資源簡介

2024-2025學年廣東省廣州市華興教育港澳臺班高三（下）第三次月考物理試卷
一、單選題：本大題共13小題，共52分。
1.秦山核電站是我國自行設計、建造和運營管理的第一座30萬千瓦壓水堆核電站。在一次核反應中一個中子轟擊變成和若干個中子。已知的比結合能分別為，，，則( )
A. 該核反應方程為
B. 要發生該核反應需要吸收能量
C. 比更穩定
D. 該核反應中質量增加
2.如圖所示為一定質量理想氣體在狀態變化過程中壓強隨體積的變化圖象，氣體從狀態A經絕熱過程到達狀態B，再經等容過程到達狀態C，最后經等溫過程返回到狀態下列說法正確的是( )
A. A到B過程氣體溫度保持不變
B. B到C過程氣體內能可能不變
C. C到A過程氣體吸收熱量
D. 全過程氣體放熱大于吸熱
3.地球和行星繞太陽做勻速圓周運動，地球和行星做勻速圓周運動的半徑之比：：4，不計地球和行星之間的相互影響，下列說法正確的是( )
A. 行星繞太陽做圓周運動的周期為 4年
B. 地球和行星的線速度大小之比為1：2
C. 由圖示位置開始計時，至少再經過年，地球位于太陽和行星連線之間
D. 地球和行星分別與太陽的連線在相同的時間內掃過的面積相等
4.如圖所示，實驗中分別用波長為，的單色光照射光電管的陰極K，測得相應的遏止電壓分別為和，設電子的質量為m，帶電荷量為e，真空中的光速為c，下列說法正確的是( )
A. 若，則
B. 根據描述條件無法算出陰極K金屬的極限頻率
C. 用照射時，光電子的最大初動能為
D. 入射光的波長與光電子的最大初動能成正比
5.將一根柔軟彈性細繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為的墻面上，另一端不斷上下振動，在繩中形成繩波如圖，在時刻的質點剛好開始振動。當波傳至固定點時，繩波將發生反射。反射處質點在反射前后的振動速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個時刻細繩的波形圖實線正確的是( )
A.
B.
C.
D.
6.如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動的距離很小。這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分別為M和m。各接觸面間的動摩擦因數均為，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d。現用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是( )
A. 紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為
B. 要使紙板相對砝碼運動，F一定大于
C. 若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下
D. 當時，砝碼恰好到達桌面邊緣
7.如圖所示是一種可測定豎直加速度方向的裝置，拴在豎直彈簧上的重物與滑動變阻器的滑動頭連接，滑動頭可以無摩擦滑動，該裝置在地面上靜止時滑動頭在變阻器的中間位置，現把它置于豎直電梯內。下列說法中正確的是( )
A. 電梯具有向上的加速度時，電壓表示數減小
B. 電梯具有向上的加速度時，電流表示數增大
C. 電梯具有向下的加速度時，電壓表示數與電流表示數的比值不變
D. 電梯具有向下的加速度時，電壓表示數的變化量與電流表示數的變化量的比值的絕對值不變
8.如圖所示的電路中，理想變壓器原線圈輸入端a，b接的交變電壓，原副線圈匝數比：：3。副線圈接有電阻箱R，定值電阻，，阻值恒為，額定電壓為30V的燈泡L。為使燈泡正常工作，電阻箱R接入電路的電阻為( )
