2023年廣東省惠州市高考物理三調試卷1.  如圖中甲、乙、丙、丁四幅圖涉及不同的原子物理知識，其中說法正確的是(    )
 A. 圖甲說明少量電子的運動表現(xiàn)為波動性，大量電子的運動表現(xiàn)為粒子性
B. 圖乙的粒子散射實驗中，當顯微鏡放在D位置時，熒光屏上觀察不到閃光
C. 圖丙中A、B、C分別表示不同能級間躍遷時釋放出的光子，頻率最低的是C光子
D. 圖中軋制鋼板時需要動態(tài)監(jiān)測鋼板的厚度，探測器接收到的可能是射線2.  圖左側為不銹鋼砧板架實物圖。在圖右側圖中，質量為M的圓形砧板穩(wěn)穩(wěn)的豎立在砧板架上，砧板架兩側橫梁近似光滑，間距為d，取重力加速度為g，下列說法正確的是(    )
A. 砧板對砧板架一側橫梁的作用力一定小于Mg
B. 若增大橫梁的間距d，砧板對兩側橫梁的作用力均增大
C. 若增大橫梁的間距d，砧板架對地面的壓力增大
D. 若換一個質量相同直徑更大的砧板，兩側橫梁受到的壓力均增大3.  惠州羅浮山風景區(qū)于2022年1月啟用新索道，如圖所示，質量為M的吊廂通過懸臂固定懸掛在纜繩上，吊廂水平底板上放置一質量為m的貨物。若某段運動過程中，在纜繩牽引下吊廂載著貨物一起斜向上加速運動，且懸臂和吊廂處于豎直方向，重力加速度為g，則(    )
 A. 吊廂水平底板對貨物的支持力不做功
B. 吊廂水平底板對貨物的摩擦力做正功
C. 懸臂對吊廂的作用力方向與纜繩方向平行且斜向上
D. 懸臂對吊廂的作用力大小等于4.  如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時間的速度-時間圖像如圖乙所示，下列描述正確的是(    )
A. 小物塊一直受滑動摩擦力
B. 傳送帶做順時針的勻速運動
C. 傳送帶做順時針的勻加速運動
D. 小物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶5.  為了更好地了解太陽活動對地球的影響，2022年10月，我國成功將“夸父一號”衛(wèi)星發(fā)射升空，該衛(wèi)星繞地球的運動看成勻速圓周運動，距離地球表面約720千米，運行周期約99分鐘，下列說法正確的是(    )A. “夸父一號”有可能靜止在惠州市的正上方
B. 若已知萬有引力常量，利用題中數(shù)據(jù)可以估算出太陽的質量
C. “夸父一號”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度
D. “夸父一號”的角速度大于地球自轉的角速度6.  一列簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖所示，已知圖中質點b的起振時刻比質點a延遲了，b和c之間的距離是5m，以下說法正確的是(    )
 A. 此列波的波長為 B. 此列波的頻率為2Hz
C. 此列波的波速為 D. 此列波的傳播方向為沿x軸正方向傳播7.  如圖所示，導體棒MN接入電路部分的電阻為R長度為L，質量為m，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內阻大小也為R，勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成角斜向上方，電鍵閉合后導體棒開始運動，則下列說法正確的是(    )A. 導體棒向左運動
B. 電鍵閉合瞬間導體棒MN的加速度為
C. 電鍵閉合瞬間導體棒MN所受安培力大小為
D. 電鍵閉合瞬間導體棒MN所受安培力大小為8.  如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如圖中從a到b的直線所示。在此過程中(    )A. 氣體溫度先上升后下降
B. 氣體內能一直增加
C. 氣體一直對外做功
D. 氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功9.  如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊可視為質點放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做直線運動，當小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x，小物塊和小車之間的滑動摩擦力為f，此過程中，下列結論正確的是(    )A. 物塊到達小車最右端時，其動能為
B. 摩擦力對小物塊所做的功為fL
C. 物塊到達小車最右端時，小車的動能為fx
D. 物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能增加量為 10.  如圖所示，一質子以速度進入足夠大的勻強電場區(qū)域，a、b、c、d為間距相等的一組等勢面，若質子經過a、c等勢面時動能分別為9eV和3eV。不計質子重力，下列說法正確的是(    )A. 質子第二次經過等勢面b時動能是6eV
B. 質子剛好能到達等勢面d
C. 該勻強電場場強的方向水平向左
D. 若取等勢面c為零電勢面，則a所在的等勢面電勢為6V
 11.  電磁泵在生產、科技中得到了廣泛應用；如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為，兩側端面是邊長為的正方形；流經泵體內的液體密度為，在泵頭通入導電劑后液體的電導率為電阻率的倒數(shù)，泵體所在處有方向垂直向外的勻強磁場，磁感應強度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源內阻不計上，則(    )
A. 泵體上表面應接電源正極
B. 通過泵體的電流
C. 減小磁感應強度B可獲得更大的抽液高度
D. 增大液體的電導率可獲得更大的抽液高度12.  某學習小組嘗試探究彈簧所受彈力F與彈簧長度L的關系。
通過多次實驗，記錄實驗數(shù)據(jù)，描繪出如圖甲所示的圖像。則彈簧原長______ cm，彈簧的勁度系數(shù)______ 計算結果保留三位有效數(shù)字。

