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2024年重庆市渝中区好教育联盟高考物理模拟试卷（3月份）(含详细答案解析)
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这是一份2024年重庆市渝中区好教育联盟高考物理模拟试卷（3月份）(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是( )
A. 运动员始终在飞机正下方
B. 运动员从飞机卫跳下至开伞前做自由落体运动
C. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 气体放出热量
B. 气体的内能减小
C. 外界对气体做负功
D. 气体分子的平均动能减小
3.汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为v的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为x时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间，则汽车刹车( )
A. 时间为xvB. 加速度大小为v22x
C. 经过一半时间时的位移大小为x2D. 经过一半距离时的速度大小为v2
4.一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为( )
A. 7V
B. 2 6V
C. 5V
D. 2 5V
5.2023年8月3日11时47分，我国成功发射“风云三号”06星。“风云三号”气象卫星是我国第二代低轨气象卫星，能够获取全球、全天候、三维、定量、多光谱的大气、地表和海表特性参数。若“风云三号”06星绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h，绕地n圈的时间为t，引力常量为G，地球半径为R，则( )
A. 卫星的周期为nt
B. 卫星的线速度大小为2nπht
C. 地球的质量为4n2π2(R+h)3Gt2
D. 地球表面重力加速度大小为4t2π2(R+h)3n2R2
6.自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O(如图中未画出)做圆周运动，自行车转弯时的俯视示意图如图所示，自行车前、后两轮轴A、B(均视为质点)相距x1，虚线表示两轮转弯的轨迹，O、A间的距离为x2，则轮轴A与轮轴B的速度大小之比为( )
A. x1x2
B. x2x1
C. x1 x22−x12
D. x2 x22−x12
7.如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子(不计受到的重力)以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP=OQ=L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是( )
A. 细圆环带负电B. 粒子到达Q点时的速度大小为v0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小D. 粒子到达Q点时的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于核反应方程，下列说法正确的是( )
A. 88226Ra→86222Rn+24He，该核反应是α衰变
B. 12H+13H→24He+01n，该核反应是裂变
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是聚变
D. 1124Na→1224Mg+−10e，该核反应是β衰变
9.如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用垂直磁场边界的水平力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，水平力F向右为正，下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E，水平力F和电功率P随时间t的变化规律的图像是( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所，小物块a和木板b叠放在光滑水平面上，初始时a、b均静止，物块c以速度v0向右运动，与b发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后b、c粘在一起，b的位移x随时间t的变化如图乙中的实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P点，抛物线的顶点为Q。a始终未脱离b。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. a、b间的动摩擦因数为v06gt0B. a、b间的动摩擦因数为v03gt0
C. b、c的质最比为1：2D. b、c的质量比为2：1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.实验室有一种灵敏电流计G，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A：(量程为1mA、内阻约为100Ω)；
定值电阻R1：(阻值为200Ω)；
定值电阻R2：(阻值为300Ω)；
电阻箱R：(0∼9999.9Ω,最小调节量为0.1Ω)；
滑动变阻器R3：(最大电阻为2000Ω，额定电流为1.5A)；
直流电源：电动势为1.5V，内阻不计；
开关一个，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当，若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值______(填“增大”或“减小”)，直到G2中的电流为0。
(2)读出电阻箱连入电路的电阻为1200.0Ω，电流表的示数为0.60mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计的内阻Rg=______Ω，满偏电流Ig=______μA。(结果均保留三位有效数字)
12.实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验。量角器中心O点和细线的一个端点重合，并且固定好，细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置安装一个光电门。实验装置如图所示。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的时间Δt，小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角为θ。
(1)除了光电门、量角器、细线外，还有如下器材可供选用：
A.直径约为1cm的均匀铁球；
B.秒表；
C.天平；
