浙江省Z20名校联盟2022-2023学年高三物理上学期第二次联考试题（Word版带解析）

名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2023届高三第二次联考物理试题卷重力加速度大小选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、错选、多选均不得分）1.下列表达中等号左边的物理量能表示力的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．根据可知A的单位为，故A表示力，故A正确；B．根据可知B的单位为，故B不表示力，故B错误；C．根据可知C的单位为，故C不表示力，故C错误；D．根据可知D的单位为，故D不表示力，故D错误。故选A。2.下列关于物理学史实的说法正确的是（　　）A.伽利略通过实验获取数据并得到了惯性定律B.焦耳通过许多实验测定了功与热的等效性 C.库仑引入场的概念并用于研究电荷间的相互作用D.爱因斯坦根据光电效应现象提出了物质波的概念【答案】B【解析】【详解】A．伽利略通过理想斜面实验总结出了力不是维持运动的原因，牛顿总结了惯性定律，选项A错误；B．焦耳通过许多实验测定了功与热的等效性，选项B正确；C．电场的概念是法拉第建立的，选项C错误；D．爱因斯坦根据光电效应现象提出了光量子的概念，选项D错误。故选B。3.玻璃管中一羽毛和一铁片同时从管顶由静止开始下落，如图所示是下落过程中拍摄的照片，经测量羽毛和铁片下落的高度之比是，已知铁片所受的空气阻力可以忽略，羽毛所受的空气阻力恒定，可得（　　）A.羽毛的质量是铁片质量的一半B.此时羽毛的速度是铁片的倍C.下落过程中羽毛的加速度为D.羽毛受到阻力大小等于其重力的一半【答案】D【解析】【详解】A．由题中已知条件，无法得到羽毛与铁片的质量关系，故A错误；BCD．设铁片质量为M，下落高度为h，下落所用时间为t，羽毛质量为m，羽毛所受阻力为f，则铁片做自由落体运动，加速度为g，则有对羽毛有 可得对铁片有对羽毛有可得故BC错误，D正确。故选D。4.如图所示是教材中用v－t图像研究匀变速直线运动的位移－时间关系时用到的插图，如果把物体的运动均分成n个小段，得到了图中的n个矩形，以及它们与v－t图线所夹的n个三角形，设物体做匀变速运动的初速度为，加速度为a，所用时间为t。下列说法正确的是（）A.每个三角形的面积与n成反比B.n个三角形面积之和为C.n个矩形的面积之和为D.当n趋向于无穷大时，n个三角形面积之和趋向于【答案】B 【解析】【详解】ABD．每个三角形的底边长为，高等于这段时间的速度变化量，为每个三角形的面积每个三角形的面积与n不成反比，n个三角形面积之和为当n趋向于无穷大时，n个三角形面积之和趋向于0，故AD错误，B正确；C．n个矩形的面积之和为故C错误。故选B。5.如图所示，两竖直杆P、Q相距L，把长为2L的细绳两端系在P、Q两杆上，结点分别为A、B，忽略打结对绳长的影响，用光滑轻质挂钩把质量为m的重物挂在绳上，重物可看作质点，对下列操作的判断正确的是（）A.仅缓慢下移结点B，重物的运动轨迹是曲线B.仅缓慢向右移动Q杆，重物的运动轨迹是直线C.仅缓慢把结点B下移距离y，重力对重物做功为D.仅缓慢向右移动Q杆过程中，细绳的张力始终为【答案】C 【解析】【详解】A．如图由平衡关系可知可知根据几何关系可知可得既AO与竖直方向的夹角始终是30°，所以仅缓慢下移结点B，重物的运动轨迹是直线，故A错误；B．由几何关系可知则仅缓慢向右移动Q杆，MN变大，则α变大，重物的运动轨迹是曲线，故B错误；C．仅缓慢把结点B下移距离y，如图 由几何关系可知重力对重物做功为故C正确；D．由可得仅缓慢向右移动Q杆过程中，α变大，则张力变大，故D错误。故选C。6.波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，部分规格如下表所示。在运行脱水程序时，有一质量的硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动。设硬币只与筒壁有接触，。下列表达式中正确的是（　　）质量31kg脱水转速600r/min脱水筒尺寸直径300mm，高370mm外形尺寸长555mm，宽510mm，高870mm A.硬币受到筒壁的弹力B.硬币受到筒壁的作用力C.硬币与筒壁间的动摩擦因数D.硬币的动能【答案】B【解析】【详解】A．由表格中数据可知，脱水筒的转速可得角速度脱水筒的半径圆筒对硬币的弹力提供硬币做匀速圆周运动的向心力，所以有故A错误；B．硬币受到筒壁的弹力与静摩擦力作用，静摩擦力大小等于硬币的重力，可得筒壁对硬币的作用力大小故B正确；C．硬币随筒壁一起做匀速圆周运动，则有可得硬币与筒壁间的动摩擦因数故C错误；D．硬币的动能 故D错误。故选B。7.已知万有引力常量用G表示，地球质量为M，半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，地球同步卫星的轨道半径为r，下列表达式中不能计算地球同步卫星的向心加速度a的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．地球自转的周期为T，即同步卫星的运行周期为T，根据圆周运动加速度公式，得故A错误，B正确；CD．由黄金代换，有根据万有引力定律，地球同步卫星运行过程满足两式联立，得故CD正确。故选A。8.如图所示，用2.0m长的绝缘线把一个质量为4.5×10－3kg的带电小球悬挂在带等量异种电荷的竖直平行板之间，小球平衡时偏离竖直位置2.0cm。已知，两板间的电势差大小是1.5×104V，两板间的距离是10cm，两板间的电场可看作匀强电场。下列说法正确的是（θ很小时，tanθ≈sinθ）（  ） A.