如圖乙所示，若將該彈簧左端固定在中間帶有小圓孔的豎直擋板上，彈簧右端連接細線，細線穿過圓孔，通過光滑的滑輪與鉤碼相連，豎直擋板固定在刻度尺0刻線處，已知每個鉤碼重為。當水平彈簧壓縮穩(wěn)定后，指針指示如圖乙所示。由此可推測所掛鉤碼的個數(shù)為______ 個。13.  某同學利用如圖所示的電路測量未知電阻的阻值與電源電動勢E和內阻r，R為電阻箱，電流表內阻為。操作步驟如下：

測的阻值。先閉合開關和，調節(jié)電阻箱，當電阻箱的阻值為時，電流表示數(shù)為；接著斷開，調節(jié)電阻箱，當電阻箱的阻值為時，電流表示數(shù)仍為，則的阻值為______ ，該測量原理______ 選填“有”或“沒有”系統(tǒng)誤差。
保持閉合、斷開，多次調節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表A的示數(shù)I。為了直觀地得到I與R的關系，該同學以R為縱軸，x為橫軸單位為國際單位，作出如圖所示的一條直線，則橫軸x為______ 選填“I”或“”
根據(jù)圖可求得電源的電動勢______ V，______ 。計算結果均保留二位有效數(shù)字14.  如圖所示，三角形ABC為三棱鏡的橫截面，一細束單色光從ABC的側面AC上D點入射，改變入射角i，當AC側面的折射光線與BC邊平行時，恰好沒有光線從AB側面邊射出棱鏡，已知，且，，空氣中的光速，求：
該棱鏡對該單色光的折射率；
該單色光從D點入射到第一次從棱鏡中射出傳播的時間。
 15.  2022年北京冬奧會，我國短道速滑隊奪得混合團體2000米接力決賽金牌，如果在某次交接棒訓練中，質量為60kg的甲以的速度在前面滑行，質量為65kg的乙以的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出。乙推出甲后做勻減速直線運動，10s后停在離交接棒前方40m的地方，則：
假設乙推甲過程中不計任何阻力，則甲乙分離瞬間甲的速度為多大；若甲乙作用時間為，則乙對甲的平均推力是多大；
若甲離開乙后甲立即做勻加速直線運動，加速度大小為，4秒末剛好追上前方1m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，計算隊員丙勻速滑行的速度大小。16.  質譜儀被應用于分離同位素，圖是其簡化模型。大量質量、電荷量為的質子，從粒子源A下方以近似速度為0飄入電勢差為的加速電場中，從中央位置進入平行板電容器。當平行板電容器不加電壓時，粒子將沿圖中虛線從O點進入磁感應強度的勻強磁場中，經磁場偏轉后打在水平放置的屏上，已知磁場方向垂直紙面向外，電容器極板長度，兩極板間寬度。現(xiàn)給平行板電容器加上圖所示的偏轉電壓，質子在電容器中運動的時間遠小于電壓變化的周期T，水平屏分布在電容器豎直極板兩側，忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用力，求：
質子射出加速電場時速度的大??；
為使質子經偏轉電場后能全部進入磁場，偏轉電壓的最大值；
質子打在水平放置的屏上的痕跡長度s。