A. B. C. D.
9.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量。質量的小鐵塊B以水平速度從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為( )
A. 3J B. 4J C. 6J D. 8J
10.如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是( )
A. 導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，
B. 導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，
C. 導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，
D. 導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，
11.焦距為的凸透鏡與焦距為的凹透鏡的主光軸重合，光心間為15cm。平行于主光軸的一束平行光通過兩透鏡后得到一束寬度為d的平行光束，如圖所示；若將兩透鏡位置互換，將得到一束寬度為4d的平行光束，如圖所示。則( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
12.如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為，上、下極板開有一小孔，四個質量均為、帶電荷量均為的帶電小球，其間用長為的絕緣輕軒相連，處于豎直狀態，今使下端小球恰好位于小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零，以下說法正確的是( )
A. 當最上端的小球進入平行板電容器前，小球一直做加速度減小的加速運動
B. 最下端的小球在兩平行板之間的運動過程，系統的電勢能先增加后減小
C. 兩極板間的電壓為500V
D. 從釋放到速度減為零的過程中，小球最大速度約為
13.如圖裝置可形成穩定的輻向磁場，磁場內有匝數為n、半徑為R的圓形線圈，在時刻線圈由靜止釋放，經時間t速度變為v，假設此段時間內線圈所在處磁感應強度大小恒為B，線圈導線單位長度的質量、電阻分別為m、r，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. 在t時刻線圈的加速度大小為
B. 時間內通過線圈的電荷量為
C. 時間內線圈下落高度為
D. 線圈下落過程中，通過線圈的磁通量始終為零
二、實驗題：本大題共2小題，共24分。
14.在探究物體質量一定時加速度與力的關系實驗中，小明同學作了如圖甲所示的實驗改進，在調節桌面水平后，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。
關于該實驗的操作，下列說法正確的是______。
A.必須用天平測出砂和砂桶的質量
B.一定要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量
C.應當先釋放小車，再接通電源
D.需要改變砂和沙桶的總質量，打出多條紙帶
實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計數點之間還有四個點未畫出，由圖中的數據可知，小車運動的加速度大小是______。計算結果保留三位有效數字由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數F的關系如圖丙所示，則小車與軌道的滑動摩擦力______ N。
15.某興趣小組設計如圖甲所示電路來測量電源的電動勢和內阻，已知定值電阻R的阻值均為。要通過改變R的個數得到不同的電壓，實驗步驟如下：
①閉合開關S和，記錄電壓表的示數為；
②閉合開關S和，記錄電壓表的示數為；
③閉合開關S和，記錄電壓表的示數為；
④閉合開關S，和，記錄電壓表的示數為；
⑤閉合開關S，和，記錄電壓表的示數為；
⑥同時閉合，，和，記錄電壓表的示數為；
⑦建立坐標系，以電壓表讀數的倒數為縱坐標，接入電路中定值電阻的個數為橫坐標；
⑧逐個描點，得到如圖乙所示的圖形。
回答下列問題：
用E和r表示電源的電動勢和內阻，則與n的關系式為______用各物理量的符號表示；
根據圖乙求得電源電動勢______，內阻______用圖像中的斜率k，截距b，電阻字母表示；
下列關于這個實驗中存在的誤差以及減少誤差的各種方法正確的是______；
A.電壓表的分流引起的誤差屬于偶然誤差
B.該小組同學讀電壓表示數引起的誤差屬于系統誤差
C.本實驗用圖像法處理數據可以減小偶然誤差
D.如果將電壓表的內阻計算在內就可以減小系統誤差
該小組通過此電路測得的電動勢的值比真實值______選填“偏大”“偏小”或“不變”。
三、計算題：本大題共4小題，共74分。
16.如圖，高度為l的玻璃圓柱體的中軸線為MN，一束光以入射角從M點射入，在側面恰好發生全反射。已知光在真空中傳播速度為c，求