D.直径约为5cm的均匀木球；
E.游标卡尺；
F.最小刻度为毫米的米尺。
若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择______(填写器材前的字母标号)。
(2)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小v=______。用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，则此时游标尺上的第______(填1∼10中的数字)条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)若在实验误差允许的范围内，满足v2=______，即可验证机械能守恒定律。(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度大小g表示)
(4)影响本实验结果的误差原因有______。(只填一项即可)
四、简答题：本大题共3小题，共41分。
13.如图所示，一光学器材的横截面为一等腰梯形，其中AB平行于CD，底角θ=45∘。从M点发出的一细束平行于底边CD的单色光，从AC边上的E点射入，已知光学器材的折射率n= 2，光在真空中的传播速度大小为c。
(1)求光线进入光学器材时的折射角r；
(2)当从E点射入的光线对应的折射光线刚好经过长度为L的CD边的中点时，求光线在光学器材中的传播时间t。
14.风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22超大型激波风洞，能够吹出30倍音速的风。如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度h=12.8m处，杆上套一质量m=4kg、可沿杆滑动的小球(视为质点)。将小球所受的风力大小调节为F=30N，方向水平向左。小球以速度v0=9m/s向右离开刚性杆后，小球所受风力不变，取重力加速度大小g=10m/s2。求小球：
(1)在空中运动时的加速度大小a；
(2)在空中运动的时间t；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能Ek。
15.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。如图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。如图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转θ后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
(1)求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
(2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转π2−θ时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
(3)在(2)的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.由于运动员受空气阻力作用，飞机在水平方向匀速飞行，所以离开飞机后水平方向会减速，从而不能保持在飞机正下方，也不能做自由落体运动，故AB错误；
C.在运动员下落过程，竖直方向向向下加速，处于失重状态，降落伞打开后，会向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C错误；
D.运动员下落时速度向增大，做加速运动，降落伞打开后做速度减小，做减速运动，故D正确。
故选：D。
AB.根据运动员的受力情况结合飞机的运动情况综合分析判断；
C.根据运动员竖直方向的分运动判断所处的状态；
D.根据运动员的速度变化情况分析加减速的情况。
考查受力分析和运动状态的分析，会根据物体的受力判断物体做什么运动。
2.【答案】C
【解析】解：AB、由p−V图像可知，气体从状态A到状态B，气体的压强和体积均增加，则由PVT=C可知，气体的温度升高，则气体的内能增加；气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律，气体吸收热量，故AB错误；
C、该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；
D、由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D错误。
故选：C。
由p−V图像可知，气体从状态A到状态B，气体的压强和体积都增大，则由PVT=C可知，气体的温度升高，则气体的内能增加；气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律判断是吸热的情况；温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大。
本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的应用，要注意明确压强、体积及温度之间的变化关系及内能、吸放热及做功的关系，注意在p−V图像中图线上各点连线与坐标量的变化关系。
3.【答案】B
【解析】解：根据逆向思维法，将匀减速直线运动反向处理成初速度为0的匀加速直线运动。
A.根据匀变速直线运动位移-时间规律有x=v2⋅t，得t=2xv，故A错误；
B.根据匀变速直线运动位移-速度规律有x=v22a，得a=v22x，故B正确；
C.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总时间平分，则位移之比为1：3，故按原题经过一半时间对应的位移为总位移的34x，故C错误；
D.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总位移平分，由公式v′= 0+v22= 22v，故D错误。
故选：B。
AB.根据匀变速直线运动的位移-时间规律、位移-速度规律列式求解；
CD.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总时间和总位移平分，然后由相关推论进行分析求解。
考查匀变速直线运动的规律，会用逆向思维方法结合相关的推论进行准确的分析和判断。
4.【答案】A
【解析】解：交流电的有效值要求是：若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有U2RT=( 3)2R×T3+(2 3)2R×T3+( 6)2R×T3
解得U= 7V
故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用将交流电一个周期内的产热量等效于直流电，从而得出有效值电压。
学生在解决本题时，应注意对于交流电有效值问题的透彻理解。
5.【答案】C
【解析】解：A.绕地n圈的时间为t，则周期T=tn，故A错误；