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：圖甲說明少量電子的運動表現(xiàn)為粒子性，大量電子的運動表現(xiàn)為波動性，故A錯誤；
B.圖乙的粒子散射實驗中，當顯微鏡放在D位置時，粒子經原子核反彈后會有少量的粒子射向熒光屏，因此熒光屏上可觀察很少量的閃光，故B錯誤；
C.圖丙中A、B、C分別表示不同能級間躍遷時釋放出的光子，根據(jù)能級公式可知，能級差越大，輻射出的光子的頻率越大，能級差越小，輻射出的光子的的頻率越小，由題圖可知，3、4能級間的能級差最小，因此頻率最低的是C光子，故C正確；
D.粒子的貫穿本領最弱，射線的穿透本領最強，一般用于金屬探傷或進行自動監(jiān)測，圖中軋制鋼板時需要動態(tài)監(jiān)測鋼板的厚度，探測器接收到的是射線，故D錯誤。
故選：C。
A.少量電子的運動表現(xiàn)為粒子性，大量電子的運動表現(xiàn)為波動性，據(jù)此作答；
B.根據(jù)散射實驗作答；
C.根據(jù)能級與光子的躍遷作答；
D.在三種射線中射線的穿透本領最強，該裝置中探測器接收到的是射線。
本題考查了實物粒子的波動性、散射實驗、能級和光子的躍遷及三種射線的特性，知識點多，需要加強理解記憶。
 2.【答案】B 【解析】解：兩支架等高，砧板受力如圖所示：