小球的电荷量是－3×10－8CB.小球受到的电场力是4.5×10－4NC.若把负极板略向右移，小球偏离竖直位置的距离将增大D.若把负极板略向右移，小球偏离竖直位置的距离将减小【答案】B【解析】【详解】AB．设平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为α，小球的电荷量大小q，对小球受力分析如图两板之间的电场强度为小球所受的电场力为F=Eq细线的拉力为T，根据平衡条件，水平方向有Tsinα=Eq竖直方向有Tcosα=mg 解得根据题意及图中的几何关系得综上解得q=3×10－9C即小球的电荷量为－3×10－9C，小球受到的电场力F=Eq=4.5×10－4NA错误，B正确；CD．若把负极板略向右移，根据可得竖直平行板之间场强与d无关，则小球受到的电场力不变，偏离竖直位置的距离不变，CD错误。故选B。9.如图所示，电源内阻可以忽略，将灯泡的灯丝与小灯泡串联接入电路，使小灯泡发光。当用酒精灯给灯丝加热时，下列说法正确的是（）A.灯丝的电阻一定变小B.小灯泡的电阻一定变大 C.灯丝的电功率一定增大D.电源的输出功率一定减小【答案】D【解析】【详解】A．当用酒精灯给灯丝加热时，灯丝的温度升高，灯丝的电阻率随温度升高而增大，由电阻定律，灯丝的电阻一定变大，A错误；B．灯丝电阻变大，由闭合电路欧姆定律，干路电流减小，小灯泡的变暗，小灯泡灯丝的电阻率随温度降低而减小，小灯泡的电阻随温度降低而减小，B错误；C．灯丝的电阻增大，干路电流减小，灯丝的电功率不一定增大，C错误；D．电源内阻可以忽略，电流减小，电源的输出功率一定减小，D正确。故选D。10.如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其波速大小均为v，振幅均为A，波长均为。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中a、b为此时相遇区域的左右端点，o为ab的中点，c为ao的中点。下列说法错误的是（）A.此时a质点具有向下速度B.两列波相遇过程中质点o始终静止C.两列波相遇过程中质点c的总路程是4AD.在整个过程中质点c有时间速度向下【答案】C【解析】【详解】A．根据波形平移法可知，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向向下，故此时a质点具有向下的速度。故A正确，与题意不符；B．o为振动减弱点，波峰与波谷叠加，所以两列波相遇过程中质点o始终静止。故B正确，与题意不符；C．两列波相遇的时间为 即两列波相遇过程质点c的总路程是A。故C错误，与题意相符；D．质点c在相遇过程中始终具有向下的速度，所以其时间为故D正确，与题意不符。本题选错误的，故选C。11.将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁的线圈，其中大圆面积均为，小圆面积均为，垂直线圈平面有一向外的随时间t变化的磁场。磁感应强度大小，和k均为大于0的常量，下列说法正确的是（　　）A.甲图的大圆中感应电流方向沿逆时针方向B.乙图的大圆和小圆总电动势为C.丙图的大圆和小圆总电动势为D.丁图的大圆和小圆所受安培力的合力不为零【答案】B【解析】【详解】AB．根据楞次定律和甲乙两图中的绕线方式可判断，甲乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向为顺时钟方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差故A错误，B正确；C．根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知，丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和故C错误；D．由左手定则和圆的对称性可知，丁图中大圆和小圆各自所受的安培力的合力均为零， 所以大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。故选B。12.冰雕展上有一块边长为1m的立方体的冰块，冰块内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知冰块的折射率为1.3。下列说法正确的是（）A.光在冰块中发生全反射的临界角为C，可知B.由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时都能从侧面射出C.由灯直接发出的光照到冰块上表面时都能从上表面射出D.从冰块正上方沿方向观察，点光源的视深仍是1m【答案】C【解析】【详解】A．由故A错误；BC．如图所示直角中，由几何关系可知则 所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时都能从上表面射出，而所以由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时不是都能从侧面射出，故B错误，C正确；D．实深是AB，视深为h，根据折射率定义式结合几何关系可知可得故D错误。故选C。13.某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M，N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小。开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时（）A.线圈P中通入的电流I2在乙图中沿顺时针方向B.适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡C.