湖南省長沙市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高二年級上冊11月期中考試物理試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年湖南省師大附中高二（上）期中考試物理試卷

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.下列物理量的單位用國際單位制的基本單位表示正確的是

A.電量的單位A-sB,電動勢的單位J/C

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位TD.磁通量的單位T?m2

2.電子車票，也稱“無紙化”車票，乘客網(wǎng)上購票后，直接通過“刷身份證”或“掃手機(jī)”即可順利進(jìn)

站。如圖所示是乘客通過“刷身份證”進(jìn)站時的情景，將身份證靠近檢驗口，機(jī)器感應(yīng)電路中就會產(chǎn)生電

流，從而識別乘客身份。圖中能說明這一原理的是

3.如圖所示，質(zhì)量為加的帶電小球/用長為工的絕緣細(xì)線懸于。點，帶電小球2固定于O點的正下方,

小球/靜止時與小球8在同一豎直面內(nèi)，08和與細(xì)線的夾角均為0=37°,兩帶電小球帶電量相同,

兩球均可視為點電荷。已知重力加速度為g,靜電力常量為左，sin37°=0.6,則小球/的帶電量為

A|J喑喑「I評D.|

4.已知通電長直導(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kg其中/為電流，，為該位置到長

直導(dǎo)線的距離，左為常數(shù)。如圖所示，現(xiàn)有兩根通電的長直導(dǎo)線分別固定在正方體abcd-e圾〃的兩條邊加

和俯上且彼此絕緣，電流方向分別由d流向從由〃流向g,低中電流大小是赤中電流大小的兩倍。已

知c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則。點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

A.爭B.|BC.3BD.苧B

5.從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為加的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空

氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為E。，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動。重力加速度為g,則小球

在整個運動過程中

A.最大加速度為4g

B.從最高點下降落回到地面所用時間小于h

C.球上升階段阻力的沖量大小等于下落階段阻力的沖量大小

D.球上升階段動量變化的大小小于下落階段動量變化的大小

6.如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球（可視為質(zhì)點）

以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去。若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大

小分別為Vi、V2,作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g,則下列說法正確的是

O'

甲乙

A.小球的質(zhì)量為

B.小球運動到最高點時的速度為空

ab

C.小球能夠上升的最大高度為肅而；

IIuIcy

D.若圓弧面的下端距水平地面的高度為c,經(jīng)過一段時間后小球落地，落地時小球與滑塊之間的水平距離

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

7.我國的航天事業(yè)從1956年2月開始，經(jīng)過67年的風(fēng)雨兼程、披荊斬棘，經(jīng)歷了第一顆“東方紅”人造

衛(wèi)星成功發(fā)射，載人航天、深空探測里程碑式的發(fā)展?；仡欀袊教彀l(fā)展史，它是一部中華民族自主創(chuàng)新

的歷史，更是一段揚眉吐氣、壯我國威，助推中華民族走向世界舞臺的歷史。如圖所示，是某顆“北斗”

衛(wèi)星從繞地飛行經(jīng)歷變軌到靜止軌道的示意圖。已知地球半徑為R,其自轉(zhuǎn)周期為兀軌道I為該北斗衛(wèi)星

的近地軌道，軌道II為轉(zhuǎn)移軌道，III為靜止軌道，地球北極的重力加速度為g。下列說法中正確的是

，---…--jn

Z、.