砧板對兩支架的彈力大小相等，設每側砧板架對砧板的支持力均為，垂直接觸面指向砧板圓心，與豎直方向夾角為，根據(jù)平衡條件有
根據(jù)牛頓第三定律可得砧板對砧板架一側橫梁的作用力大小為
所以可得砧板對砧板架一側橫梁的作用力不一定小于Mg，故A錯誤；
若增大橫梁的間距d，變大，可知變大；同理，若換一個質量相同直徑更大的砧板可知變小，變小，故B正確，D錯誤；
C.若增大橫梁的間距d，對砧板和砧板架整體分析可得地面對砧板架的支持力等于砧板和砧板架的總重力，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板架對地面的壓力不變，故C錯誤。
故選：B。
對砧板分析，根據(jù)平衡條件進行分析即可。
本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。
 3.【答案】B 【解析】解：A、吊廂水平底板對貨物的支持力豎直向上，與速度方向的夾角小于，根據(jù)可知支持力對貨物做正功，故A錯誤；
B、在纜繩牽引下吊廂載著貨物一起斜向上加速運動，水平方向存在分加速度，對水平方向分析可知，可知吊廂水平底板對貨物的摩擦力水平向右，與速度方向的夾角小于，根據(jù)可知摩擦力對貨物做正功，故B正確；
CD、以吊廂和貨物為整體，設加速度大小為a，纜繩與水平方向夾角為，則有，，則懸臂對吊廂的作用力大小為，懸臂對吊廂的作用力與水平方向的夾角為，則有，可知懸臂對吊廂的作用力方向與纜繩方向不平行，故CD錯誤。
故選：B。
分析貨物和吊廂的受力情況，根據(jù)根據(jù)功的公式確定各力做功情況；對整體分析，由牛頓第二定律和運動的合成和分解規(guī)律確定懸臂對吊廂的作用力大小和方向。
本題主要是考查了牛頓第二定律的知識以及功的計算；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應用。
 4.【答案】C 【解析】解：BC：由圖乙可知，物塊先做加速運動，可以判斷出物體受到向右的滑動摩擦力，此時物體相對傳送帶向左運動，說明傳送帶向右運動且速度大于物體速度，當物塊P與傳送帶共速后，若傳送帶勻速運動則物體隨傳送帶一起勻速運動，這與不符，說明傳送帶也向右加速且加速度小于物體由于受滑動摩擦力而產生的加速度，否則物體不能達到與傳送帶共速，共速以后物塊隨傳送帶一起做加速度較小的加速運動。故B錯誤，C正確；
AD：當物塊與傳送帶一起水平向右加速后，由于物塊與傳送帶相對靜止，物塊受靜摩擦力。故A錯誤。物塊一直向右加速，不可能從傳送帶左端滑下傳送帶，故D錯誤。
故選：C。
注意判斷物體與接觸面間的摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力，根據(jù)物體向右做加速運動可判斷傳送帶施加給物體的摩擦力方向，從而可判斷出傳送帶的運動方向。
本題考查在水平傳送帶上物體的運動，如果傳送帶較短，物體可能一直加速，物體也可能先加速到與傳送帶共速，共速后根據(jù)傳送帶的運動情況，可能隨傳送帶一起勻速運動，也可能一起變速運動等要視具體情況。
 5.【答案】D 【解析】解：“夸父一號”不是地球的同步衛(wèi)星，不可能靜止在惠州市的正上方，故A錯誤；
B.萬有引力提供向心力，可以求中心天體質量，“夸父一號”是地球的衛(wèi)星，已知萬有引力常量，利用題中數(shù)據(jù)也不能估算出太陽的質量，故B錯誤；
C.由于“夸父一號”繞地球做勻速圓周運動，所以其發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故C錯誤；
D.“夸父一號”繞地球運行周期約99分鐘，小于地球的自轉周期24h，根據(jù)可知，其角速度大于地球自轉的角速度，故D正確。
故選：D。
不是地球的同步衛(wèi)星，不能相對地球某位置靜止；
萬有引力提供向心力，可以求中心天體質量；
“夸父一號”繞地球做勻速圓周運動，發(fā)射速度小于第二宇宙速度；
根據(jù)，比較角速度。
本題考查學生對同步衛(wèi)星特點、第二宇宙速度特征、角速度公式的掌握，解題關鍵是熟記規(guī)律：萬有引力提供向心力，可以求中心天體質量。
 6.【答案】CD 【解析】解：A、由圖知，b和c之間的距離等于波長，則波長為。故A錯誤。
B、由題，質點b的起振時刻比質點a延遲了，則有：，，頻率為：故B錯誤。
C、波速為：，故C正確。
D、質點b的起振時刻比質點a延遲了，則得波沿x軸正方向傳播。故D正確。
故選：CD。
由圖知，b和c之間的距離等于波長．質點b的起振時刻比質點a延遲了，說明波沿x軸正方向傳播，，求出周期，得到頻率．
本題首先理解波長的含義：相鄰兩個波峰間的距離即等于波長．題中a、b兩點是反相點，起振時間相隔，可得到周期．
 7.【答案】D 【解析】解：A、由圖得，通過導體棒MN的電流由N到M，根據(jù)左手定則可知，導體棒受到的安培力斜向下偏右，則導體棒向右運動，故A錯誤；
CD、電鍵閉合瞬間，電路電流為
導體棒MN所受安培力大小為
故C錯誤，D正確；
B、電鍵閉合瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：
聯(lián)立解得：
故B錯誤。
故選：D。
根據(jù)左手定則判斷導體棒的受力方向，進而得到導體棒的運動方向；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電路中的電流，根據(jù)安培力公式求解安培力的大小；根據(jù)牛頓第二定律求解導體棒的加速度大小。
本題考查安培力和牛頓第二定律，解題關鍵是掌握安培力方向的判斷和安培力的求解，結合閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律列式求解即可。
 8.【答案】BC 【解析】解：A、由圖可知，從a到b的過程中，壓強p增大，體積V增大，由可知氣體的溫度一直升高，故A錯誤；
B、由A得，氣體溫度一直升高，則分子平均動能增大，內能增大，故B正確；
C、氣體的體積增大，則氣體一直對外做功，故C正確；
D、由BC得，氣體一直對外做功，氣體的內能一直增加，根據(jù)熱力學第一定律得：
為正值，W為負值，則Q一定為正值，則氣體一直從外界吸熱，吸收的熱量用于對外功和增加內能，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)圖像判斷氣體壓強p和體積V的變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷溫度的變化；溫度是分子平均動能的標志，氣體的勢能忽略不計，則溫度越高，氣體的內能越大；氣體體積增大，則氣體對外做功；根據(jù)熱力學定律分析氣體吸熱與對外做功的關系。
本題考查理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律，解題關鍵是能根據(jù)圖像和理想氣體狀態(tài)方程分析溫度的變化，知道溫度是分子平均動能的標志，掌握熱力學第一定律，知道熱力學第一定律中各物理量的含義。
 9.【答案】AC 【解析】解：對于小物塊，小物塊發(fā)生的位移為，根據(jù)動能定理可得
，故A正確；
B.小物塊克服摩擦力做的功為
，故B錯誤；
C.物塊到達小車最右端時，小車運動的距離為x，根據(jù)動能定理得
，故C正確；
D.小車和小物塊增加的動能為