B.卫星的线速度v=2π(R+h)T=2nπ(R+h)t，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2
得M=4n2π2(R+h)3Gt2，故C正确；
D.在地球表面附近，不考虑地球自转，重力等于万有引力有
GMmR2=mg
得g=4n2π2(R+h)3R2t2，故D错误；
故选：C。
AB.根据周期公式和线速度的计算式列式代入数据解答；
C.根据万有引力提供向心力列式求解地球质量表达式；
D.根据地表处重力等于万有引力列式计算重力加速度。
考查万有引力定律的应用，会根据题意列式求解相关的物理量。
6.【答案】D
【解析】解：过A和B分别作车轮的垂线，两线的交点即为O点，如图所示。
根据几何关系可知∠AOB=θ
且csθ=OBOA= x22−x12x2
根据两轮沿车身方向的速度相等得：v2=v1csθ
可得：v1v2=1csθ=x2 x22−x12，故ABC错误，D正确。
故选：D。
过A和B分别作车轮的垂线，两垂线的交点即为O点。根据几何关系求出前轮与车身的夹角θ的余弦值。结合两轮沿车身方向的速度相等，根据平行四边形定则求出轮轴A与轮轴B的速度大小之比。
解决本题的关键确定出定点O的位置，知道两轮沿车身方向的速度相等，运用平行四边形定则进行解答。
7.【答案】B
【解析】解：A、以x轴的正向为电场强度的正方向，结合图乙中电场的正负可知，圆环带正电，故A错误；
BD、根据对称性结合qU=12mv2，可知粒子到达Q点时的速度大小为v0，故B正确，D错误；
C、根据F=qE可知，粒子所受静电力先增大后减小，然后再增大，最后减小，故C错误；
故选：B。
根据电场的正方向结合圆环的电场分布分析A，根据对称性可知粒子到达Q点时的速度大小为v0，根据电场力公式分析解答。
本题考查电场的分布，解题关键掌握功能关系，注意对称性的应用。
8.【答案】AD
【解析】解：A、 24He是α粒子， 88226Ra→86222Rn+24He，该核反应是α衰变，故A正确；
B、 12H+13H→24He+01n，该核反应是聚变，故B错误；
C、 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是裂变，故C错误；
D、 −10e是β粒子，该核反应是β衰变，故D正确。
故选：AD。
根据反应的特点和生成物判断核反应类型。
本题综合考查了常见的核反应方程以及核反应方程的特点等这些知识点，关键掌握这些知识的基本规律，记牢基本粒子的符号。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当线框进入磁场时，时间在0−Lv内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；时间在Lv−2Lv内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当时间为t=1.5Lv时，磁通量最小，为零，时间在1.5Lv到2Lv时，磁通量向里，为正值，且均匀增大。时间在2Lv−2.5Lv时，磁通量均匀减小至零。在2.5Lv−3Lv内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值。在3Lv−4Lv内，磁通量均匀减小至零，且为负值。故A正确；
B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B错误；
C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，线框进入第一个磁场时，安培力为F=BIL，开始进入第二、三个磁场时，两边切割磁感线，感应电动势变为2倍，则电流变为原来的2倍，则安培力变为原来的4倍，出第三个磁场时，安培力与进入第一个磁场相同，故C正确；
D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，同时注意功率不能为负值，故D错误；
故选：AC。
由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=Fv分析功率的变化情况。
电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答。
10.【答案】BC
【解析】解：CD.设b和c碰后的共同速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律
mcv0=(mc+mb)v1
b和c碰后一起向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，a做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，t0时刻a、b、c三者共速，一起做匀速直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间关系有
x=v1t−12a1t2
0∼t0时间有
v0t02=v1t0−12a1t02
2t0=−v12×(−12a1)
以上两式联立解得
v1=2v03
代入动量守恒定律的表达式解得
mbmc=12，故C正确，D错误；
AB.设三者攻速时的速度为v2，则根据运动学公式有
v0t02=12(v1+v2)t0
解得
v2=13v0
对a根据牛顿第二定律
μmag=ma2
再根据运动学公式
v2=a2t0
联立解得
μ=v03gt0，故A错误，B正确。
故选：BC。
CD：根据匀变速直线运动位移与时间关的关系式结合图乙求解b和c碰后的共同速度，再根据动量守恒定律求解b和c的质量之比；
AB：根据运动学公式求解a、b、c的共同速度，再结合牛顿第二定律求解a、b之间的动摩擦因数。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】减小 800 180
【解析】解：(1)灵敏电流计G2中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，要使流过G2的电流为0，a、b两点电势应相等，故需要升高a点电势，由于电阻箱R的右端连接到电源的正极，所以要减小电阻箱R的分压，则需要减小电阻箱R接入电路的阻值。
(2)流过G2的电流为零，即a、b两点电势相等，由图示电路图可知，G1与R的电压之比等于R1与R2的电压之比，即UG1UR=UR1UR2
由串联电路的特点可得：UG1UR=RgR，UR1UR2=R1R2
联立可得：RgR=R1R2
代入数据得：Rg1200=200300，解得：Rg=800Ω；
流过两支路电流之比：I1IG1=UR1+R2URg+R=Rg+RR1+R2=800+1200200+300=41
又有：IG1+I1=IA，已知：IA=0.60mA
解得流过G1的电流为：IG1=0.12mA
此时灵敏电流计的指针指在20格的刻度处，其满偏刻度为30格，则灵敏电流计满偏电流为：
Ig=3020IG1=32×0.12mA=0.18mA=180μA
故答案为：(1)减小；(2)800；180
(1)根据电流计G2中电流流向判断a、b两点电势高低，要使流过G2的电流为0，a、b两点电势应相等，再确定电阻箱阻值如何调节能使a、b两点电势应相等；
