資源簡介

2025屆四川省南充市高三下學(xué)期二診考后物理提升卷
1．（2025·南充模擬）1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質(zhì)子加速器進(jìn)行人工核蛻變實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證了質(zhì)能關(guān)系的正確性。在實(shí)驗(yàn)中，鋰原子核俘獲一個(gè)質(zhì)子后成為不穩(wěn)定的鈹原子核，隨后又蛻變?yōu)閮蓚€(gè)原子核，核反應(yīng)方程為。已知、、X的質(zhì)量分別為m1=1.007 28u、m2=7.016 01u、m3=4.001 51u，其中u為原子質(zhì)量單位，1u=931.5MeV/c2（c為真空中的光速）則在該核反應(yīng)中（　?。?br/>A．鈹原子核內(nèi)的中子數(shù)是3 B．X表示的是氚原子核
C．質(zhì)量虧損 D．釋放的核能
【答案】D
【知識點(diǎn)】原子核的組成；質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；核聚變
【解析】【解答】直接利用核反應(yīng)方程的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可正確求解，根據(jù)核子的質(zhì)量求解核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損。
A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有
，
則鈹原子核內(nèi)的中子數(shù)是
8-4=4
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，可知X表示的是氦原子核，故B錯(cuò)誤；
C．在該核反應(yīng)中，質(zhì)量虧損
解得
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)質(zhì)能方程，釋放的核能為
解得
故D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷生成產(chǎn)物，并根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和求解中子數(shù)；質(zhì)量虧損等于開始時(shí)的質(zhì)量與最終質(zhì)量的差；根據(jù)質(zhì)能方程求解產(chǎn)生的核能。
2．（2025·南充模擬）圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個(gè)水漂，若石塊每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為30°，速率損失30%。圖乙甲是石塊運(yùn)動軌跡的示意圖，測得石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，當(dāng)觸水速度小于2m/s時(shí)石塊就不再彈起，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．石塊每次彈起后的滯空時(shí)間相等
B．石塊最多能在湖面上彈起5次
C．石塊每次彈起過程能量損失30%
D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度為零
【答案】B
【知識點(diǎn)】能量守恒定律；斜拋運(yùn)動；動能
【解析】【解答】B．石塊做斜上拋運(yùn)動
根據(jù)
運(yùn)動總時(shí)間
解得
設(shè)石塊一共能打個(gè)水漂，則有
，（取整數(shù)）
解得，故B正確；
A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據(jù)，可知石塊每次彈起后的滯空時(shí)間減小，故A錯(cuò)誤；
D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度不為零，故D錯(cuò)誤；
C．石塊每次彈起過程能量損失
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】1、打水漂石塊做斜上拋運(yùn)動，根據(jù)豎直方向速度公式可求運(yùn)動總時(shí)間。
2、根據(jù)每次速率損失30%，可計(jì)算石塊最多能在湖面上彈起的次數(shù)。
3、根據(jù)速度計(jì)算動能，再計(jì)算石塊每次彈起過程能量損失。
3．（2025·南充模擬）2024年5月3日17時(shí)27分，嫦娥六號探測器在中國文昌航天發(fā)射場成功發(fā)射升空，之后準(zhǔn)確進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，開啟世界首次月背“挖寶”之旅。圖中繞月運(yùn)行的三個(gè)軌道分別為：大橢圓軌道1，橢圓停泊軌道2，圓軌道3，點(diǎn)為三個(gè)軌道的公共切點(diǎn)，為軌道1的遠(yuǎn)地點(diǎn)，下列說法正確的是（　　）
A．探測器在1軌道上的運(yùn)行周期大于在2軌道的運(yùn)行周期
B．探測器在點(diǎn)需要加速才能從1軌道轉(zhuǎn)移到2軌道
C．探測器在2軌道上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，所受的月球引力等于向心力
D．探測器在1軌道上從點(diǎn)向點(diǎn)運(yùn)動過程中，機(jī)械能逐漸減小
【答案】A
【知識點(diǎn)】開普勒定律；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】解答本題的關(guān)鍵要掌握離心運(yùn)動和向心運(yùn)動的概念，能熟練運(yùn)用開普勒第三律分析周期關(guān)系。A．根據(jù)開普勒第三定律可知
可知， 1軌道的半長軸大于2軌道的半長軸，可知探測器在1軌道上的運(yùn)行周期大于在2軌道的運(yùn)行周期，選項(xiàng)A正確；
B．探測器在點(diǎn)需要減速做向心運(yùn)動才能從1軌道轉(zhuǎn)移到2軌道，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．探測器在2軌道上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)做離心運(yùn)動，所受的月球引力小于向心力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．探測器在1軌道上從點(diǎn)向點(diǎn)運(yùn)動過程中，只有萬有引力做功，則機(jī)械能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析周期，根據(jù)離心運(yùn)動和向心運(yùn)動的特點(diǎn)分析，只有萬有引力做功，則機(jī)械能不變。
4．（2025·南充模擬）市場流行的智能手機(jī)都內(nèi)置有加速度傳感器，可以進(jìn)行各種有趣的物理實(shí)驗(yàn)。現(xiàn)用某款智能手機(jī)進(jìn)行豎直上拋實(shí)驗(yàn)：用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，把手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到如圖所示的加速度隨時(shí)間變化的圖像，圖中，，，，已知該款手機(jī)的質(zhì)量為，取重力加速度，空氣阻力不計(jì)，由此可判斷出（　?。?br/>A．時(shí)間內(nèi)手機(jī)先加速后減速
B．時(shí)間內(nèi)，手掌對手機(jī)的作用力大小為
C．手機(jī)離開手掌后，在空中運(yùn)動時(shí)間為
D．時(shí)間內(nèi)，手掌對手機(jī)的沖量大小為
【答案】D
【知識點(diǎn)】動量定理；圖象法；牛頓定律與圖象
【解析】【解答】本題考查對a-t圖像的理解，需清楚圖線的含義，結(jié)合動量定理解答。
A．a(chǎn)-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量，時(shí)間內(nèi)速度一直增加，所以手機(jī)一直加速，A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)，手機(jī)的加速度為
a=10m/s2
方向向下。
可知手機(jī)做自由落體運(yùn)動，手掌對手機(jī)的作用力大小為0，B錯(cuò)誤；
C．手機(jī)離開手掌后做自由落體運(yùn)動，在空中運(yùn)動時(shí)間為
C錯(cuò)誤；
D．手機(jī)離開手掌做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知手機(jī)剛離開手掌時(shí)速度為
時(shí)間內(nèi)根據(jù)動量定理有
解得手掌對手機(jī)的沖量大小
D正確。
故選D。
【分析】a-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量；根據(jù)t3～t4時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度分析運(yùn)動情況，進(jìn)而分析作用力；t3～t4時(shí)間內(nèi)手機(jī)離開手掌，做自由落體運(yùn)動；手機(jī)離開手掌做豎直上拋運(yùn)動，求解手機(jī)剛離開手掌時(shí)速度，根據(jù)動量定理解答。
5．（2025·南充模擬）電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實(shí)現(xiàn)對電子會聚或發(fā)散使微小物體成像。電子槍發(fā)射的電子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，虛線為電子透鏡電場中的等差等勢面。下列說法正確的是（　　）