通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量D.使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大【答案】C【解析】【详解】A．在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在乙图中沿逆时针方向，A错误； B．适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；CD．线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小。通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得2分，选对但不选全得1分，有造错的得0分）14.2011年3月11日日本发生的大地震造成福岛核电站核泄漏事故。在泄露的污染物中含有放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（）A.衰变过程中存弱相互作用B.该反应前后质量亏损C.该核反应放出的射线可能为X射线D.经过16天，75%的原子核发生了衰变【答案】AD【解析】【详解】A．该衰变是衰变，过程中存在弱相互作用，故A正确；B．该反应前后质量亏损故B错误；C．该核反应放出的射线是和射线，不可能为X射线，故C错误；D．半衰期为8天，经过8天，有一半发生衰变，当经过16天，有75%的原子核发生了衰变，故D正确。故选AD。15.玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示，（电子电荷量，普朗克常量）（  ） A.氢原子从高能级跃迁到基态时，会辐射射线B.用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C.当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为的光子D.氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时所辐射的光去照射逸出功为2.25eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为0.3eV【答案】CD【解析】【详解】A．射线是原子核受激发后产生的，与氢原子跃迁无关，故A错误；B．根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时，释放的能量为解得辐射光的波长根据发生跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子，可知，波长为325nm的光照射，不能使氢原子发生跃迁，故B错误；C．根据当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为故C正确；D．根据光电效应方程，产生的光电子的最大初动能为故D正确。故选CD。16.一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状 态c，最后经等压过程回到初态a，其p—V图像如图所示，下列说法正确的是（）A.a→b过程中所有气体分子的动能都在增加B.b→c过程中气体对外做的功大于它吸收的热量C.c→a过程中气体向外界释放的热量大于它减小的内能D.从a到b到c再回到a的整个过程中气体从外界吸收热量【答案】CD【解析】【详解】A．a→b过程，一定质量的理想气体其体积V不变，而压强p变大，由pV=nRT可知，气体的温度升高，则平均动能增加，但不是所有气体分子的动能都在增加，A错误；B．b→c过程为等温过程，则内能变化为零，气体的体积增大，故气体对外做功，由热力学第一定律DU=Q＋W可知，气体对外做的功等于它吸收的热量，B错误；C．c→a过程为等压，体积变小，即外界对气体做功W>0，由pV=nRT可知，温度降低，则内能减少DU<0，由DU=Q＋W可知气体放热，且│Q│>W，│Q│>│DU│，即气体向外界释放的热量大于它减小的内能，C正确；D．从a到b到c再回到a的整个过程中，温度不变，则DU=0，而p—V图像与坐标轴围成的面积表示做功，从a到b到c再回到a的整个过程气体对外做的功大于外界对气体的功，即总功为负，W<0，由DU=Q＋W可知，Q>0，即气体从外界吸收热量，D正确。故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。已测得遮光条宽度d、滑块1、2（均包活遮光条）的质量分别为、。现接通气源，将气垫导轨调至水平，将滑块1向左弹出，与静止的滑块2发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为和，则碰撞前系统的动量______，碰撞后系统的动量______（用所测物理量的符号表示） 【答案】①.②.【解析】【详解】[1]碰撞前滑块1的速度为碰撞前系统的动量[2]碰撞后滑块2的速度为滑块1的速度为碰撞后系统的动量18.（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学使用螺旋测微器测量某段金属丝直径，测量结果如图甲所示，则直径D读数为______mm．（2）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，该同学打算通过实验测量题（1）中金属丝的电阻率，为此他设计了图乙所示的实验电路。