(2)根据串并联电路特点与欧姆定律求解灵敏电流计的内阻和流过G1的电流。根据电流之比等于刻度值之比求解满偏电流。
本题考查了应用电桥法测灵敏电流表内阻与满偏电流实验，知道实验原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
12.【答案】AdΔt 5g(2L+d)(1−csθ)小球运动过程中受到空气阻力
【解析】解：(1)验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，故选直径约1cm的均匀铁球；实验中不需要测量小球的质量，不需要天平，小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要时钟；
故选：A。
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球经过最低点的速度v=dΔt
从物体的长度为1.35cm=13.5mm，知游标的最小分度为0.1mm，则游标的第5刻度线与主尺刻度对齐；
(3)重力势能的减小量ΔEp=mg(L+d2)(1−csθ)，动能的增加量ΔEk=12mv2=12mv2
由机械能守恒定律得：mg(L+d2)(1−csθ)=12mv2
实验需要验证的表达式为：g(2L+d)(1−csθ)=v2
(4)小球运动过程中受到空气阻力会影响实验结果。
故答案为：(1)A；(2)dΔt；5；(3)g(2L+d)(1−csθ)；(4)小球运动过程中受到空气阻力
(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过最低点的速度，游标10格，总长度为9mm，每格为0.9mm；游标卡尺主尺与游标刻度线对齐的示数=被测长度+0.9mm×游标卡尺游标对齐的第几根；
(3)抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；
(4)根据实验原理分析误差。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，对于图线问题，关键得出机械能守恒的表达式。
13.【答案】解：(1)由几何关系可知，入射角等于θ，由折射定律有n=sinθsinr
解得r=30∘
(2)全反射临界角的正弦值sinC0=1n
解得C0=45∘
如图所示，由几何关系知光线到达CD边时的入射角θ′=75∘
因为θ′>C0，所以光线不能从CD边射出
由几何关系有xsin45∘=L2sin(90∘+30∘)
又t=2xcn
解得t=2 3L3c
答：(1)光线进入光学器材时的折射角为30∘；
(2)光线在光学器材中的传播时间为2 3L3c。
【解析】(1)根据折射定律算出光线进入器材时的折射角r；
(2)根据几何关系求出光在器材内部传播的距离，由v=cn求出光在器材内部传播的速度，从而求得传播时间。
本题关键是画出光路图，找出入射角和折射角，根据几何知识求出光在棱镜内部传播的路程。要掌握折射定律公式n=sinθsinr与v=cn的应用。
14.【答案】解：(1)小球离开杆后，受重力和水平向左的风力，由平行四边形定则可知小球的合力：F合= (mg)2+F2
由牛顿第二定律有：a=F合m
代入数据可得：a=12.5m/s2
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，则有：h=12gt2
代入数据可得：t=1.6s
(3)小球在水平方向做匀变速运动，由牛顿第二定律有：ax=Fm=304m/s2=7.5m/s2
设经过时间t1小球与刚性杆右端之间的水平距离为x，则有：x=v0t1−12axt12
代入数据可得：t1=1s或t1=1.4s
小球在t1时间内下落的高度：H=12gt12
小球离开杆到水平距离x=5.25m时过程，由动能定理有：mgH−Fx=Ek−12mv02
代入数据可得：Ek=204.5J或Ek=396.5J
答：(1)在空中运动时的加速度大小a为12.5m/s2；
(2)在空中运动的时间t为1.6s；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能Ek为204.5J或396.5J。
【解析】(1)由平行四边形定则可得小球合力大小，由牛顿第二定律可得加速度大小；
(2)由竖直方向下落高度和运动学公式可得时间；
(3)根据小球水平方向位移，由运动学公式可得小球运动时间，由运动时间可得竖直方向下落高度，由动能定理可得末状态动能。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动的合成与分解，解题的关键是知道小球参与了两个方向的分运动，两个分运动具有独立性，互不影响，两个分运动的时间相等。
15.【答案】解：(1)电子在磁场中的轨迹如图所示
设电子进入磁场的初速度大小为v，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
设电子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系有
r=dsinθ
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
evB=mv2r
联立解得
B=sinθd 2mUe；
(2)电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t，根据运动学公式，水平方向有
d=vt
根据牛顿第二定律
a=Fm
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为vy，则有
vy=at
又
tan(π2−θ)=vyv
联立解得
F=2eUdtanθ；
(3)当电场强度最小时，电子打在靶环的右侧边缘，如图所示
根据几何关系可知
y1dd2=Yl+R
当电场强度最大时，电子打在靶环的左侧边缘，如图所示
根据几何知识有
y2dd2=Yl−R
又电子在电场运动的偏转距离为
y=12⋅eEm(dv)2=ed22mv2E
联立解得
EmaxEmin=l+Rl−R。
答：(1)偏转磁场的磁感应强度的大小B为sinθd 2mUe；
(2)电子所受的电场力大小F为2eUdtanθ；
(3)电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin为l+Rl−R。
【解析】(1)根据动能定理求解电子在加速电场中出来的速度，根据几何知识求解电子在偏转磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解偏转磁场的磁感应强度；
(2)电子在电场中做类平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动求解电子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律求解电子运动的加速度，根据速度与时间关系求解电子打在靶环上时竖直方向的速度，最后根据平抛运动的推论速度偏转角的正切值求解电子所受的电场力大小；