A．b點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢
B．電子在a點(diǎn)的加速度大于在c點(diǎn)的加速度
C．電子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能
D．電子在c點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度
【答案】A
【知識點(diǎn)】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的等勢面分布，利用電場線與等勢面處處垂直，判斷電場線方向，進(jìn)而求解。A．根據(jù)電場線的方向與等勢面垂直，且電子帶負(fù)電可知，題圖中電場線的方向大體沿左上方至右下方，沿著電場線的方向電勢越來越低，所以點(diǎn)的電勢大于點(diǎn)的電勢，故A正確；
B．等差等勢面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，則點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于點(diǎn)的電場強(qiáng)度，電子在點(diǎn)的加速度比在點(diǎn)的加速度小，故B錯(cuò)誤；
C．電子從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，故C錯(cuò)誤；
D．電子從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電子在點(diǎn)的速度比在點(diǎn)的速度小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，先判斷出電場力方向，電子受到的電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相反，由此判斷電場強(qiáng)度的方向，再判斷各點(diǎn)電勢的高低；根據(jù)等勢面的疏密判斷電場強(qiáng)度大小，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度大??；根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的大小關(guān)系，根據(jù)能量守恒判定動能和速度的變化。
6．（2025·南充模擬）水晶球是用天然水晶加工而成的一種透明的球型物品。如圖甲所示為一個(gè)質(zhì)量分布均勻的透明水晶球，半徑為a，過球心的截面如圖乙所示，PQ為直徑，一單色細(xì)光束從P點(diǎn)射入球內(nèi)，折射光線與PQ夾角為37℃，出射光線與PQ平行。已知光在真空中的傳播速度為c，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，則（　?。?br/>A．光束在P點(diǎn)的入射角為53°
B．“水晶球”的折射率為1.6
C．光在“水晶球”中的傳播速度為
D．光在“水晶球”中的傳播時(shí)間為
【答案】B
【知識點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要考查了光的折射，根據(jù)幾何知識求解折射角是解題的關(guān)鍵；知道光的折射率與頻率的關(guān)系，掌握折射定律和折射率公式。B．根據(jù)題意作出光路圖如圖
由幾何關(guān)系可知，光線射出時(shí)的折射角r為2θ，折射率
故B正確；
A．由圖
β = r = 2θ = 74°
故A錯(cuò)誤；
C．光在“水晶球”中的傳播速度為
故C錯(cuò)誤；
D．光在“水晶球”中傳播的距離
時(shí)間
代入數(shù)據(jù)有
故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)幾何知識求折射角，根據(jù)折射定律求折射率、入射角、光速；根據(jù)折射率公式、勻速直線運(yùn)動公式結(jié)合數(shù)學(xué)知識求傳播時(shí)間。
7．（2025·南充模擬）如圖所示，長為L的水平固定長木板AB，C為AB的中點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，開始時(shí)將物塊拉至長木板的右端點(diǎn)，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，且，物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為v0，這時(shí)彈簧的彈性勢能為E0，不計(jì)物塊的大小，重力加速度為g，則下列說法錯(cuò)誤的是（　　）
A．物塊不可能會停在CB段上某處
B．物塊最終會做往復(fù)運(yùn)動
C．彈簧開始具有的最大彈性勢能為
D．整個(gè)過程中物塊克服摩擦做的功為
【答案】D
【知識點(diǎn)】能量守恒定律；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】該題結(jié)合滑塊與彈簧模型，考查摩擦力的計(jì)算、功能關(guān)系等，要明確物塊在BC之間運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)的一部分的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，物塊在AC之間運(yùn)動的過程中，物塊的動能與彈簧的彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化。A．由于
設(shè)BC段彈簧形變量為x，
得
由此，物塊不可能停在BC段，A正確；
B．只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機(jī)械能就減小，所以物塊最終會在AC往返運(yùn)動，B正確；
C．物塊從開始運(yùn)動，到第一次運(yùn)動到C過程中，根據(jù)能量守恒定律得
C正確；
D．物塊第一次到達(dá)C，物塊的速度大小為，物塊最終會在AC段做往返運(yùn)動，到達(dá)C點(diǎn)的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為
D錯(cuò)誤。
本題選擇錯(cuò)誤的，故選D。
【分析】分析摩擦力與彈簧的拉力之間的關(guān)系，即可確定物塊是否可能會停在CB面上某處；根據(jù)功能關(guān)系即可求出彈簧開始時(shí)的最大彈性勢能；根據(jù)功能關(guān)系，結(jié)合滑塊的初狀態(tài)與末狀態(tài)對應(yīng)的機(jī)械能，即可求出物塊克服摩擦力做的功。
8．（2025·南充模擬）在探究變壓器的線圈兩端電壓與匝數(shù)的關(guān)系時(shí)，某同學(xué)分別在可拆變壓器的鐵芯上繞制了兩個(gè)線圈，制作了一個(gè)如圖所示的降壓變壓器，線圈a連接到學(xué)生電源的交流輸出端，線圈b與小燈泡相連接，兩線圈的電阻均可忽略不計(jì)。閉合電源開關(guān)，發(fā)現(xiàn)小燈泡很亮，為了降低小燈泡的亮度，下列措施可行的是（　?。?br/>A．適當(dāng)減少線圈b的匝數(shù) B．將交流輸出電壓適當(dāng)減小
C．將線圈a、b增加相同匝數(shù) D．將線圈a改接在直流輸出端
【答案】A,B
【知識點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，知道匝數(shù)與電壓的比例關(guān)系是解題的關(guān)鍵，明確變壓器只能改變交流電，而不能改變恒定電流的電壓。為了降低小燈泡的亮度，即減小變壓器的副線圈的電壓，設(shè)線圈的匝數(shù)為，電壓為，線圈的匝數(shù)為，電壓為，因?yàn)樽儔浩鞯囊?guī)律是
可得
A．減少線圈的匝數(shù)可行，選項(xiàng)A正確；
B．將交流輸出電壓U減小，小燈泡會變暗，選項(xiàng)B正確；
C．將線圈a、b增加相同匝數(shù)，小燈泡會更亮，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．直流電不能在副線圈產(chǎn)生電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】小燈泡發(fā)光很微弱，說明其電壓低，應(yīng)提高小燈泡的電壓，根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律分析。
9．（2025·南充模擬）當(dāng)物體受到同平面內(nèi)不平行的三個(gè)力作用而平衡時(shí)，這三個(gè)力的作用線必定交于同一點(diǎn)，這一結(jié)論被稱為三力平衡交匯定理。如圖所示，在半徑為R的光滑半球形凹面內(nèi)，有一質(zhì)量分布均勻的細(xì)桿達(dá)到平衡，知桿在半球面內(nèi)那部分的長度為，則（　?。?br/>A．桿上A、B兩點(diǎn)受到的彈力大小之比為
B．桿上A、B兩點(diǎn)受到的彈力大小之比為
C．桿全長為
D．桿全長為
【答案】A,C
【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】細(xì)桿處于靜止，根據(jù)平衡條件可以得出細(xì)桿的受力分析如圖所示
AB．如圖所示，由幾何關(guān)系可知PAB構(gòu)成直角三角形，根據(jù)線段關(guān)系可以得出
細(xì)桿處于靜止，根據(jù)矢量三角形定則則有：
由幾何關(guān)系可知，和與重力的夾角均為，即力的矢量三角形為等腰三角形，根據(jù)邊長的大小關(guān)系可以得出
故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由細(xì)桿的受力分析圖可知，O點(diǎn)為重心，即細(xì)桿的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知
其中
所以
則
所以，桿全長為