A.該北斗衛(wèi)星在近地軌道的線速度大于7.9km/s

B,該顆北斗衛(wèi)星在2點的加速度大于在4點的加速度

C.根據(jù)題目的已知條件可以求出該北斗衛(wèi)星在靜止軌道運動半徑

D.該北斗衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道B點的速度小于在靜止軌道B點的速度

8.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r,Ri是定值電阻，工是燈泡。現(xiàn)閉合開關(guān)S,將滑動變阻器R2的滑片

向上滑動，電表N、Vi、V2>V3都是理想電表，測得電壓表Vi、V2>V3示數(shù)變化量的絕對值為△5、△

U2、AU3,電流表/示數(shù)變化量的絕對值為△1，下列說法正確的是（）

A.Vi、V2的示數(shù)都增大，V3的示數(shù)減小B.等、尊、爭均不變

C.電流表示數(shù)變小，燈泡變暗D,電源效率增大

9.如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為21的平行金屬板尸、Q,兩板間距為4,兩板間加上如圖乙所

示最大值為U。的周期性變化的電壓。在兩板左側(cè)緊靠尸板處有一粒子源自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速

度大小為vo,方向平行于金屬板的相同帶電粒子。t=0時刻釋放的粒子恰好從0板右側(cè)邊緣離開電場。已

知電場變化周期丁=亞，粒子質(zhì)量為加，不計粒子重力及相互間的作用力。則

%

UpQ

U。

0

_T：：3T!;

T;

Q!____I;~T\!___1\

甲乙

A.在1=0時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大于vo

B.粒子的電荷量為噤

C.在t=時刻進(jìn)入的粒子恰好從P板右側(cè)邊緣離開電場

D.在t=Jr時刻進(jìn)入的粒子恰好從P板右側(cè)邊緣離開電場

10.如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為加的小球/和質(zhì)量為的小球8通過輕彈簧拴接并處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)，彈簧處于原長；質(zhì)量為加的小球。以初速度V。沿/、B連線向右勻速運動，并與小球/發(fā)生彈性碰

撞。在小球8的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板（圖中未畫出），當(dāng)小球8與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤

走，不計所有碰撞過程中的機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球8與擋板的碰撞時間極短，碰后

小球B的速度大小不變，但方向相反，則B與擋板碰后彈簧彈性勢能的最大值Epm可能是

CAB

1,1,1,9

A.而mv°B-6mvoC2mvoD.mv。

三、實驗題：本大題共2小題，共18分。

11.利用圖1所示的儀器研究動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。

qMpN

------35.20cm-------

----------44.80cm---------?

-----------55.68cm--------------?

圖1圖2

（1）試驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量__________,間接地解決這

個問題。

4小球開始釋放的高度h

8.小球拋出點距地面的高度H

C小球做平拋運動的射程

（2）圖2中的。點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球mi多次從斜軌上S位置靜止釋

放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程。尸，然后把被碰小球U12靜止于軌道的水平部分，再將入

射小球g從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復(fù)。接下來要完成的必要步驟是

4用天平測量兩個小球的質(zhì)量mi、m2;

8.測量小球mi開始釋放高度氏

C.測量拋出點距地面的高度H；

D分別找到mi、m2相碰后平均落地點的位置M、N；

￡測量平拋射程（W、ON；

（3）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為［用（2）中測量的量表示］;

（4）碰撞的恢復(fù)系數(shù)的定義為e=器翳，其中vi和V2分別是碰撞前兩物體的速度，v/和V2’分別是碰撞后兩

物體的速度。經(jīng)測定，小球落地點的平均位置到。點的距離如圖2所示。利用相關(guān)數(shù)據(jù)可以計算出，本次

碰撞的恢復(fù)系數(shù)6=。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

12.某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行精確測量電阻Rx的阻值的實驗，有下列器材供選用。

4待測電阻Rx（約300。）

8.電壓表V（3V,內(nèi)阻約3kQ）

C.電流表Ai（10mA,內(nèi)阻約10Q）

D電流表A2（20mA,內(nèi)阻約5Q）

E滑動變阻器Ri（0?20。,額定電流2A）

尸.滑動變阻器R2（0?2000。,額定電流0.5A）

G直流電源E（3V,內(nèi)阻約IQ）

〃開關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）甲同學(xué)根據(jù)以上器材設(shè)計了用伏安法測量電阻的電路，并能滿足Rx兩端電壓從零開始變化并進(jìn)行多次測