(3)作出电子刚好打在靶环上面的临界轨迹，根据集合关系列式，联立电子在电场中的偏转距离表达式求解电场强度的最大值和最小值之比。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
1.“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是( )
A. 运动员始终在飞机正下方
B. 运动员从飞机卫跳下至开伞前做自由落体运动
C. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 气体放出热量
B. 气体的内能减小
C. 外界对气体做负功
D. 气体分子的平均动能减小
3.汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为v的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为x时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间，则汽车刹车( )
A. 时间为xvB. 加速度大小为v22x
C. 经过一半时间时的位移大小为x2D. 经过一半距离时的速度大小为v2
4.一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为( )
A. 7V
B. 2 6V
C. 5V
D. 2 5V
5.2023年8月3日11时47分，我国成功发射“风云三号”06星。“风云三号”气象卫星是我国第二代低轨气象卫星，能够获取全球、全天候、三维、定量、多光谱的大气、地表和海表特性参数。若“风云三号”06星绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h，绕地n圈的时间为t，引力常量为G，地球半径为R，则( )
A. 卫星的周期为nt
B. 卫星的线速度大小为2nπht
C. 地球的质量为4n2π2(R+h)3Gt2
D. 地球表面重力加速度大小为4t2π2(R+h)3n2R2
6.自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O(如图中未画出)做圆周运动，自行车转弯时的俯视示意图如图所示，自行车前、后两轮轴A、B(均视为质点)相距x1，虚线表示两轮转弯的轨迹，O、A间的距离为x2，则轮轴A与轮轴B的速度大小之比为( )
A. x1x2
B. x2x1
C. x1 x22−x12
D. x2 x22−x12
7.如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子(不计受到的重力)以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP=OQ=L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是( )
A. 细圆环带负电B. 粒子到达Q点时的速度大小为v0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小D. 粒子到达Q点时的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于核反应方程，下列说法正确的是( )
A. 88226Ra→86222Rn+24He，该核反应是α衰变
B. 12H+13H→24He+01n，该核反应是裂变
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是聚变
D. 1124Na→1224Mg+−10e，该核反应是β衰变
9.如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用垂直磁场边界的水平力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，水平力F向右为正，下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E，水平力F和电功率P随时间t的变化规律的图像是( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所，小物块a和木板b叠放在光滑水平面上，初始时a、b均静止，物块c以速度v0向右运动，与b发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后b、c粘在一起，b的位移x随时间t的变化如图乙中的实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P点，抛物线的顶点为Q。a始终未脱离b。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. a、b间的动摩擦因数为v06gt0B. a、b间的动摩擦因数为v03gt0
C. b、c的质最比为1：2D. b、c的质量比为2：1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.实验室有一种灵敏电流计G，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A：(量程为1mA、内阻约为100Ω)；
定值电阻R1：(阻值为200Ω)；
定值电阻R2：(阻值为300Ω)；
电阻箱R：(0∼9999.9Ω,最小调节量为0.1Ω)；
滑动变阻器R3：(最大电阻为2000Ω，额定电流为1.5A)；
直流电源：电动势为1.5V，内阻不计；
开关一个，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当，若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值______(填“增大”或“减小”)，直到G2中的电流为0。
(2)读出电阻箱连入电路的电阻为1200.0Ω，电流表的示数为0.60mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计的内阻Rg=______Ω，满偏电流Ig=______μA。(结果均保留三位有效数字)
12.实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验。量角器中心O点和细线的一个端点重合，并且固定好，细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置安装一个光电门。实验装置如图所示。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的时间Δt，小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角为θ。
(1)除了光电门、量角器、细线外，还有如下器材可供选用：
A.直径约为1cm的均匀铁球；
B.秒表；
C.天平；
D.直径约为5cm的均匀木球；
E.游标卡尺；
F.最小刻度为毫米的米尺。
若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择______(填写器材前的字母标号)。