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】根據(jù)幾何關(guān)系可以求出邊長的大小關(guān)系和角度的大小，結(jié)合矢量三角形的邊長關(guān)系可以求出彈力的比值；利用幾何關(guān)系可以求出桿的長度。
10．（2025·南充模擬）戰(zhàn)繩是非常流行的一種高效全身訓(xùn)練方式。在某次訓(xùn)練中，運(yùn)動員手持繩的一端甩動，形成繩波可簡化為簡諧波，如圖甲為簡諧波在t＝0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置為x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)，如圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖像。下列說法正確的是（　　）
A．波的傳播速度為60m/s
B．t＝0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動
C．t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向
D．從t＝0.10s到t＝0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cm
【答案】B,C
【知識點(diǎn)】橫波的圖象
【解析】【解答】本題既要理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像能判斷出質(zhì)點(diǎn)的速度方向，同時(shí)要把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能由質(zhì)點(diǎn)的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．根據(jù)圖像可知，波長為8m，周期為0.20s，則波傳播的速度為
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)圖乙可知，在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，故B正確；
C．在圖甲中，根據(jù)同側(cè)法可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸正方向，由于
可知時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；
D．在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸正方向，遠(yuǎn)離平衡位置，由于
可知從到，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程小于30cm，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】根據(jù)波速計(jì)算公式求解波的傳播速度；根據(jù)圖乙判斷質(zhì)點(diǎn)Q的振動方向；根據(jù)同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)P的振動方向，再根據(jù)振動情況分析質(zhì)點(diǎn)P在0.15s時(shí)的運(yùn)動方向；根據(jù)P的振動情況和所處的位置判斷通過的路程。
11．（2025·南充模擬）某同學(xué)采用如圖甲所示裝置驗(yàn)證動滑輪下方懸掛的物塊A與定滑輪下方懸掛的物塊B（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調(diào)，滑輪質(zhì)量不計(jì)且滑輪凹槽中涂有潤滑油，以保證細(xì)線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計(jì)，細(xì)線始終伸直。A、B質(zhì)量相等，遮光條質(zhì)量不計(jì)，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)將物塊B由靜止釋放。
（1）用螺旋測微器測出遮光條寬度d，如圖乙所示，則d=　 　mm。
（2）某次實(shí)驗(yàn)中，測得t=11.60ms，則此時(shí)A的速度為　 　m/s（保留2位有效數(shù)字）。
（3）改變光電門與物塊B之間的高度h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若k=　 　（用含g、d字母的表達(dá)式表示），則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
【答案】（1）1.195
（2）0.052
（3）
【知識點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時(shí)速度，同時(shí)明確重力勢能和動能的定義，明確驗(yàn)證機(jī)械能守恒的方法。
（1）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則螺旋測微器的示數(shù)為d=1mm+19.5×0.01mm=1.195mm
（2）A的速度為
（3）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得
由該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)
則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
（2）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度求解A的瞬時(shí)速度；
（3）分別求解重力勢能的減小量和動能的增加量，再結(jié)合圖像斜率的含義求解機(jī)械能守恒需要滿足的條件。
（1）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則螺旋測微器的示數(shù)為
d=1mm+19.5×0.01mm=1.195mm
（2）A的速度為
（3）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得
由該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)
則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
12．（2025·南充模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測量一段粗細(xì)均勻的金屬絲的電阻率。
（1）用螺旋測微器測待測金屬絲的直徑如圖甲所示，可知該金屬絲的直徑　 　mm。
（2）用多用電表粗測金屬絲的阻值。當(dāng)用電阻“”擋時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)換用倍率為　 　（填“”或“”）擋，在進(jìn)行一系列正確操作后，指針靜止時(shí)位置如圖乙所示，其讀數(shù)為　 　。
（3）為了更精確地測量金屬絲的電阻率，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：
A．電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻較小可忽略）
B．保護(hù)電阻
C．電源（輸出電壓恒為U）
D．開關(guān)S、導(dǎo)線若干
①實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的測量電路如圖丙所示，調(diào)節(jié)接線夾在金屬絲上的位置，測出接入電路中金屬絲的長度L，閉合開關(guān)，記錄電流表A的讀數(shù)I。
②改變接線夾位置，重復(fù)①的步驟，測出多組L與I的值。根據(jù)測得的數(shù)據(jù)，作出如圖丁所示的圖線，橫軸表示金屬絲長度L（單位：m），則縱軸應(yīng)用　 　（填“I/A”或“”）表示；若縱軸截距為b，斜率為k，可得　 　，金屬絲的電阻率　 ?。ㄓ妙}中給出的已知物理量U、b、k、d等表示）。
③關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，下列說法正確的是　 　（填選項(xiàng)字母）。
A．電表讀數(shù)時(shí)為減小誤差應(yīng)多估讀幾位
B．用圖像求金屬絲電阻率可以減小偶然誤差
C．若考慮電流表內(nèi)阻的影響，電阻率的測量值大于真實(shí)值
【答案】0.720；；11.0；；bU；；B
【知識點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】本題主要考查了電阻率的測量實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合電阻定律和閉合電路歐姆定律即可完成分析。（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為
（2）當(dāng)用電阻“”擋時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，表明電阻過小，為了減小讀數(shù)的偶然誤差，換用“”擋，則指針靜止時(shí)位置的讀數(shù)為
（3）根據(jù)歐姆定律有
根據(jù)電阻定律有
解得
則縱軸應(yīng)用來表示。
根據(jù)圖像有
，
解得
，
③A．電表讀數(shù)時(shí)應(yīng)該根據(jù)量程確定精度，由出現(xiàn)不精確的位次選擇估讀的位次，因此電表讀數(shù)時(shí)多估讀幾位并不能減小誤差，A錯(cuò)誤；
B．圖像法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，能夠盡量利用到更多的數(shù)據(jù)，減小實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的偶然誤差，即用圖像求金屬絲電阻率可以減小偶然誤差，B正確；
C．根據(jù)上述分析過程