該玻璃的折射率；
這束光通過玻璃圓柱體的時間。
17.如圖，粗細均勻U型玻璃管，高，橫截面積，管內水銀柱高，現將左側上端封閉，右端通過忽略粗細的軟管與體積為的導熱容器相連接。設空氣溫度為保持不變，大氣壓強，開始時容器閥門處于打開狀態?？諝庖暈槔硐霘怏w
將容器開口與真空泵相接，抽氣一段時間后達到真空，問U型管左側的水銀將下降多少。
現用打氣筒圖中未畫出向抽成真空后的容器充氣，每打一次可將壓強為、溫度為、體積為的空氣壓縮到容器內，需要打幾次氣才能使U型管中水銀恢復到初始狀態。
18.如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道最低點D與水平面相切，在D點右側處用長為R的細繩將質量為m的小球可視為質點懸掛于O點，小球B的下端恰好與水平面接觸，質量為m的小球可視為質點自圓弧軌道C的正上方H高處由靜止釋放，恰好從圓弧軌道的C點切入圓弧軌道，已知小球A與水平面間的動摩擦因數，細繩的最大張力，重力加速度為g，試求：
若，小球A到達圓弧軌道最低點D時所受軌道的支持力；
試討論H在什么范圍內，小球A與B發生彈性碰撞后，B球能做完整的圓周運動。
19.如圖甲所示，在直角坐標系區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點為圓心、半徑為L的圓形區域，圓形區域與x軸的交點分別為M、現有一質量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區域，速度方向與x軸夾角為此時在圓形區域加如圖乙所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向，最后電子運動一段時間后從N飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同與x軸夾角也為求：
電子進入圓形磁場區域時的速度大小；
區域內勻強電場場強E的大?。?br/>寫出圓形磁場區域磁感應強度的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：該核反應方程為，故A錯誤；
B.用一個中子轟擊發生核反應，該核反應會釋放出能量，故B錯誤；
C.由題意可知，比的比結合能大、更穩定，故C正確；
D.該核反應中放出能量，有質量虧損，質量減小，故D錯誤。
故選：C。
根據核反應方程的書寫規則和質量虧損、比結合能知識進行分析解答。
考查核反應方程的書寫規則和質量虧損、比結合能知識，會根據題意進行準確分析解答。
2.【答案】D
【解析】解：
A、由圖示圖象可知，從A到B過程氣體體積增大，氣體對外做功，該過程是絕熱過程，氣體既不吸熱也不放熱，由熱力學第一定律可知，氣體內能減小，氣體溫度降低，故A錯誤；
B、B到C過程氣體的體積不變，氣體發生等容變化，則，壓強增大，溫度增加，則內能增大，故B錯誤；
C、C到A過程氣體溫度不變而體積減小，外界對氣體做功，氣體內能不變，由熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，故C錯誤；
D、氣體的壓強與體積的乘積表示氣體與外界做功的多少。氣體從A態開始到由回到A態，內能變化為零，釋放的熱量為，吸收的熱量為，整個過程由熱力學第一定律可得
解得
所以全過程氣體放熱大于吸熱，故D正確。
故選：D。
一定質量的理想氣體內能由溫度決定，溫度升高內能增大；氣體體積增大氣體對外做功；根據圖示圖象分析清楚氣體狀態變化過程，應用熱力學第一定律分析答題。
本題考查的是圖象問題，解題的關鍵從圖象判斷氣體變化過程，利用理想氣體狀態方程，然后結合熱力學第一定律進行分析判斷即可解決。
3.【答案】C
【解析】解：根據開普勒第三定律得，整理得，故A錯誤；
B.根據引力提供向心力得，得，所以，故B錯誤；
C.地球再次位于太陽和行星連線之間時間至少滿足，角速度為，聯立得，故C正確；
D.由開普勒第二定律可知，地球和行星分別與太陽的連線在相同時間內掃過的面積不相等，故D錯誤。
故選：C。
根據開普勒第三定律可算周期之比，根據引力提供向心力可算線速度之比，三者在同一直線上到下次再出現同一直線上且地球在中間地球要比行星多轉一周可計算時間，不同行星在相同時間內掃過的面積不同。
萬有引力與航天的試題要充分利用引力提供向心力或引力等于重力和開普勒運動定律。
4.【答案】C
【解析】解：A、根據愛因斯坦光電效應方程有
若，則，故A錯誤；
B、根據
其中的
三式聯立可求解h和，故B錯誤；
C、用照射時，光電子的最大初動能為，故C正確；
D、根據
可知入射光的波長與光電子的最大初動能不成正比，故D錯誤。
故選：C。
根據愛因斯坦光電效應方程分析判斷；根據愛因斯坦光電效應方程以及 綜合分析判斷；用照射時，光電子的最大初動能為；根據愛因斯坦光電效應方程分析判斷。
本題考查了光電效應方程的基本運用，知道最大初動能與遏止電壓的關系，理解光電效應的條件，同時掌握逸出功的概念，并能靈活運用。
5.【答案】C