量。則電流表應(yīng)選擇（填“Ai”或“A?”）；滑動變阻器應(yīng)選擇（填“Ri”或

“R2”）；請在框中幫甲同學(xué)畫出實驗電路原理圖。

（2）乙同學(xué)經(jīng)過反復(fù)思考，利用所給器材設(shè)計出了如圖所示的測量電路，具體操作如下：

①按圖連接好實驗電路，閉合開關(guān)S1前調(diào)節(jié)滑動變阻器Ri、R2的滑片至適當(dāng)位置；

②閉合開關(guān)Si，斷開開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器Ri、R2的滑片，使電流表Ai的示數(shù)恰好為電流表A2的示數(shù)的

一半；

③閉合開關(guān)S2并保持滑動變阻器R2的滑片位置不變，讀出電壓表廠和電流表Ai的示數(shù)，分別記為U、/；

④待測電阻的阻值Rx=，比較甲、乙兩同學(xué)測量電阻Rx的方法，你認(rèn)為哪個同學(xué)的方法更

有利于減小系統(tǒng)誤差？（填“甲”或“乙”）同學(xué)的。

四、計算題：本大題共3小題，共30分。

13.如圖所示，游樂場有一種將蹦極運動和大型滑滑梯結(jié)合的游樂項目，一位質(zhì)量m=60kg的游客系著一

條原長L=5m的彈性繩，由靜止從O點開始下落，彈性繩從開始張緊至最長狀態(tài)3點所用時間ti=1s,游

客到達(dá)B點時彈性繩自動和人體分離，游客順著滑梯BC來到安全區(qū)域，滑梯BC可看作半徑為0.7m的光

滑《圓弧，C為圓弧的最低點，將此游客視為質(zhì)點，不計下落過程中的空氣阻力，g取10m/s2,求：

0

(1)從開始下落至安全帶最長狀態(tài)的過程中，游客受到的重力沖量的大小；

(2)從開始張緊至最長狀態(tài)的過程中，彈性繩所受的平均沖力F的大??；

(3)若游客在滑梯2C上運動的時間t2=0.5s,求游客在滑梯上受到的支持力沖量的大小。

14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形042c區(qū)域在第二象限，對角線以上的區(qū)域有方向平行于

OC向下的勻強(qiáng)電場，AB邊長為L,8c邊長為23P點為對角線08的中點，一質(zhì)量為〃?、電荷量為+q

的帶電粒子以某一初速度從。點出發(fā)經(jīng)尸點進(jìn)入電場，從C點以水平向右、大小為v的速度進(jìn)入第一象限

內(nèi)的靜電分析器，分析器中存在電場線沿半徑方向指向圓心。的均勻輻向電場，粒子恰好在分析器內(nèi)做勻

速圓周運動，運動軌跡處的場強(qiáng)大小為E。(未知)。不計粒子所受重力，忽略金屬板的邊緣效應(yīng)。求：

(1)粒子在靜電分析器軌跡處的場強(qiáng)大小E。；

(2)粒子從D點出發(fā)時與水平方向的夾角仇

(3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；

(4)粒子從P到。的過程中運動的時間t。

15.連續(xù)碰撞檢測是一項重要的研究性實驗，其模型如圖所示：光滑水平面上，質(zhì)量為3加的小物塊疊

放在質(zhì)量為加、足夠長的木板2上，其右側(cè)靜置著3個質(zhì)量均為2加的小物塊C、D、E。/與2上表面間

的動摩擦因數(shù)為口。t=0時，/以初速度vo在8的上表面水平向右滑行，當(dāng)/與3共速時2恰好與C相

碰。此后，每當(dāng)/、8再次共速時，8又恰好與C發(fā)生碰撞直到它們不再相碰為止。已知重力加速度為g,

所有碰撞均為時間極短的彈性碰撞，求：

BI[TI[771固

(l)t=0時,B(右端)與C的距離;