電阻率是根據(jù)圖線的斜率求解的，令斜率為k，即
可見電阻率的測量值與是否考慮電流表的內(nèi)阻無關(guān)，C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則得出對應(yīng)的讀數(shù)；
（2）根據(jù)多用電表的使用規(guī)則選擇合適的擋位，結(jié)合題意得出對應(yīng)的示數(shù)；
（3）根據(jù)歐姆定律和電阻定律，結(jié)合圖像的物理意義完成分析；根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差的產(chǎn)生原因完成解答。
13．（2025·南充模擬）某學(xué)校實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了測量不規(guī)則礦石體積的氣壓體積測量儀。如圖所示為氣壓體積測量儀的原理圖，上端開口的氣壓筒A和上端封閉的測量筒B均為高，橫截面積的導(dǎo)熱氣缸，兩氣缸連接處的細(xì)管體積不計(jì)?，F(xiàn)把待測礦石置于測量筒B中，將質(zhì)量的活塞從氣壓筒A上方開口處放下，在兩氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體（不計(jì)活塞厚度和摩擦力），緩慢降低封閉氣體的溫度至，活塞穩(wěn)定后，活塞距氣壓筒A頂端。已知環(huán)境溫度為27℃，外界大氣壓強(qiáng)為，重力加速度。
（1）求礦石的體積；
（2）再把溫度從緩慢升高，將活塞推到氣壓筒A的頂端，求此時(shí)封閉氣體的溫度；若該過程封閉氣體內(nèi)能增加了，求封閉氣體從外界吸收的熱量。
【答案】解：（1）活塞穩(wěn)定時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)
令礦石體積為，由理想氣體狀態(tài)方程
又
，
解得
（2）緩慢升高溫度，將活塞推到氣壓筒的頂端，壓強(qiáng)不變，由蓋—呂薩克定律
解得
該過程外界對系統(tǒng)做的功
由熱力學(xué)第一定律
解得
【知識點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）活塞穩(wěn)定后，對活塞受力分析，根據(jù)平衡條件求出被封閉氣體的壓強(qiáng)，再結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程列式，即可求出礦石的體積；
（2）把溫度從-3℃緩慢升高，封閉氣體的壓強(qiáng)不變，由蓋—呂薩克定律可求出封閉氣體的溫度，根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可求出封閉氣體從外界吸收的熱量。
14．（2025·南充模擬）如圖所示，兩平行金屬直導(dǎo)軌、固定于同一水平絕緣桌面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為L，a、端與傾角為的傾斜金屬導(dǎo)軌平滑連接，傾斜導(dǎo)軌上端連接阻值為的定值電阻，、端與位于豎直面內(nèi)、半徑相同的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接，所有金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。僅水平導(dǎo)軌所圍矩形區(qū)域存在方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場。一根質(zhì)量為、電阻為、長度為的細(xì)金屬棒與導(dǎo)軌垂直，靜置于處，另一根與長度相同、質(zhì)量為的細(xì)絕緣棒由傾斜導(dǎo)軌上與距離為處靜止釋放，一段時(shí)間后與發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞后，和先后恰好運(yùn)動到半圓形導(dǎo)軌的最高點(diǎn)（拋出后立即撤去），運(yùn)動過程中棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。不計(jì)一切摩擦，重力加速度為。求：
（1）半圓形金屬導(dǎo)軌的半徑；
（2）整個(gè)過程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）絕緣棒通過區(qū)域的時(shí)間。
【答案】（1）解：、碰前過程，對絕緣棒，由動能定理得
解得
絕緣棒與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
，
因和恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，則和通過時(shí)速度大小相等，設(shè)為，則
在半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)有
由半圓形軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動能定理得
解得

（2）解：從運(yùn)動到，由能量守恒得
定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱
解得
（3）解：設(shè)由運(yùn)動到的位移為，對，由動量定理得
電荷量
平均感應(yīng)電動勢
平均感應(yīng)電流
又
解得
【知識點(diǎn)】動量定理；生活中的圓周運(yùn)動；動能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理計(jì)算絕緣棒N與M碰撞前的速度→M與N發(fā)生彈性碰撞→計(jì)算出碰后速度→M和N恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)→N在最高點(diǎn)的速度→由動能定理求得r。
（2）根據(jù)能量守恒計(jì)算出系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱→根據(jù)焦耳定律求定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱。
（3）對M分析，根據(jù)動量定理和電流定義式求出aa'與bb'間的距離→絕緣棒N勻速通過abb'a'區(qū)域→根據(jù)x=vt計(jì)算出t。
（1）、碰前過程，對絕緣棒，由動能定理得
解得
絕緣棒與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
，
因和恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，則和通過時(shí)速度大小相等，設(shè)為
則
在半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)有
由半圓形軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動能定理得
解得
（2）從運(yùn)動到，由能量守恒得
定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱
解得
（3）設(shè)由運(yùn)動到的位移為，對，由動量定理得
電荷量
平均感應(yīng)電動勢
平均感應(yīng)電流
又
解得
15．（2025·南充模擬）圖甲是半徑為R的四分之一圓柱面陰極和位于圓柱面軸線上的陽極構(gòu)成光電管的示意圖，某單色光照射陰極，逸出的光電子到達(dá)陽極形成光電流。已知陰極材料的逸出功為，光電子的最大初速度為，電子電荷量為、質(zhì)量為m，真空中光速為c，普朗克常量為h。
（1）求入射光的波長λ和遏止電壓；
（2）圖乙是光電管橫截面示意圖，在半徑為R的四分之一圓平面內(nèi)加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，只研究在該截面內(nèi)運(yùn)動的光電子，僅考慮洛倫茲力作用，要使從陰極上N點(diǎn)逸出的光電子運(yùn)動到陽極，速度至少為。
①求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
②若陰極表面各處均有光電子逸出，求能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域與整個(gè)陰極區(qū)域的比值k。
【答案】解：（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程
所以
由動能定理得
所以
（2）速度為的電子剛好能到達(dá)陽極的臨界軌跡如圖所示
即從N點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入磁場的電子在磁場中軌跡是半圓弧，為其直徑，所以
由洛倫茲力提供向心力可得
所以
（3）速度為的電子半徑設(shè)為，則
所以
即電子以最大速度與成進(jìn)入磁場時(shí)剛好到達(dá)陽極O，從N點(diǎn)射入的電子速度方向合適，在之間均可到達(dá)陽極O處；當(dāng)電子從P點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，即能到達(dá)陽極O處的光電子只分布在之間，如圖所示
所以
【知識點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動；光電效應(yīng)
【解析】【分析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動能定理求得入射光的波長λ和遏止電壓Uc；
（2）由題意先確定電子能運(yùn)動到陽極處的半徑，再由半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
（3）先考慮正常情況下軌跡與磁場邊界相切的臨界情況，確定偏轉(zhuǎn)角的范圍，再考慮平移后同樣的臨界情況，分別求出光電子打中的范圍占磁場區(qū)的圓心角，從而就求出了占比。
1 / 12025屆四川省南充市高三下學(xué)期二診考后物理提升卷