(2)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小v=______。用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，则此时游标尺上的第______(填1∼10中的数字)条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)若在实验误差允许的范围内，满足v2=______，即可验证机械能守恒定律。(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度大小g表示)
(4)影响本实验结果的误差原因有______。(只填一项即可)
四、简答题：本大题共3小题，共41分。
13.如图所示，一光学器材的横截面为一等腰梯形，其中AB平行于CD，底角θ=45∘。从M点发出的一细束平行于底边CD的单色光，从AC边上的E点射入，已知光学器材的折射率n= 2，光在真空中的传播速度大小为c。
(1)求光线进入光学器材时的折射角r；
(2)当从E点射入的光线对应的折射光线刚好经过长度为L的CD边的中点时，求光线在光学器材中的传播时间t。
14.风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22超大型激波风洞，能够吹出30倍音速的风。如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度h=12.8m处，杆上套一质量m=4kg、可沿杆滑动的小球(视为质点)。将小球所受的风力大小调节为F=30N，方向水平向左。小球以速度v0=9m/s向右离开刚性杆后，小球所受风力不变，取重力加速度大小g=10m/s2。求小球：
(1)在空中运动时的加速度大小a；
(2)在空中运动的时间t；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能Ek。
15.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。如图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。如图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转θ后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
(1)求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
(2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转π2−θ时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
(3)在(2)的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.由于运动员受空气阻力作用，飞机在水平方向匀速飞行，所以离开飞机后水平方向会减速，从而不能保持在飞机正下方，也不能做自由落体运动，故AB错误；
C.在运动员下落过程，竖直方向向向下加速，处于失重状态，降落伞打开后，会向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C错误；
D.运动员下落时速度向增大，做加速运动，降落伞打开后做速度减小，做减速运动，故D正确。
故选：D。
AB.根据运动员的受力情况结合飞机的运动情况综合分析判断；
C.根据运动员竖直方向的分运动判断所处的状态；
D.根据运动员的速度变化情况分析加减速的情况。
考查受力分析和运动状态的分析，会根据物体的受力判断物体做什么运动。
2.【答案】C
【解析】解：AB、由p−V图像可知，气体从状态A到状态B，气体的压强和体积均增加，则由PVT=C可知，气体的温度升高，则气体的内能增加；气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律，气体吸收热量，故AB错误；
C、该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；
D、由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D错误。
故选：C。
由p−V图像可知，气体从状态A到状态B，气体的压强和体积都增大，则由PVT=C可知，气体的温度升高，则气体的内能增加；气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律判断是吸热的情况；温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大。
本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的应用，要注意明确压强、体积及温度之间的变化关系及内能、吸放热及做功的关系，注意在p−V图像中图线上各点连线与坐标量的变化关系。
3.【答案】B
【解析】解：根据逆向思维法，将匀减速直线运动反向处理成初速度为0的匀加速直线运动。
A.根据匀变速直线运动位移-时间规律有x=v2⋅t，得t=2xv，故A错误；
B.根据匀变速直线运动位移-速度规律有x=v22a，得a=v22x，故B正确；
C.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总时间平分，则位移之比为1：3，故按原题经过一半时间对应的位移为总位移的34x，故C错误；
D.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总位移平分，由公式v′= 0+v22= 22v，故D错误。
故选：B。
AB.根据匀变速直线运动的位移-时间规律、位移-速度规律列式求解；
CD.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总时间和总位移平分，然后由相关推论进行分析求解。
考查匀变速直线运动的规律，会用逆向思维方法结合相关的推论进行准确的分析和判断。
4.【答案】A
【解析】解：交流电的有效值要求是：若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有U2RT=( 3)2R×T3+(2 3)2R×T3+( 6)2R×T3
解得U= 7V
故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用将交流电一个周期内的产热量等效于直流电，从而得出有效值电压。
学生在解决本题时，应注意对于交流电有效值问题的透彻理解。
5.【答案】C
【解析】解：A.绕地n圈的时间为t，则周期T=tn，故A错误；
B.卫星的线速度v=2π(R+h)T=2nπ(R+h)t，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2
得M=4n2π2(R+h)3Gt2，故C正确；
D.在地球表面附近，不考虑地球自转，重力等于万有引力有