【解析】解：A、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，則時波傳到處，則波形平移到處，故A錯誤；
B、時，波傳到固定點處，則波形平移到固定點處，故B錯誤；
C、時，波被固定點反射時間，形成半個波長的反射波，反射波與內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故C正確；
D、時，波被固定點反射T時間，形成一個波長的反射波，反射波與內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故D錯誤。
故選：C。
根據波傳播時間確定波傳播距離，當波傳至固定點時，繩波將發生反射，反射波與原波頻率相等，相遇處會產生穩定干涉，結合波的疊加原理分析。
本題的關鍵要理解波的形成過程，搞清駐波形成的原理，能熟練運用波的疊加原理來分析。
6.【答案】C
【解析】解：A、當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力：，故A錯誤；
B、設砝碼的加速度為，紙板的加速度為，由牛頓第二定律得：，，發生相對運動需要，解得：，故B錯誤；
C、若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼加速運動過程，由牛頓第二定律得，
砝碼減速運動過程，由牛頓第二定律得，解得，
砝碼勻加速運動的位移小于，
勻減速運動的位移小于，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確；
D、當時，砝碼未脫離時的加速度，紙板的加速度：，解得，根據，解得：，則此時砝碼的速度，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小，則勻減速運動的位移：，而勻加速運動的位移，解得，則砝碼離開桌面，故D錯誤。
故選：C。
應用摩擦力公式求出紙板與砝碼受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小；當摩擦力達到最大靜摩擦力時，砝碼相對紙板開始滑動，應用牛頓第二定律求解；根據題意應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求解。
本題考查了求拉力大小，應用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉動物體需要滿足的條件，應用牛頓第二定律與運動學公式即可正確解題。
7.【答案】D
【解析】解：當電梯具有向上的加速度時，此時可知重物受到的彈力要大于重力，所以滑動變阻器滑片向下運動，即滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路中的總電阻變大，根據歐姆定律可知電路中電流減小，定值電阻兩端的電壓減小，所以滑動變阻器兩端電壓增大，故AB錯誤；
電梯具有向下的加速度時，重物受到的彈力小于重力，滑動變阻器滑片向上運動，滑動變阻器接入電路的電阻變小，根據歐姆定律的變形式
所以電壓表示數與電流表示數的比值減?。浑妷罕硎緮档淖兓颗c電流表示數的變化量的比值的絕對值為，所以不變；故C錯誤，D正確。
故選：D。
根據先判斷電阻的變化再結合歐姆定律即可分析出。
本題主要考查學生對于動態電路的分析能力，難度適中。
8.【答案】B
【解析】解：原線圈兩端所加電壓
由理想變壓器的變壓比可知，副線圈兩端電壓
燈泡正常發光，副線圈電流
流過定值電阻的電流
電阻箱接入電路的阻值，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
根據理想變壓器的變壓比求出副線圈電壓，然后根據圖示電路圖應用串并聯電路特點與歐姆定律求解。
本題考查了理想變壓器問題，分析清楚電路結構是解題的前提，應用理想變壓器的變壓比、串并聯電路特點與歐姆定律即可解題。
9.【答案】A
【解析】解：設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v。鐵塊相對木板向右運動時滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f。根據能量守恒定律得：
鐵塊相對于木板向右運動過程
鐵塊相對于木板運動的整個過程
取水平向右為正方向，根據系統動量守恒可知
聯立解得，彈簧具有的最大彈性勢能
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
鐵塊從木板的左端沿板面向右滑行，當鐵塊與木板的速度相同時，彈簧壓縮最短，其彈性勢能最大。根據能量守恒列方程。從兩者速度相同到鐵塊運動到木板的左端過程時，兩者速度再次相同，根據能量守恒定律再列出整個過程的方程。根據系統動量守恒可知，兩次速度相同時，鐵塊與木板的共同速度相同，根據動量守恒定律求出共同速度，聯立求解彈簧具有的最大彈性勢能。