1．（2025·南充模擬）1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質(zhì)子加速器進(jìn)行人工核蛻變實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證了質(zhì)能關(guān)系的正確性。在實(shí)驗(yàn)中，鋰原子核俘獲一個(gè)質(zhì)子后成為不穩(wěn)定的鈹原子核，隨后又蛻變?yōu)閮蓚€(gè)原子核，核反應(yīng)方程為。已知、、X的質(zhì)量分別為m1=1.007 28u、m2=7.016 01u、m3=4.001 51u，其中u為原子質(zhì)量單位，1u=931.5MeV/c2（c為真空中的光速）則在該核反應(yīng)中（　?。?br/>A．鈹原子核內(nèi)的中子數(shù)是3 B．X表示的是氚原子核
C．質(zhì)量虧損 D．釋放的核能
2．（2025·南充模擬）圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個(gè)水漂，若石塊每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為30°，速率損失30%。圖乙甲是石塊運(yùn)動軌跡的示意圖，測得石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，當(dāng)觸水速度小于2m/s時(shí)石塊就不再彈起，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．石塊每次彈起后的滯空時(shí)間相等
B．石塊最多能在湖面上彈起5次
C．石塊每次彈起過程能量損失30%
D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度為零
3．（2025·南充模擬）2024年5月3日17時(shí)27分，嫦娥六號探測器在中國文昌航天發(fā)射場成功發(fā)射升空，之后準(zhǔn)確進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，開啟世界首次月背“挖寶”之旅。圖中繞月運(yùn)行的三個(gè)軌道分別為：大橢圓軌道1，橢圓停泊軌道2，圓軌道3，點(diǎn)為三個(gè)軌道的公共切點(diǎn)，為軌道1的遠(yuǎn)地點(diǎn)，下列說法正確的是（　?。?br/>A．探測器在1軌道上的運(yùn)行周期大于在2軌道的運(yùn)行周期
B．探測器在點(diǎn)需要加速才能從1軌道轉(zhuǎn)移到2軌道
C．探測器在2軌道上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，所受的月球引力等于向心力
D．探測器在1軌道上從點(diǎn)向點(diǎn)運(yùn)動過程中，機(jī)械能逐漸減小
4．（2025·南充模擬）市場流行的智能手機(jī)都內(nèi)置有加速度傳感器，可以進(jìn)行各種有趣的物理實(shí)驗(yàn)?，F(xiàn)用某款智能手機(jī)進(jìn)行豎直上拋實(shí)驗(yàn)：用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，把手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到如圖所示的加速度隨時(shí)間變化的圖像，圖中，，，，已知該款手機(jī)的質(zhì)量為，取重力加速度，空氣阻力不計(jì)，由此可判斷出（　?。?br/>A．時(shí)間內(nèi)手機(jī)先加速后減速
B．時(shí)間內(nèi)，手掌對手機(jī)的作用力大小為
C．手機(jī)離開手掌后，在空中運(yùn)動時(shí)間為
D．時(shí)間內(nèi)，手掌對手機(jī)的沖量大小為
5．（2025·南充模擬）電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實(shí)現(xiàn)對電子會聚或發(fā)散使微小物體成像。電子槍發(fā)射的電子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，虛線為電子透鏡電場中的等差等勢面。下列說法正確的是（　　）
A．b點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢
B．電子在a點(diǎn)的加速度大于在c點(diǎn)的加速度
C．電子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能
D．電子在c點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度
6．（2025·南充模擬）水晶球是用天然水晶加工而成的一種透明的球型物品。如圖甲所示為一個(gè)質(zhì)量分布均勻的透明水晶球，半徑為a，過球心的截面如圖乙所示，PQ為直徑，一單色細(xì)光束從P點(diǎn)射入球內(nèi)，折射光線與PQ夾角為37℃，出射光線與PQ平行。已知光在真空中的傳播速度為c，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，則（　?。?br/>A．光束在P點(diǎn)的入射角為53°
B．“水晶球”的折射率為1.6
C．光在“水晶球”中的傳播速度為
D．光在“水晶球”中的傳播時(shí)間為
7．（2025·南充模擬）如圖所示，長為L的水平固定長木板AB，C為AB的中點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，開始時(shí)將物塊拉至長木板的右端點(diǎn)，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，且，物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為v0，這時(shí)彈簧的彈性勢能為E0，不計(jì)物塊的大小，重力加速度為g，則下列說法錯(cuò)誤的是（　　）
A．物塊不可能會停在CB段上某處
B．物塊最終會做往復(fù)運(yùn)動
C．彈簧開始具有的最大彈性勢能為
D．整個(gè)過程中物塊克服摩擦做的功為
8．（2025·南充模擬）在探究變壓器的線圈兩端電壓與匝數(shù)的關(guān)系時(shí)，某同學(xué)分別在可拆變壓器的鐵芯上繞制了兩個(gè)線圈，制作了一個(gè)如圖所示的降壓變壓器，線圈a連接到學(xué)生電源的交流輸出端，線圈b與小燈泡相連接，兩線圈的電阻均可忽略不計(jì)。閉合電源開關(guān)，發(fā)現(xiàn)小燈泡很亮，為了降低小燈泡的亮度，下列措施可行的是（　　）
A．適當(dāng)減少線圈b的匝數(shù) B．將交流輸出電壓適當(dāng)減小
C．將線圈a、b增加相同匝數(shù) D．將線圈a改接在直流輸出端
9．（2025·南充模擬）當(dāng)物體受到同平面內(nèi)不平行的三個(gè)力作用而平衡時(shí)，這三個(gè)力的作用線必定交于同一點(diǎn)，這一結(jié)論被稱為三力平衡交匯定理。如圖所示，在半徑為R的光滑半球形凹面內(nèi)，有一質(zhì)量分布均勻的細(xì)桿達(dá)到平衡，知桿在半球面內(nèi)那部分的長度為，則（　?。?br/>A．桿上A、B兩點(diǎn)受到的彈力大小之比為
B．桿上A、B兩點(diǎn)受到的彈力大小之比為
C．桿全長為
D．桿全長為
10．（2025·南充模擬）戰(zhàn)繩是非常流行的一種高效全身訓(xùn)練方式。在某次訓(xùn)練中，運(yùn)動員手持繩的一端甩動，形成繩波可簡化為簡諧波，如圖甲為簡諧波在t＝0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置為x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)，如圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖像。下列說法正確的是（　?。?br/>A．波的傳播速度為60m/s
B．t＝0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動
C．t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向
D．從t＝0.10s到t＝0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cm
11．（2025·南充模擬）某同學(xué)采用如圖甲所示裝置驗(yàn)證動滑輪下方懸掛的物塊A與定滑輪下方懸掛的物塊B（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調(diào)，滑輪質(zhì)量不計(jì)且滑輪凹槽中涂有潤滑油，以保證細(xì)線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計(jì)，細(xì)線始終伸直。A、B質(zhì)量相等，遮光條質(zhì)量不計(jì)，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)將物塊B由靜止釋放。
（1）用螺旋測微器測出遮光條寬度d，如圖乙所示，則d=　 　mm。
（2）某次實(shí)驗(yàn)中，測得t=11.60ms，則此時(shí)A的速度為　 　m/s（保留2位有效數(shù)字）。
（3）改變光電門與物塊B之間的高度h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若k=　 　（用含g、d字母的表達(dá)式表示），則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
12．（2025·南充模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測量一段粗細(xì)均勻的金屬絲的電阻率。
（1）用螺旋測微器測待測金屬絲的直徑如圖甲所示，可知該金屬絲的直徑　 　mm。