(2)B與C發(fā)生第1、2次碰撞間，B(右端)與C的最大距離。

(3)C的最終速度大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】國際單位制的7個基本單位是：米(m)、千克(kg)、秒(s)、開爾文(K)、安培(A)、坎德拉(cd)、摩

爾(mol)。

4根據(jù)q=It可知電量的單位用國際單位制的基本單位可表示為A-s,故/正確；

8.庫侖C不是國際單位制的基本單位，所以電動勢的單位用國際單位制的基本單位表示不是J/C,故8錯

誤；

CD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位T,不是國際單位制的基本單位；則磁通量的單位用國際單位制的基本單位表示不

是T-m2；故CD錯誤。

故選

2.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查了電與磁的聯(lián)系，解答本題的關(guān)鍵是要能從題意中分析出該裝置利用了電磁感應(yīng)的原理。

逐一分析各選項中所涉及的原理即可判斷。

【解答】

由題意可知，刷身份證時會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即由磁產(chǎn)生電，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以其工作原理為電磁感應(yīng)

現(xiàn)象；

4由題意可知，刷身份證時會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即由磁產(chǎn)生電，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以其工作原理為電磁感

應(yīng)現(xiàn)象，圖中有電源，為電動機(jī)的工作原理，是根據(jù)通電導(dǎo)體在磁場中受力而運動的原理制成的，故/錯

誤；

8、圖中沒有電源，為發(fā)電機(jī)的工作原理，說明根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象制成的，故3正確；

C、圖中的實驗是探究通電螺線管的磁性強(qiáng)弱與電流大小的關(guān)系，運用了電流的磁效應(yīng)，故C錯誤

D圖中為奧斯特實驗，說明通電導(dǎo)線周圍存在磁場，故。錯誤。

故選瓦

3.【答案】D

【解析】設(shè)的距離為廠，由題可知，。8的距離也為心根據(jù)幾何關(guān)系可得

2rcos37°=L

解得

r=-L

對小/受力分析，如圖所示

可知間的庫侖力與輕繩的合力大小等于加g,根據(jù)相似三角形原理有

OBF合mg

_屋_

因OB=AB,則可得

解得

5

q=g

故選。。

4.【答案】A

【解析】由題可知，赤導(dǎo)線到c和。距離相等，則仍導(dǎo)線中的電流在c和a產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為

由安培定則可知，在c產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為兒，在a產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為湖，館中電

1

流是加中電流強(qiáng)度的兩倍，力g導(dǎo)線到c是到e距離的石，則俯導(dǎo)線中的電流在a產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為等B,由安培定則可知，在。產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直施斜向下，在。產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為

故選4。

5.【答案】C

-11

【解析】A.設(shè)小球的初速度為vo，滿足16E（）=尹丫（）2,而小球的末速度為vi，有Eo=5mvJ,小球剛拋出

時阻力最大，其加速度最大，有mg+kv（）=mamax，當(dāng)小球向下勻速時，有mg=kvi，聯(lián)立解得amax

=5g,故/錯誤；

B.由于機(jī)械能損失，上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，上升過程與下降過程的位移大

小相等，故小球在運動的全過程，上升的時間小于下降的時間，即從最高點下降落回到地面所用時間大于

L，故8錯誤；

C.由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為f=kv,故阻力的沖量大小為If=￡fi=2kvt=kx,因為上升過程和

下降過程位移大小相同，則上升和下降過程阻力的沖量大小相等，故C正確；

D.根據(jù)p=而瓦可得，小球上升階段動量的變化量大小為國或，小球下降階段動量的變化量大小為

伍面，小球上升階段動量變化的大小大于下落階段動量變化的大小，故。錯誤。

6.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了動量守恒定律及動力學(xué)中的圖像問題，解題的關(guān)鍵是分析清楚運動過程，熟練運用動量守恒定

律和機(jī)械能守恒定律。根據(jù)動量守恒定律列出函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象即可求出小球的質(zhì)量；小球運動到最高