本題是系統的動量守恒和能量守恒問題，分兩個過程進行研究，抓住鐵塊與木板兩次共同速度相同是關鍵。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本題考查了復合場的磁流體發電機模型以及受力平衡之安培力計算的問題，屬于綜合基礎題。兩次應用左手定則判斷粒子偏轉方向和已知安培力方向判斷磁場方向，屬于易錯點。其它物理原理及推導過程較簡單。
【解答】
平行金屬板P、Q之間磁感應強度方向由N極指向S極，由左手定則判斷，等離子體中的正離子向金屬板Q偏轉，負離子向金屬板P偏轉，可知金屬板Q帶正電荷電源正極，金屬板P帶負電荷電源負極，金屬棒ab中電流方向由a流向b，已知磁場的方向垂直導軌平面，由左手定則可知，金屬棒ab所受安培力平行于導軌平面向上或者向下，金屬棒ab處于靜止，由受力平衡條件判斷其所受安培力沿導軌平面向上，再由左手定則判斷出導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下；
金屬棒ab恰好靜止，由受力平衡可得：，由閉合電路歐姆定律可得，平行金屬板P、Q之間的電壓，金屬板P、Q之間電場強度，等離子體的正負離子在磁場中受到電場力與洛倫茲力，穩定后此二力平衡，則：，聯立解得，故B正確，ACD錯誤。
11.【答案】A
【解析】解：設平行光束寬度為D，題圖所示的兩個透鏡焦點在凹透鏡右側重合，則、
兩個透鏡焦點在凹透鏡左側重合，則有
聯立解得，
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
根據透鏡的成像原理結合幾何關系解答。
本題考查透鏡的成像原理，注意凸透鏡和凹透鏡對光的折射作用。
12.【答案】D
【解析】解：電場力一直做負功，故系統的電勢能一直增加，故B錯誤；
C.根據動能定理可得：，聯立代入數據解得：，故C錯誤；
D.當兩個小球在電場中時，電場力
當三個小球在電場中時，電場力
故當第三個小球進入電場時小球的速度最大，根據動能定理可得
代入數據解得：
故D正確；
A.由上面分析可知，當第三個小球進入電場時小球的速度最大。故A錯誤。
故選：D。
電場力做負功，電勢能增加，根據動能定理可解得兩極板間電壓；判斷第三個小球進入電場時小球的速度最大，根據動能定理可解得。
本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵是動能定理的應用，同時注意判斷小球最大速度的方法。
13.【答案】C
【解析】解：A、在t時刻，線圈切割輻向磁場產生感應電動勢為
感應電流大小為
即得
線圈所受安培力大小為
由牛頓第二定律得
解得：，故A錯誤；
B、從開始下落到t時刻，設線圈中的平均電流為，取豎直向下為正方向，由動量定理得
又通過線圈的電荷量為
綜合解得：，故B錯誤；
C、從開始下落到t時刻，下落高度為h，則
結合，可得：，故C正確；
D、線圈下落過程中，N極內部由豎直向上的磁場，通過線圈的磁通量不為零，故D錯誤。
故選：C。
在t時刻，根據求出線圈切割輻向磁場產生的感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，結合安培力公式和牛頓第二定律求加速度；從開始下落到t時刻，根據動量定理和電荷量的計算公式求解通過線圈的電荷量。結合電荷量與磁通量變化量的關系求線圈下落高度。根據磁場方向分析通過線圈的磁通量是否為零。
解答本題時，關鍵要掌握切割感應電動勢公式，L為等效長度，線框切割的等效長度為周長，要注意線圈有n匝。計算電阻時，也不要遺忘線框匝數。
14.【答案】D
【解析】、細線對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量砂和砂桶的總質量，也不需要滿足砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量，故AB錯誤。
C、使用打點計時器，應先接通電源，后釋放小車，故C錯誤。
D、在探究“物體質量一定時，加速度與力的關系”的實驗中，應多打出幾條紙帶，從中選取最合適的一條求加速度，故D正確。
因為交流電源的頻率，所以，已知相鄰兩計數點之間還有四個點未畫出，故相鄰兩計數點之間的時間間隔為由逐差法得：。
由小車的加速度a與力傳感器示數F的關系圖像根據牛頓第二定律得：，當時，故
故答案為：
細線對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量砂和砂桶的總質量，也不需要滿足砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量，使用打點計時器，應先接通電源，后釋放小車。實驗時應多打出幾條紙帶，從中選取最合適的一條求加速度。
此題要求我們要有一定的實驗操作能力和實驗分析能力，只有掌握了實驗原理才能順利解決在原實驗基礎上的拓展類問題，所以在學習過程中要注意加強對基本知識的學習。
15.【答案】； ；； CD； 偏小
【解析】由閉合電路的歐姆定律得，整理得
根據圖乙所示圖像可知，圖像的斜率，縱軸截距，
解得電源電動勢，內阻。
、電壓表的分流引起的誤差屬于系統誤差，故A錯誤；
B、該小組同學讀電壓表示數引起的誤差屬于偶然誤差，故B錯誤；
C、本實驗用圖像法處理數據可以減小偶然誤差，故C正確；