（2）用多用電表粗測金屬絲的阻值。當(dāng)用電阻“”擋時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)換用倍率為　 ?。ㄌ睢啊被颉啊保酰谶M(jìn)行一系列正確操作后，指針靜止時(shí)位置如圖乙所示，其讀數(shù)為　 　。
（3）為了更精確地測量金屬絲的電阻率，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：
A．電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻較小可忽略）
B．保護(hù)電阻
C．電源（輸出電壓恒為U）
D．開關(guān)S、導(dǎo)線若干
①實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的測量電路如圖丙所示，調(diào)節(jié)接線夾在金屬絲上的位置，測出接入電路中金屬絲的長度L，閉合開關(guān)，記錄電流表A的讀數(shù)I。
②改變接線夾位置，重復(fù)①的步驟，測出多組L與I的值。根據(jù)測得的數(shù)據(jù)，作出如圖丁所示的圖線，橫軸表示金屬絲長度L（單位：m），則縱軸應(yīng)用　 　（填“I/A”或“”）表示；若縱軸截距為b，斜率為k，可得　 　，金屬絲的電阻率　 ?。ㄓ妙}中給出的已知物理量U、b、k、d等表示）。
③關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，下列說法正確的是　 　（填選項(xiàng)字母）。
A．電表讀數(shù)時(shí)為減小誤差應(yīng)多估讀幾位
B．用圖像求金屬絲電阻率可以減小偶然誤差
C．若考慮電流表內(nèi)阻的影響，電阻率的測量值大于真實(shí)值
13．（2025·南充模擬）某學(xué)校實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了測量不規(guī)則礦石體積的氣壓體積測量儀。如圖所示為氣壓體積測量儀的原理圖，上端開口的氣壓筒A和上端封閉的測量筒B均為高，橫截面積的導(dǎo)熱氣缸，兩氣缸連接處的細(xì)管體積不計(jì)?，F(xiàn)把待測礦石置于測量筒B中，將質(zhì)量的活塞從氣壓筒A上方開口處放下，在兩氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體（不計(jì)活塞厚度和摩擦力），緩慢降低封閉氣體的溫度至，活塞穩(wěn)定后，活塞距氣壓筒A頂端。已知環(huán)境溫度為27℃，外界大氣壓強(qiáng)為，重力加速度。
（1）求礦石的體積；
（2）再把溫度從緩慢升高，將活塞推到氣壓筒A的頂端，求此時(shí)封閉氣體的溫度；若該過程封閉氣體內(nèi)能增加了，求封閉氣體從外界吸收的熱量。
14．（2025·南充模擬）如圖所示，兩平行金屬直導(dǎo)軌、固定于同一水平絕緣桌面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為L，a、端與傾角為的傾斜金屬導(dǎo)軌平滑連接，傾斜導(dǎo)軌上端連接阻值為的定值電阻，、端與位于豎直面內(nèi)、半徑相同的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接，所有金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。僅水平導(dǎo)軌所圍矩形區(qū)域存在方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場。一根質(zhì)量為、電阻為、長度為的細(xì)金屬棒與導(dǎo)軌垂直，靜置于處，另一根與長度相同、質(zhì)量為的細(xì)絕緣棒由傾斜導(dǎo)軌上與距離為處靜止釋放，一段時(shí)間后與發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞后，和先后恰好運(yùn)動到半圓形導(dǎo)軌的最高點(diǎn)（拋出后立即撤去），運(yùn)動過程中棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。不計(jì)一切摩擦，重力加速度為。求：
（1）半圓形金屬導(dǎo)軌的半徑；
（2）整個(gè)過程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）絕緣棒通過區(qū)域的時(shí)間。
15．（2025·南充模擬）圖甲是半徑為R的四分之一圓柱面陰極和位于圓柱面軸線上的陽極構(gòu)成光電管的示意圖，某單色光照射陰極，逸出的光電子到達(dá)陽極形成光電流。已知陰極材料的逸出功為，光電子的最大初速度為，電子電荷量為、質(zhì)量為m，真空中光速為c，普朗克常量為h。
（1）求入射光的波長λ和遏止電壓；
（2）圖乙是光電管橫截面示意圖，在半徑為R的四分之一圓平面內(nèi)加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，只研究在該截面內(nèi)運(yùn)動的光電子，僅考慮洛倫茲力作用，要使從陰極上N點(diǎn)逸出的光電子運(yùn)動到陽極，速度至少為。
①求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
②若陰極表面各處均有光電子逸出，求能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域與整個(gè)陰極區(qū)域的比值k。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點(diǎn)】原子核的組成；質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；核聚變
【解析】【解答】直接利用核反應(yīng)方程的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可正確求解，根據(jù)核子的質(zhì)量求解核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損。
A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有
，
則鈹原子核內(nèi)的中子數(shù)是
8-4=4
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，可知X表示的是氦原子核，故B錯(cuò)誤；
C．在該核反應(yīng)中，質(zhì)量虧損
解得
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)質(zhì)能方程，釋放的核能為
解得
故D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷生成產(chǎn)物，并根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和求解中子數(shù)；質(zhì)量虧損等于開始時(shí)的質(zhì)量與最終質(zhì)量的差；根據(jù)質(zhì)能方程求解產(chǎn)生的核能。
2．【答案】B
【知識點(diǎn)】能量守恒定律；斜拋運(yùn)動；動能
【解析】【解答】B．石塊做斜上拋運(yùn)動
根據(jù)
運(yùn)動總時(shí)間
解得
設(shè)石塊一共能打個(gè)水漂，則有
，（取整數(shù)）
解得，故B正確；
A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據(jù)，可知石塊每次彈起后的滯空時(shí)間減小，故A錯(cuò)誤；
D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度不為零，故D錯(cuò)誤；
C．石塊每次彈起過程能量損失
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】1、打水漂石塊做斜上拋運(yùn)動，根據(jù)豎直方向速度公式可求運(yùn)動總時(shí)間。
2、根據(jù)每次速率損失30%，可計(jì)算石塊最多能在湖面上彈起的次數(shù)。
3、根據(jù)速度計(jì)算動能，再計(jì)算石塊每次彈起過程能量損失。
3．【答案】A
【知識點(diǎn)】開普勒定律；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】解答本題的關(guān)鍵要掌握離心運(yùn)動和向心運(yùn)動的概念，能熟練運(yùn)用開普勒第三律分析周期關(guān)系。A．根據(jù)開普勒第三定律可知
可知， 1軌道的半長軸大于2軌道的半長軸，可知探測器在1軌道上的運(yùn)行周期大于在2軌道的運(yùn)行周期，選項(xiàng)A正確；
B．探測器在點(diǎn)需要減速做向心運(yùn)動才能從1軌道轉(zhuǎn)移到2軌道，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．探測器在2軌道上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)做離心運(yùn)動，所受的月球引力小于向心力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．探測器在1軌道上從點(diǎn)向點(diǎn)運(yùn)動過程中，只有萬有引力做功，則機(jī)械能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析周期，根據(jù)離心運(yùn)動和向心運(yùn)動的特點(diǎn)分析，只有萬有引力做功，則機(jī)械能不變。
4．【答案】D
【知識點(diǎn)】動量定理；圖象法；牛頓定律與圖象
【解析】【解答】本題考查對a-t圖像的理解，需清楚圖線的含義，結(jié)合動量定理解答。
A．a(chǎn)-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量，時(shí)間內(nèi)速度一直增加，所以手機(jī)一直加速，A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)，手機(jī)的加速度為