系統(tǒng)重力勢能不變，則小物塊和小車增加得機械能為，故D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)動能定理分析出物塊和小車的動能變化，要注意位移取對地位移；根據(jù)做功公式計算出克服摩擦力做的功，位移取物塊相對于地面的位移；機械能的增加量等于系統(tǒng)內彈力和重力之外的力做功，代入數(shù)據(jù)計算即可。
本題主要考查了動能定理和能量守恒，在分析過程中要注意位移的選取，特別是摩擦力產熱的計算公式中的位移為物塊和小車的相對位移。
 10.【答案】AC 【解析】解：由題可知a、b、c、d為等差等勢面，根據(jù)電場力做功公式可知，質子經過相鄰等勢面電場力做功相同，根據(jù)動能定理可知，質子經過相鄰等勢面動能的變化相同；由于質子經過a、c等勢面時動能分別為9eV和3eV，可知質子在a、c間動能的減小量為6eV，相鄰等勢面間的動能減小3eV，因此質子第一次經過等勢面b時動能是6eV；由于電場力做功與路徑無關，當質子再次經過等勢面b時，電場力做功為零，根據(jù)動能定理可知，質子第二次經過等勢面b時動能是6eV，故A正確；
B.等勢面c的動能為3eV，由A分析可知，相鄰等勢面間的動能減小3eV，當初速度方向水平向右時，質子恰好到達等勢面d；由于初速度方向與水平方向成一定夾角，質子具有沿等勢面方向的分速度，質子向上做曲線運動，因此質子不能到達等勢面d，故B錯誤；
C.質子從等勢面a到c，根據(jù)動能定理，因此；根據(jù)沿電場線電勢逐漸降低，可知電場線水平向左，該勻強電場場強的方向水平向左，故C正確；
D.由于只有電場力做功，因此動能和電勢能的總量不變，若取等勢面c為零電勢面，則，因此質子的總能量；a等勢面的電勢能，根據(jù)電勢能的定義，解得，故D錯誤。
故選：AC。
A.由題可知a、b、c、d為等差等勢面，根據(jù)電場力做功公式可知，質子經過相鄰等勢面電場力做功相同，根據(jù)動能定理可知，質子經過相鄰等勢面動能的變化相同，據(jù)此分析作答；
B.假設初速度方向與等勢面垂直，根據(jù)動能定理判斷質子能夠到達的等勢面，由于質子的初速度方向與電場方向不一致，根據(jù)曲線運動的條件質子向上做曲線運動，再判斷質子能否到達等勢面d；
C.根據(jù)動能定理判斷電勢的高低，再判斷電場的方向；
D.只有電場力做功時動能和電勢能的總量不變，從而得到總能量，根據(jù)能量關系得到等勢面a的電勢能，再根據(jù)電勢能的定義式求解等勢面a的電勢。
本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動，只要電場力做功時動能和電勢能的總量保持不變；由于等勢面為等差等勢面，因此質子的動能在相鄰等勢面間的減小量相同。
 11.【答案】ABD 【解析】解：將液體等效為通電導線，當泵體上表面接電源正極時，電流從上表面流向下表面，根據(jù)左手定則可得此時液體受到的安培力水平向左，液體被抽出，故A正確；
B.根據(jù)電阻定律，泵體內液體的電阻為

所以可得通過泵體的電流為

故B正確；
C.減小磁感應強度B，液體受到的安培力變小，抽液高度會變小，故C錯誤；
D.根據(jù)前面分析增大液體的電導率，電流I會增大，液體受到的安培力變大，可獲得更大的抽液高度，故D正確。
故選：ABD。
根據(jù)左手定則，分析安培力方向；
根據(jù)電阻定律和歐姆定律，求電流；
根據(jù)安培力變化，分析抽液高度。
本題考查學生對左手定則和電阻定律、歐姆定律的掌握，是一道基礎題。
 12.【答案】 【解析】解：當彈簧彈力為零，彈簧處于自然狀態(tài)，由圖可知，彈簧的原長為；
圖像的斜率表示勁度系數(shù)，由胡克定律可知；
由圖可知，刻度尺的最小分度值為1mm，該刻度尺的讀數(shù)為
由胡克定律可知
由題可知每個鉤碼重，由此可推測所掛鉤碼的個數(shù)為
故答案為：；；。
根據(jù)圖像的截距和斜率求彈簧的原長和勁度系數(shù)；
明確刻度尺的最小分度值并讀數(shù)，根據(jù)胡克定律計算。
本題考查探究彈簧所受彈力F與彈簧長度L的關系實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置和數(shù)據(jù)處理。
 13.【答案】5 沒有    【解析】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律
，
代入數(shù)據(jù)解得：
電流測量值準確，該測量原理沒有系統(tǒng)誤差。
根據(jù)閉合電路歐姆定律