點時，豎直方向速度為零，在水平方向上由動量守恒定律即可求解；根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可求出小球能

夠上升的最大高度。

【解答】4設(shè)小球的質(zhì)量為加，初速度為V。，在水平方向上由動量守恒定律得mv()=H1V1+MV2，則V2=

mvQm

結(jié)合圖乙可得”能橫截距a=vo,

則小球的質(zhì)量m=故/錯誤；

a

A小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由

動量守恒定律得mv()=(m+M)v共，

解得丫共=箴，由/項化簡得丫共=法，故2錯誤；

C小球從開始運動到最高點的過程中，由機(jī)械能守恒定律得扣君=|(m+M)嚏+mgh,解得人=

3

由4項化簡得力=就n礪，故c錯誤;

2（7n+M）g'

D小球從開始運動到回到最低點的過程中，若規(guī)定向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律得mv°

=mv]+MV2，

由機(jī)械能守恒定律得扣岔=|mvf+|MV2，

聯(lián)立兩式解得丫1=粽丫0，V2=Jgvo,離開圓弧面以后小球做平拋運動，滑塊向右做勻速直線運動,

當(dāng)小球落地時，兩者之間的水平距離為X=V2t-Vit,且C=2gt2,聯(lián)立得X=a雅,故。正確。

故選Do

7.【答案】CD

【解析】47.9km/s為人造衛(wèi)星最大環(huán)繞速度，所以在近地軌道運行的該北斗衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s,

故/錯誤；

B、根據(jù)喈=ma可知：a=等，rB>rA,則在8點的加速度小于在N點的加速度，8錯誤；

C.該北斗衛(wèi)星在靜止軌道運行的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，設(shè)該顆北斗衛(wèi)星在靜止軌道的半徑為r,根據(jù)

萬有引力提供向心力由牛頓第二定律得：

電=mr誓;在地球北極處物體的重力等于萬有引力，則嚶=mg

聯(lián)立解得：「=：產(chǎn)~

D電源的效率為n=^x100%=半，由N項分析知，將滑動變阻器R2的滑片向上滑動，U2一直變大，電

源的效率一直變大，故。正確。

9.【答案】BD

【解析】解：/、粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運動，則t=0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運動時間

t=稱，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周

期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度Vo,故N錯誤；

B、粒子在豎直方向，在J時間內(nèi)的位移為9則/=黑右)2,解得q=故3正確；

1

2222dmUQ

2

C、t=飄刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d，=2X|a(|T)-2x%(守=laT2=1

d,即粒子恰好從P、0兩板正中間離開電場，故C錯誤；

。、t=J時刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運動然后向下減速運動再向上加速向上減速

P由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，故。正確。

故選30。

10.【答案】BC

【解析】C與/質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，即/獲得速度Vo,假設(shè)當(dāng)/與3動量相等時，8恰好與擋板

發(fā)生正碰，則碰撞后/、8的合動量為零，當(dāng)彈簧被壓縮至最短時/、8的速度均為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定

律可知此時Epmi=|mvo；

假設(shè)當(dāng)2的速度為零時恰好與擋板接觸，則接觸后，當(dāng)/、2達(dá)到共同速度v時彈簧的彈性勢能最大，根

22

據(jù)動量守恒定律有：mv0=(m+,m)v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：EPm2+|(m+^m)v=|mv0,解得Epm2

=卻品，

8與擋板碰撞前越接近/的動量，碰后彈簧的最大彈性勢能越大，8與擋板碰撞前速度越接近于零，碰撞

后彈簧的最大彈性勢能越小，所以前v2<EpmW如V()2,考慮到5速度為零時不能算是與擋板發(fā)生碰撞，

所以對扣君不能取等號，故選BC。

11.【答案】⑴C；

(2)ADE；

(3)mi?OP=mi?OM+m2,ON；

(4)0.46

【解析】解：(1)小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，

小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故錯

誤，C正確。

故選C；

(2)要驗證動量守恒定律定律，即驗證HIM=miV2+m2V3,小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高