D、如果將電壓表的內阻計算在內就可以減小系統誤差，故D正確。
故選：CD。
由圖示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于，
即電流的測量值小于真實值，導致電源電動勢的測量值小于真實值。
故答案為：；；；；偏小。
應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數解析式。
根據圖示圖像求出電源的電動勢與內阻。
由于技術上的不完善及電路的設計、實驗方法及測量技術等造成的誤差為系統誤差；而由于讀數等造成的誤差為偶然誤差；采用圖像法可以減小偶然誤差。
根據圖示電路圖分析實驗誤差。
理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
16.【答案】解：如圖，
光線從M 入射時，在P 點剛好發生全反射，
設玻璃的折射率為n，全反射臨界角為C，
由，又
代入數據可得：
設光在玻璃中傳播速度為v，時間為t
由，又
可得
答：該玻璃的折射率為；
這束光通過玻璃圓柱體的時間為
【解析】作出光路圖，根據折射定律以及臨界角公式即可求出折射率；
根據求出光在玻璃中傳播速度，由幾何關系求出光傳播的路程，根據求出時間。
本題是幾何光學問題，要能熟練運用光的折射定律、反射定律，還要利用光的幾何特性，來尋找角與角的關系，從而算出結果。
17.【答案】解：對左端封閉氣體，等溫變化：
依題意知：、
設左側水銀下降了x，
則：、
解得：
設充氣N次，對打入氣體根據理想氣體的狀態方程的分態式可得：
即
解得：。
答：將容器開口與真空泵相接，抽氣一段時間后達到真空，U型管左側的水銀將下降25cm。
需要打3次氣才能使U型管中水銀恢復到初始狀態。
【解析】對左端封閉氣體，等溫變化，根據玻意耳定律列方程求解；
設充氣N次，對打入氣體根據理想氣體的狀態方程的分態式求解。
本題主要是考查了理想氣體的狀態方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態下的三個狀態參量，分析理想氣體發生的是何種變化，利用理想氣體的狀態方程列方程求解。
18.【答案】若，小球A到達圓弧軌道最低點D時所受軌道的支持力為5mg；
當，小球A與B發生彈性碰撞后，B球能做完整的圓周運動
【解析】設小球A運動到圓弧軌道最低點D時速度為，則由機械能守恒定律有：
圓弧軌道最低點有：
解得：
設A與B碰前速度為，碰后A的速度為，B的速度為，規定向右為正方向，A與B碰撞過程有：
A在水平面上滑行過程有
碰后B能在豎直平面內做完整的圓周運動，設小球B在最高處速度為，則在最高處有：
小球B在最低點拉力最大，有
小球B從最低點到最高點有
聯立解得：
答：若，小球A到達圓弧軌道最低點D時所受軌道的支持力為5mg；
當，小球A與B發生彈性碰撞后，B球能做完整的圓周運動。
根據機械能守恒定律求解在最低點的速度，根據牛頓第二定律求解在最低點的支持力大小；
根據動能定理求解A球到B速度，碰撞過程機械能守恒，動量守恒，碰后B能在豎直平面內做完整的圓周運動則小球在最高點速度大于或等于。
分析清楚運動過程是正確解題的關鍵，要對繩子拉直進行討論，不要漏解。
19.【答案】解：
電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖1所示．
由速度關系： 解得
由速度關系得
在豎直方向
解得
在磁場變化的半個周期內粒子的偏轉角為，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內，
粒子在x軸方向上的位移恰好等于粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：
電子在磁場作圓周運動的軌道半徑

解得、2、3…
若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數倍時，
可使粒子到達N點并且速度滿足題設要求．應滿足的時間條件：

而
T的表達式得：、2、3…
答：電子進入圓形磁場區域時的速度大小為解得 ；
區域內勻強電場場強E的大??；
圓形磁場區域磁感應強度的大小表達式為、2、3…
磁場變化周期T各應滿足的表達式為、2、3…
【解析】電子在電場中只受電場力，做類平拋運動．將速度分解，可求出電子進入圓形磁場區域時的速度大?。鶕ｎD定律求出場強E的大?。娮釉诖艌鲋?，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．分析電子進入磁場的速度方向與進入磁場時的速度方向相同條件，根據圓的對稱性，由幾何知識得到半徑，周期T各應滿足的表達式．
本題帶電粒子在組合場中運動，分別采用不同的方法：電場中運用運動的合成和分解，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．所加磁場周期性變化時，要研究規律，得到通項．

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