调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻 度尺测量并记录连入电路的电阻丝的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U，I的值。根据测得的实验数据绘出图像如图丙所示，若图线斜率为k，纵轴截距为b，则由图可得电阻丝的电阻率______，电流表的内阻______（均用已知或测量出的物理量的符号表示）；电流表内阻对电阻率的测量______（“有”或“没有”）影响。（3）某同学在做了“利用传感器制作简单的自动控制装置”实验后，设计了一个高温报警器。下图为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻（电阻随温度升高而减小）、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求正常情况绿灯亮。有险情时电铃报警。则图中的甲、乙、丙分别是______。A．小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡B．半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡C．绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻D．半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃【答案】①.0.852##0.853##0.854②.③.④.没有⑤.B【解析】【详解】（1）[1]直径D读数为（2）[2]根据又 联立可得可知图像的斜率为解得金属丝的电阻率为[3]图像纵轴截距为b，所以安培表的内阻为[4]根据上述分析可知，电流表内阻对电阻率的测量没有影响。（3）[5]根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以丙为是绿灯泡；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下。此时小电铃所在电路接通，所以乙为是小电铃；所以甲为半导体热敏电阻。图中的甲、乙、丙分别是半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡。故选B。19.某运动员在平直雪道上的A、E两地进行滑雪训练，在某次训练中，他从A由静止开始向前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F，经过到达B点，之后立即撤去F，滑行后到达C点，再次用滑雪杖获得同样的水平推力F，作用距离为到达D点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好停在E点。已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为，且，，，，求运动员：（1）在AB段的加速度的大小；（2）到达C点时的速度大小；（3）从A点到E点的位移大小。 【答案】（1）1.2m/s2；（2）0.8m/s；（3）6.53m【解析】【详解】（1）第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律得解得（2）第一次利用滑雪杖获得速度大小为这段时间内的位移大小为第一次撤除推力后的时间内，运动员的加速度为末速度为（3）第二次用力的过程中，由解得此即运动员最大速度。第一次撤除推力后的时间内，运动员的位移为第二次撤除推力后运动员滑行的过程中有从A点到E点的位移大小 解得20.某校科技小组参加了如图甲所示的过山车游戏项目，为更好研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角为的倾斜轨道，BC为水平轨道，为竖直圆轨道，为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接，以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R，轨道AB长为，BC长为，AB、BC段动摩擦因数为，其余各段轨道均光滑。弹射装置P位置可在坐标平面内调节，使水平弹出的滑块均能无碰撞从A点切入斜面，滑块可视为质点。（1）若滑块从y＝0.45m的某点弹出，求滑块弹出时的初速度；（2）若改变弹射装置位置，求弹出点的坐标（x，y）应满足的关系；（3）若滑块从A点切入后不脱离轨道，求弹出时滑块纵坐标y应满足的条件。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）平抛运动的竖直方向有解得则（2）由平抛运动特点得解得 （3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好能够到达圆轨道最高点，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。第一种情况：在最高点有从P到圆轨道最高点，由动能定理得又联立解得第二种情况：从P到与圆心等高的位置，由动能定理得又联立解得所以y应该满足21.航空母舰上的弹射器能将质量为M的飞机在极短的时间内加速到起飞速度，起飞前飞机紧贴在弹射滑块上，当弹射滑块与飞机一起速度达到时飞机被放飞（如图1）。某型弹射器利用超级电容的大电流放电使动力杆获得动力，动力杆与弹射滑块为一整体，其工作原理可用图2加以说明：光滑导轨AG、BH相距为L，在C、D处各被一小段正对绝缘材料隔开，金属部分导轨电阻不计，左端接有电动势为E的电源、单刀双掷开关和电容量为C的超级电容；右端接有单刀双掷开关和稳定输出电流的恒流源。