a=10m/s2
方向向下。
可知手機(jī)做自由落體運(yùn)動，手掌對手機(jī)的作用力大小為0，B錯(cuò)誤；
C．手機(jī)離開手掌后做自由落體運(yùn)動，在空中運(yùn)動時(shí)間為
C錯(cuò)誤；
D．手機(jī)離開手掌做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知手機(jī)剛離開手掌時(shí)速度為
時(shí)間內(nèi)根據(jù)動量定理有
解得手掌對手機(jī)的沖量大小
D正確。
故選D。
【分析】a-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量；根據(jù)t3～t4時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度分析運(yùn)動情況，進(jìn)而分析作用力；t3～t4時(shí)間內(nèi)手機(jī)離開手掌，做自由落體運(yùn)動；手機(jī)離開手掌做豎直上拋運(yùn)動，求解手機(jī)剛離開手掌時(shí)速度，根據(jù)動量定理解答。
5．【答案】A
【知識點(diǎn)】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的等勢面分布，利用電場線與等勢面處處垂直，判斷電場線方向，進(jìn)而求解。A．根據(jù)電場線的方向與等勢面垂直，且電子帶負(fù)電可知，題圖中電場線的方向大體沿左上方至右下方，沿著電場線的方向電勢越來越低，所以點(diǎn)的電勢大于點(diǎn)的電勢，故A正確；
B．等差等勢面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，則點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于點(diǎn)的電場強(qiáng)度，電子在點(diǎn)的加速度比在點(diǎn)的加速度小，故B錯(cuò)誤；
C．電子從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，故C錯(cuò)誤；
D．電子從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電子在點(diǎn)的速度比在點(diǎn)的速度小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，先判斷出電場力方向，電子受到的電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相反，由此判斷電場強(qiáng)度的方向，再判斷各點(diǎn)電勢的高低；根據(jù)等勢面的疏密判斷電場強(qiáng)度大小，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度大?。桓鶕?jù)電場力做功情況判斷電勢能的大小關(guān)系，根據(jù)能量守恒判定動能和速度的變化。
6．【答案】B
【知識點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要考查了光的折射，根據(jù)幾何知識求解折射角是解題的關(guān)鍵；知道光的折射率與頻率的關(guān)系，掌握折射定律和折射率公式。B．根據(jù)題意作出光路圖如圖
由幾何關(guān)系可知，光線射出時(shí)的折射角r為2θ，折射率
故B正確；
A．由圖
β = r = 2θ = 74°
故A錯(cuò)誤；
C．光在“水晶球”中的傳播速度為
故C錯(cuò)誤；
D．光在“水晶球”中傳播的距離
時(shí)間
代入數(shù)據(jù)有
故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)幾何知識求折射角，根據(jù)折射定律求折射率、入射角、光速；根據(jù)折射率公式、勻速直線運(yùn)動公式結(jié)合數(shù)學(xué)知識求傳播時(shí)間。
7．【答案】D
【知識點(diǎn)】能量守恒定律；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】該題結(jié)合滑塊與彈簧模型，考查摩擦力的計(jì)算、功能關(guān)系等，要明確物塊在BC之間運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)的一部分的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，物塊在AC之間運(yùn)動的過程中，物塊的動能與彈簧的彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化。A．由于
設(shè)BC段彈簧形變量為x，
得
由此，物塊不可能停在BC段，A正確；
B．只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機(jī)械能就減小，所以物塊最終會在AC往返運(yùn)動，B正確；
C．物塊從開始運(yùn)動，到第一次運(yùn)動到C過程中，根據(jù)能量守恒定律得
C正確；
D．物塊第一次到達(dá)C，物塊的速度大小為，物塊最終會在AC段做往返運(yùn)動，到達(dá)C點(diǎn)的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為
D錯(cuò)誤。
本題選擇錯(cuò)誤的，故選D。
【分析】分析摩擦力與彈簧的拉力之間的關(guān)系，即可確定物塊是否可能會停在CB面上某處；根據(jù)功能關(guān)系即可求出彈簧開始時(shí)的最大彈性勢能；根據(jù)功能關(guān)系，結(jié)合滑塊的初狀態(tài)與末狀態(tài)對應(yīng)的機(jī)械能，即可求出物塊克服摩擦力做的功。
8．【答案】A,B
【知識點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，知道匝數(shù)與電壓的比例關(guān)系是解題的關(guān)鍵，明確變壓器只能改變交流電，而不能改變恒定電流的電壓。為了降低小燈泡的亮度，即減小變壓器的副線圈的電壓，設(shè)線圈的匝數(shù)為，電壓為，線圈的匝數(shù)為，電壓為，因?yàn)樽儔浩鞯囊?guī)律是
可得
A．減少線圈的匝數(shù)可行，選項(xiàng)A正確；
B．將交流輸出電壓U減小，小燈泡會變暗，選項(xiàng)B正確；
C．將線圈a、b增加相同匝數(shù)，小燈泡會更亮，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．直流電不能在副線圈產(chǎn)生電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】小燈泡發(fā)光很微弱，說明其電壓低，應(yīng)提高小燈泡的電壓，根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律分析。
9．【答案】A,C
【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】細(xì)桿處于靜止，根據(jù)平衡條件可以得出細(xì)桿的受力分析如圖所示
AB．如圖所示，由幾何關(guān)系可知PAB構(gòu)成直角三角形，根據(jù)線段關(guān)系可以得出
細(xì)桿處于靜止，根據(jù)矢量三角形定則則有：
由幾何關(guān)系可知，和與重力的夾角均為，即力的矢量三角形為等腰三角形，根據(jù)邊長的大小關(guān)系可以得出
故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由細(xì)桿的受力分析圖可知，O點(diǎn)為重心，即細(xì)桿的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知
其中
所以
則
所以，桿全長為
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】根據(jù)幾何關(guān)系可以求出邊長的大小關(guān)系和角度的大小，結(jié)合矢量三角形的邊長關(guān)系可以求出彈力的比值；利用幾何關(guān)系可以求出桿的長度。
10．【答案】B,C
【知識點(diǎn)】橫波的圖象
【解析】【解答】本題既要理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像能判斷出質(zhì)點(diǎn)的速度方向，同時(shí)要把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能由質(zhì)點(diǎn)的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．根據(jù)圖像可知，波長為8m，周期為0.20s，則波傳播的速度為
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)圖乙可知，在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，故B正確；
C．在圖甲中，根據(jù)同側(cè)法可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸正方向，由于
可知時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；
D．在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸正方向，遠(yuǎn)離平衡位置，由于
可知從到，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程小于30cm，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】根據(jù)波速計(jì)算公式求解波的傳播速度；根據(jù)圖乙判斷質(zhì)點(diǎn)Q的振動方向；根據(jù)同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)P的振動方向，再根據(jù)振動情況分析質(zhì)點(diǎn)P在0.15s時(shí)的運(yùn)動方向；根據(jù)P的振動情況和所處的位置判斷通過的路程。