GMmR2=mg
得g=4n2π2(R+h)3R2t2，故D错误；
故选：C。
AB.根据周期公式和线速度的计算式列式代入数据解答；
C.根据万有引力提供向心力列式求解地球质量表达式；
D.根据地表处重力等于万有引力列式计算重力加速度。
考查万有引力定律的应用，会根据题意列式求解相关的物理量。
6.【答案】D
【解析】解：过A和B分别作车轮的垂线，两线的交点即为O点，如图所示。
根据几何关系可知∠AOB=θ
且csθ=OBOA= x22−x12x2
根据两轮沿车身方向的速度相等得：v2=v1csθ
可得：v1v2=1csθ=x2 x22−x12，故ABC错误，D正确。
故选：D。
过A和B分别作车轮的垂线，两垂线的交点即为O点。根据几何关系求出前轮与车身的夹角θ的余弦值。结合两轮沿车身方向的速度相等，根据平行四边形定则求出轮轴A与轮轴B的速度大小之比。
解决本题的关键确定出定点O的位置，知道两轮沿车身方向的速度相等，运用平行四边形定则进行解答。
7.【答案】B
【解析】解：A、以x轴的正向为电场强度的正方向，结合图乙中电场的正负可知，圆环带正电，故A错误；
BD、根据对称性结合qU=12mv2，可知粒子到达Q点时的速度大小为v0，故B正确，D错误；
C、根据F=qE可知，粒子所受静电力先增大后减小，然后再增大，最后减小，故C错误；
故选：B。
根据电场的正方向结合圆环的电场分布分析A，根据对称性可知粒子到达Q点时的速度大小为v0，根据电场力公式分析解答。
本题考查电场的分布，解题关键掌握功能关系，注意对称性的应用。
8.【答案】AD
【解析】解：A、 24He是α粒子， 88226Ra→86222Rn+24He，该核反应是α衰变，故A正确；
B、 12H+13H→24He+01n，该核反应是聚变，故B错误；
C、 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是裂变，故C错误；
D、 −10e是β粒子，该核反应是β衰变，故D正确。
故选：AD。
根据反应的特点和生成物判断核反应类型。
本题综合考查了常见的核反应方程以及核反应方程的特点等这些知识点，关键掌握这些知识的基本规律，记牢基本粒子的符号。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当线框进入磁场时，时间在0−Lv内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；时间在Lv−2Lv内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当时间为t=1.5Lv时，磁通量最小，为零，时间在1.5Lv到2Lv时，磁通量向里，为正值，且均匀增大。时间在2Lv−2.5Lv时，磁通量均匀减小至零。在2.5Lv−3Lv内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值。在3Lv−4Lv内，磁通量均匀减小至零，且为负值。故A正确；
B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B错误；
C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，线框进入第一个磁场时，安培力为F=BIL，开始进入第二、三个磁场时，两边切割磁感线，感应电动势变为2倍，则电流变为原来的2倍，则安培力变为原来的4倍，出第三个磁场时，安培力与进入第一个磁场相同，故C正确；
D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，同时注意功率不能为负值，故D错误；
故选：AC。
由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=Fv分析功率的变化情况。
电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答。
10.【答案】BC
【解析】解：CD.设b和c碰后的共同速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律
mcv0=(mc+mb)v1
b和c碰后一起向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，a做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，t0时刻a、b、c三者共速，一起做匀速直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间关系有
x=v1t−12a1t2
0∼t0时间有
v0t02=v1t0−12a1t02
2t0=−v12×(−12a1)
以上两式联立解得
v1=2v03
代入动量守恒定律的表达式解得
mbmc=12，故C正确，D错误；
AB.设三者攻速时的速度为v2，则根据运动学公式有
v0t02=12(v1+v2)t0
解得
v2=13v0
对a根据牛顿第二定律
μmag=ma2
再根据运动学公式
v2=a2t0
联立解得
μ=v03gt0，故A错误，B正确。
故选：BC。
CD：根据匀变速直线运动位移与时间关的关系式结合图乙求解b和c碰后的共同速度，再根据动量守恒定律求解b和c的质量之比；
AB：根据运动学公式求解a、b、c的共同速度，再结合牛顿第二定律求解a、b之间的动摩擦因数。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】减小 800 180
【解析】解：(1)灵敏电流计G2中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，要使流过G2的电流为0，a、b两点电势应相等，故需要升高a点电势，由于电阻箱R的右端连接到电源的正极，所以要减小电阻箱R的分压，则需要减小电阻箱R接入电路的阻值。
(2)流过G2的电流为零，即a、b两点电势相等，由图示电路图可知，G1与R的电压之比等于R1与R2的电压之比，即UG1UR=UR1UR2
由串联电路的特点可得：UG1UR=RgR，UR1UR2=R1R2
联立可得：RgR=R1R2
代入数据得：Rg1200=200300，解得：Rg=800Ω；
流过两支路电流之比：I1IG1=UR1+R2URg+R=Rg+RR1+R2=800+1200200+300=41
又有：IG1+I1=IA，已知：IA=0.60mA
解得流过G1的电流为：IG1=0.12mA
此时灵敏电流计的指针指在20格的刻度处，其满偏刻度为30格，则灵敏电流计满偏电流为：
Ig=3020IG1=32×0.12mA=0.18mA=180μA
故答案为：(1)减小；(2)800；180
(1)根据电流计G2中电流流向判断a、b两点电势高低，要使流过G2的电流为0，a、b两点电势应相等，再确定电阻箱阻值如何调节能使a、b两点电势应相等；
(2)根据串并联电路特点与欧姆定律求解灵敏电流计的内阻和流过G1的电流。根据电流之比等于刻度值之比求解满偏电流。
本题考查了应用电桥法测灵敏电流表内阻与满偏电流实验，知道实验原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