度相等，在空中的運動時間，相等，上式兩邊同時乘以［得，mjvit=miv2t+m2v3t,可得mi-OP=mi

-OM+m2-ON,因此實驗需要測量兩球的質(zhì)量和小球做平拋運動的水平射程，為了測量位移，應(yīng)找出落

點，故選4DE；

(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為mi?OP=mi?OM+m2?ON；

(4)碰撞的恢復(fù)系數(shù)為e=3弓斗=號簫叫=046。

Pl—V2||。卜|

12.【答案】⑴AiR；

⑵鱷乙。

1JQ

【解析】(1)通過待測電阻的最大電流約為：I?以余A=0.01A=10mA,電流表應(yīng)選擇A1；

^■xSUU

實驗要求電壓從零開始變化，則滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實驗操作，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑

動變阻器Ri；

待測電阻阻值約為300Q,電流表內(nèi)阻約為10Q,電壓表內(nèi)阻約為3kQ,相對于來說待測電阻阻值遠(yuǎn)大于電

流表內(nèi)阻；

電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，實驗電路圖如圖所示：

(2)由實驗步驟②可知，通過R2與Rx的電流相等，它們并聯(lián)，則兩支路電阻相等，由實驗步驟③可知，電壓

表測待測電阻兩端電壓，

由于兩并聯(lián)支路電阻相等，則通過它們的電流相等；

由實驗步驟可知：通過待測電阻的電流等于電流表Ai的示數(shù)/,則待測電阻阻值：Rx=y；

由兩種實驗方案與實驗步驟可知，由于電表內(nèi)阻的影響甲的測量值存在誤差；由于實驗電路與實驗步驟的

巧妙設(shè)計，乙的方案化解了電表內(nèi)阻影響，測量值與真實值相等，乙的方案可以減小系統(tǒng)誤差。

13.【答案】解：(1)游客在彈性繩未繃緊時，做自由落體運動，經(jīng)歷的時間力=后=［管=b，

從開始下落至安全帶最長狀態(tài)的過程中，游客受到的重力沖量/的大小為

I=mg(t0+ti)=1200N-s；

(2)從初始位置到彈性繩剛好繃緊瞬間，游客的速度為v=gto=10m/s,

從開始張緊至最長狀態(tài)的過程中，對游客由動量定理可得I合=Ap,

則有(F-mg)h=mv,

解得彈性繩所受的平均沖力大小為：F=1200N；

-1

(3)從5到C的過程中，由動能定理可得mgR=5invc2-0,

解得vc=V14m/s,

從5到。的過程中，動量的變化量為Ap=mvc-O=60S4kg?m/s,方向水平向左,

重力的沖量為IG=mgt2=300N,m,方向豎直向下，

由動量定理可知I合=Ap,

22

則游客在滑梯上受到的支持力沖量的大小IN=A/IG+(Ap)=60V39N-so

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】

14.【答案】解：(1)由題可知，粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力Eoq=m《,

又口=AB=L,

則Eo=若；

(2)粒子從D到尸做勻速直線運動，P到C做類斜拋運動，C點是最高點，

Of,

則水平方向X=/-=L,X=VxG，vx=v,

可得粒子從P到C的時間ti=%

豎直方向丫=竽=亨，y=|ati，Vy=ati，

得a號,

由題可知tan?=等=1,即0=45°；

(3)由(2)問可知粒子在勻強(qiáng)電場中的加速度為@=苧，

2

由牛頓第二定律Eq=ma得E=笠9；

(4)由(1)問可知P到C的時間為h=p

C到0做勻速圓周運動，周期為1=等=等，

則粒子從C到。的時間為t2=￡=愛，

則粒子從P到。運動的總時間為t=ti+t2=5+要。

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】

15.【答案】(1)由于地面光滑，/、3系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒3mv()=