11．【答案】（1）1.195
（2）0.052
（3）
【知識點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時(shí)速度，同時(shí)明確重力勢能和動能的定義，明確驗(yàn)證機(jī)械能守恒的方法。
（1）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則螺旋測微器的示數(shù)為d=1mm+19.5×0.01mm=1.195mm
（2）A的速度為
（3）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得
由該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)
則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
（2）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度求解A的瞬時(shí)速度；
（3）分別求解重力勢能的減小量和動能的增加量，再結(jié)合圖像斜率的含義求解機(jī)械能守恒需要滿足的條件。
（1）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則螺旋測微器的示數(shù)為
d=1mm+19.5×0.01mm=1.195mm
（2）A的速度為
（3）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得
由該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)
則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
12．【答案】0.720；；11.0；；bU；；B
【知識點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】本題主要考查了電阻率的測量實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合電阻定律和閉合電路歐姆定律即可完成分析。（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為
（2）當(dāng)用電阻“”擋時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，表明電阻過小，為了減小讀數(shù)的偶然誤差，換用“”擋，則指針靜止時(shí)位置的讀數(shù)為
（3）根據(jù)歐姆定律有
根據(jù)電阻定律有
解得
則縱軸應(yīng)用來表示。
根據(jù)圖像有
，
解得
，
③A．電表讀數(shù)時(shí)應(yīng)該根據(jù)量程確定精度，由出現(xiàn)不精確的位次選擇估讀的位次，因此電表讀數(shù)時(shí)多估讀幾位并不能減小誤差，A錯(cuò)誤；
B．圖像法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，能夠盡量利用到更多的數(shù)據(jù)，減小實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的偶然誤差，即用圖像求金屬絲電阻率可以減小偶然誤差，B正確；
C．根據(jù)上述分析過程
電阻率是根據(jù)圖線的斜率求解的，令斜率為k，即
可見電阻率的測量值與是否考慮電流表的內(nèi)阻無關(guān)，C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則得出對應(yīng)的讀數(shù)；
（2）根據(jù)多用電表的使用規(guī)則選擇合適的擋位，結(jié)合題意得出對應(yīng)的示數(shù)；
（3）根據(jù)歐姆定律和電阻定律，結(jié)合圖像的物理意義完成分析；根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差的產(chǎn)生原因完成解答。
13．【答案】解：（1）活塞穩(wěn)定時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)
令礦石體積為，由理想氣體狀態(tài)方程
又
，
解得
（2）緩慢升高溫度，將活塞推到氣壓筒的頂端，壓強(qiáng)不變，由蓋—呂薩克定律
解得
該過程外界對系統(tǒng)做的功
由熱力學(xué)第一定律
解得
【知識點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）活塞穩(wěn)定后，對活塞受力分析，根據(jù)平衡條件求出被封閉氣體的壓強(qiáng)，再結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程列式，即可求出礦石的體積；
（2）把溫度從-3℃緩慢升高，封閉氣體的壓強(qiáng)不變，由蓋—呂薩克定律可求出封閉氣體的溫度，根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可求出封閉氣體從外界吸收的熱量。
14．【答案】（1）解：、碰前過程，對絕緣棒，由動能定理得
解得
絕緣棒與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
，
因和恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，則和通過時(shí)速度大小相等，設(shè)為，則
在半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)有
由半圓形軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動能定理得
解得

（2）解：從運(yùn)動到，由能量守恒得
定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱
解得
（3）解：設(shè)由運(yùn)動到的位移為，對，由動量定理得
電荷量
平均感應(yīng)電動勢
平均感應(yīng)電流
又
解得
【知識點(diǎn)】動量定理；生活中的圓周運(yùn)動；動能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理計(jì)算絕緣棒N與M碰撞前的速度→M與N發(fā)生彈性碰撞→計(jì)算出碰后速度→M和N恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)→N在最高點(diǎn)的速度→由動能定理求得r。
（2）根據(jù)能量守恒計(jì)算出系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱→根據(jù)焦耳定律求定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱。
（3）對M分析，根據(jù)動量定理和電流定義式求出aa'與bb'間的距離→絕緣棒N勻速通過abb'a'區(qū)域→根據(jù)x=vt計(jì)算出t。
（1）、碰前過程，對絕緣棒，由動能定理得
解得
絕緣棒與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
，
因和恰好均能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，則和通過時(shí)速度大小相等，設(shè)為
則
在半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)有
由半圓形軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動能定理得
解得
（2）從運(yùn)動到，由能量守恒得
定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱
解得
（3）設(shè)由運(yùn)動到的位移為，對，由動量定理得
電荷量
平均感應(yīng)電動勢
平均感應(yīng)電流
又
解得
15．【答案】解：（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程
所以
由動能定理得
所以
（2）速度為的電子剛好能到達(dá)陽極的臨界軌跡如圖所示
即從N點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入磁場的電子在磁場中軌跡是半圓弧，為其直徑，所以
由洛倫茲力提供向心力可得
所以
（3）速度為的電子半徑設(shè)為，則
所以
即電子以最大速度與成進(jìn)入磁場時(shí)剛好到達(dá)陽極O，從N點(diǎn)射入的電子速度方向合適，在之間均可到達(dá)陽極O處；當(dāng)電子從P點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，即能到達(dá)陽極O處的光電子只分布在之間，如圖所示
所以
【知識點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動；光電效應(yīng)
【解析】【分析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動能定理求得入射光的波長λ和遏止電壓Uc；
（2）由題意先確定電子能運(yùn)動到陽極處的半徑，再由半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
（3）先考慮正常情況下軌跡與磁場邊界相切的臨界情況，確定偏轉(zhuǎn)角的范圍，再考慮平移后同樣的臨界情況，分別求出光電子打中的范圍占磁場區(qū)的圓心角，從而就求出了占比。
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