12.【答案】AdΔt 5g(2L+d)(1−csθ)小球运动过程中受到空气阻力
【解析】解：(1)验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，故选直径约1cm的均匀铁球；实验中不需要测量小球的质量，不需要天平，小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要时钟；
故选：A。
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球经过最低点的速度v=dΔt
从物体的长度为1.35cm=13.5mm，知游标的最小分度为0.1mm，则游标的第5刻度线与主尺刻度对齐；
(3)重力势能的减小量ΔEp=mg(L+d2)(1−csθ)，动能的增加量ΔEk=12mv2=12mv2
由机械能守恒定律得：mg(L+d2)(1−csθ)=12mv2
实验需要验证的表达式为：g(2L+d)(1−csθ)=v2
(4)小球运动过程中受到空气阻力会影响实验结果。
故答案为：(1)A；(2)dΔt；5；(3)g(2L+d)(1−csθ)；(4)小球运动过程中受到空气阻力
(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过最低点的速度，游标10格，总长度为9mm，每格为0.9mm；游标卡尺主尺与游标刻度线对齐的示数=被测长度+0.9mm×游标卡尺游标对齐的第几根；
(3)抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；
(4)根据实验原理分析误差。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，对于图线问题，关键得出机械能守恒的表达式。
13.【答案】解：(1)由几何关系可知，入射角等于θ，由折射定律有n=sinθsinr
解得r=30∘
(2)全反射临界角的正弦值sinC0=1n
解得C0=45∘
如图所示，由几何关系知光线到达CD边时的入射角θ′=75∘
因为θ′>C0，所以光线不能从CD边射出
由几何关系有xsin45∘=L2sin(90∘+30∘)
又t=2xcn
解得t=2 3L3c
答：(1)光线进入光学器材时的折射角为30∘；
(2)光线在光学器材中的传播时间为2 3L3c。
【解析】(1)根据折射定律算出光线进入器材时的折射角r；
(2)根据几何关系求出光在器材内部传播的距离，由v=cn求出光在器材内部传播的速度，从而求得传播时间。
本题关键是画出光路图，找出入射角和折射角，根据几何知识求出光在棱镜内部传播的路程。要掌握折射定律公式n=sinθsinr与v=cn的应用。
14.【答案】解：(1)小球离开杆后，受重力和水平向左的风力，由平行四边形定则可知小球的合力：F合= (mg)2+F2
由牛顿第二定律有：a=F合m
代入数据可得：a=12.5m/s2
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，则有：h=12gt2
代入数据可得：t=1.6s
(3)小球在水平方向做匀变速运动，由牛顿第二定律有：ax=Fm=304m/s2=7.5m/s2
设经过时间t1小球与刚性杆右端之间的水平距离为x，则有：x=v0t1−12axt12
代入数据可得：t1=1s或t1=1.4s
小球在t1时间内下落的高度：H=12gt12
小球离开杆到水平距离x=5.25m时过程，由动能定理有：mgH−Fx=Ek−12mv02
代入数据可得：Ek=204.5J或Ek=396.5J
答：(1)在空中运动时的加速度大小a为12.5m/s2；
(2)在空中运动的时间t为1.6s；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能Ek为204.5J或396.5J。
【解析】(1)由平行四边形定则可得小球合力大小，由牛顿第二定律可得加速度大小；
(2)由竖直方向下落高度和运动学公式可得时间；
(3)根据小球水平方向位移，由运动学公式可得小球运动时间，由运动时间可得竖直方向下落高度，由动能定理可得末状态动能。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动的合成与分解，解题的关键是知道小球参与了两个方向的分运动，两个分运动具有独立性，互不影响，两个分运动的时间相等。
15.【答案】解：(1)电子在磁场中的轨迹如图所示
设电子进入磁场的初速度大小为v，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
设电子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系有
r=dsinθ
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
evB=mv2r
联立解得
B=sinθd 2mUe；
(2)电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t，根据运动学公式，水平方向有
d=vt
根据牛顿第二定律
a=Fm
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为vy，则有
vy=at
又
tan(π2−θ)=vyv
联立解得
F=2eUdtanθ；
(3)当电场强度最小时，电子打在靶环的右侧边缘，如图所示
根据几何关系可知
y1dd2=Yl+R
当电场强度最大时，电子打在靶环的左侧边缘，如图所示
根据几何知识有
y2dd2=Yl−R
又电子在电场运动的偏转距离为
y=12⋅eEm(dv)2=ed22mv2E
联立解得
EmaxEmin=l+Rl−R。
答：(1)偏转磁场的磁感应强度的大小B为sinθd 2mUe；
(2)电子所受的电场力大小F为2eUdtanθ；
(3)电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin为l+Rl−R。
【解析】(1)根据动能定理求解电子在加速电场中出来的速度，根据几何知识求解电子在偏转磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解偏转磁场的磁感应强度；
(2)电子在电场中做类平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动求解电子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律求解电子运动的加速度，根据速度与时间关系求解电子打在靶环上时竖直方向的速度，最后根据平抛运动的推论速度偏转角的正切值求解电子所受的电场力大小；
(3)作出电子刚好打在靶环上面的临界轨迹，根据集合关系列式，联立电子在电场中的偏转距离表达式求解电场强度的最大值和最小值之比。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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