整个装置处 于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中。开始时动力杆a（连带滑块质量为m）静止于AB处，质量为4m的阻尼杆b置于贴近CD的右侧；置于“1”处，置于“3”处；当电源给超级电容器C充满电后，将拨到“2”电容器放电，动力杆驱动飞机向右运动，到达CD时速度刚好为飞机被放飞，接着a和b相碰两者合二为一成为一“双棒”整体，该“双棒”向右运动到EF（图中未画出）后停止，为了使a、b复位，把打到“4”利用恒流源将其推回。已知a、b棒的接入电阻相同即，试求（1）将拨到“2”瞬间，飞机的加速度；（2）飞机被弹射时电容器两端的电压U；（3）在使“双棒”返回到CD过程中，恒流源输出的能量为多少。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）将拨到“2”瞬间，此时电容器两极板间电压等于，电路中电流为动力杆受到的安培力为由牛顿第二定律可得（2）对a根据动量定理有将拨到“2”瞬间电容达到CD处时电容 运动过程减少的电荷量联立解得（3）对ab两棒碰撞后由动量定理可得对ab两棒碰撞后的位移为解得恒流源输出的能量为22.某型号质谱仪由加速区域和偏转区域构成，如图所示，O1，O2为加速电场两金属板上的小孔，长方体形状的偏转区域位于侧面P、M之间，分界面Q将该区域分为宽度均为d的相同的Ⅰ、Ⅱ两部分，OO′是长方体的中心线，且O1、O2、O、O′在同一水平直线上。以O为坐标原点，垂直纸面向内为x轴、竖直向上为y轴、水平向右为z轴建立直角坐标系Oxyz，区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，加速电场的电压为U。某种带正电的待测粒子流从O1孔飘入电场（初速度视为零），加速后从O2处射出，再从O点进入偏转区域，穿过分界面Q后，再从侧面M穿出，不计粒子重力。（1）若已知粒子流穿过分界面Q时的y坐标为y0，求粒子在磁场中偏转角度的正弦值；（2）若已知粒子流穿过侧面M时的x坐标为x0，求粒子的比荷；（3）若希望增大氘、氚打到M板上在x方向的距离，可以采取怎样的措施。请定性给出两种可行的方法；（4）若已知粒子的电量为q、质量为m，加速电压U在波动，即（u0－Du)≤u≤(u0＋Du），磁场B、电场E稳定，分别用x01、x02表示粒子流穿过侧面M时的x 坐标的最小值、最大值，求的值。【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）【解析】【详解】（1）作出粒子在磁场中偏转的示意图如图所示根据几何关系有，解得，（2）在O1、O2两金属板间，由动能定理得在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得联立解得设区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，运动时间为t， 由牛顿第二定律得Eq=ma粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz=vcosαd=vzt粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式联立得（3）可知，若希望增大氘、氚打到M板上在x方向的距离，可以适当减小磁感应强度B或者适当增大电场强度E，适当减小U。（4）若改变加速电压U，y轴侧移随之改变，磁场中的偏转角也发生改变，根据上述有，在加速电场中有解得磁场中有根据几何关系有解得可知加速电压增大，粒子在x轴方向上的距离亦增大，若加速电压U在波动，即（u0－Du)≤u≤(u0＋Du）时，当电压为u0＋Du时，x坐标达到的最小值x01，当电压为u0－Du时，x 坐标达到的最大值x02。则有解得23.图甲是探究向心力大小与质量、半径、线速度的关系的实验装置图。电动机带动转台匀速转动，改变电动机的电压可以改变转台的转速，光电计时器可以记录转台每转一圈的时间，用一轻质细线绕过固定在转台中心的光滑小滑轮将金属块与力传感器连接，金属块被约束在转台的凹槽中并只能沿半径方向移动，且跟转台之间的摩擦力忽略不计。①为了探究向心力与某一物理量的关系，需要用到的科学思想方法是______；②为获得线速度的大小，需测量的物理量是______。【答案】①.控制变量法②.金属块做圆周运动的轨道半径、金属块做圆周运动的周期【解析】【详解】①[1]探究向心力大小与质量、半径、线速度的关系时，为了探究向心力与质量的关系，需要先控制半径、线速度保持不变；同理为了探究向心力与半径的关系，需要先控制质量、线速度保持不变；即为了探究向心力与某一物理量的关系，需要用到的科学思想方法是控制变量法。②[2]根据可知为获得线速度的大小，需测量的物理量是：金属块做圆周运动的轨道半径和金属块做圆周运动的周期。24.关于“用油膜法估测油酸分子的大小”和“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，下列哪些措施是可行的（）A.油酸浓度适当小一些B.油酸扩散后立即绘出轮廓图 C.实验中为找到体积与压强的关系，一定要测量空气柱的横截面积D.处理数据时采用图像，是因为图像比图像更直观【答案】AD【解析】【详解】A．为了能够形成单分子油膜，油酸浓度适当小一些，故A正确；B．油酸扩散后要待其收缩稳定后再绘出轮廓图，故B错误。C．由于玻璃管是圆柱形的，横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，故C错误；D．探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，由于与成反比，图像是一条过原点的直线，而图像是双曲线的一支，所以图像更直观，故D正确。故选AD。