可得

由表達式可知橫軸x為 
由圖像可知
，
解得：，
故答案為：，沒有；；，。
根據(jù)閉合電路歐姆定律求解和分析判斷；
根據(jù)閉合電路歐姆定律推導；
根據(jù)圖像斜率和截距求解。
本題考查測量未知電阻的阻值與電源電動勢和內阻實驗，要求掌握實驗原理和實驗電路。
 14.【答案】解：作出光的傳播路徑如圖所示：

根據(jù)幾何關系可知光在AB面上的臨界角為
根據(jù)
解得：
根據(jù)幾何關系可知DCEF為平行四邊形，則光程
光在介質中的傳播速度
光的傳播時間
代入數(shù)據(jù)解得：
答：該棱鏡對該單色光的折射率為；
該單色光從D點入射到第一次從棱鏡中射出傳播的時間為。 【解析】根據(jù)全反射臨界角公式解得折射率；
根據(jù)幾何關系解得光程，根據(jù)解得光速，從而計算時間。
本題考查光的折射計算，此類題型通常需要正確作出光路圖，根據(jù)幾何關系求出入射角和折射角，再結合折射定律求解。
 15.【答案】解：乙推出甲后10s末停在離交接棒前方40m的地方，則
代入數(shù)據(jù)得：
乙推甲過程，甲乙組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：
解得
乙推甲過程，對甲由動量定理得
代入數(shù)據(jù)解得：
秒末甲剛好追上前方1m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，由位移關系可知：
丙勻速滑行的速度大小為：
答：甲乙分離瞬間甲的速度為；若甲乙作用時間為，則乙對甲的平均推力是65N；
隊員丙勻速滑行的速度大小是。 【解析】不計二人所受摩擦力，兩人交接棒的過程，兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求二人分開時甲的速度大小；對甲，根據(jù)動量定理求解乙對甲的平均作用力的大小F；
根據(jù)運動學的公式，結合空間幾何關系即可求出。
本題主要是查動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)相關關系列方程求解。
 16.【答案】解：質子在加速電場中，根據(jù)動能定理，有
解得質子射出加速電場時速度的大小為
解得；
由于質子在電容器中運動的時間遠小于電壓變化的周期T，所以質子在電容器中的運動可看著類平拋運動，為使質子經偏轉電場后能全部進入磁場，則有，
，，
聯(lián)立解得
如圖所示

假設質子離開偏轉電場時速度為，質子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得
設速度偏轉角為，則有
質子在磁場中偏轉的距離為
聯(lián)立可得：
解得：
可知質子不管以多大的偏轉角或不同的位置進入磁場，質子在磁場中的偏轉距離即弦長是固定不變的，故質子打在水平放置的屏上的痕跡長度為電容器兩極板之間的寬度d，則有
答：質子射出加速電場時速度的大小；
為使質子經偏轉電場后能全部進入磁場，偏轉電壓的最大值100V；
質子打在水平放置的屏上的痕跡長度。 【解析】根據(jù)動能定理，求質子射出加速電場時速度的大小；
質子在電容器中的運動可看著類平拋運動，根據(jù)類平拋規(guī)律列式，求電壓；
質子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)速度合成分解求磁場中入射速度，在根據(jù)偏轉的距離位移公式，求距離。
本題解題關鍵是掌握在磁場中做圓周運動滿足規(guī)律洛倫茲力提供向心力、電場中加速用動能定理，電場中偏轉用類平拋規(guī)律。
 

相關試卷

2022-2023學年廣東省惠州市高一（下）期末物理試卷（含詳細答案解析）：

這是一份2022-2023學年廣東省惠州市高一（下）期末物理試卷（含詳細答案解析），共15頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實驗題，簡答題等內容，歡迎下載使用。

2024屆惠州市高三惠州二調物理試卷：

這是一份2024屆惠州市高三惠州二調物理試卷，共15頁。

武漢高三9調物理試卷：

這是一份武漢高三9調物理試卷，共8頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2022-2023學年廣東省惠州市高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年廣東省惠州市高一（下）期末物理試卷（含解析）
2022年廣東省惠州市高考物理二模試卷（含答案解析）

2022年廣東省惠州市高考物理二模試卷（含答案解析）
廣東省惠州市高三一模物理試題 （含答案）

廣東省惠州市高三一模物理試題 （含答案）
2021屆廣東省廣州、深圳市學調聯(lián)盟高考物理二調試卷含答案

2021屆廣東省廣州、深圳市學調聯(lián)盟高考物理二調試卷含答案
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部