界上移立高度，可知電子在MN間做類平拋運動，由平拋運動的

推論可得

h

tan30=2-

L

解得

此時電子在A點的速度為

%20

v=——--=----v

cos303n0

從C點射入第一個磁場，則電子的運動軌跡如圖所示，由題意和幾何知識可得

D=2d=2s/3R

電子做勻速圓周運動的圓心恰好在磁場圓上，且在磁場圓的正上方或正下方，由幾何知識可

得

r=27?cos30°=^7?

由牛頓第二定律可得

V2

evB=m——

r

聯立解得

B=2

3eR

(3)由幾何知識可知

AC=R

_R_R_y/3R

則電子每次從水平線到磁場區域的時間為“"1=大第二兀

3

JT

由幾何知識可得電子在磁場中做圓周運動的圓心角為。=三