2021届甘肃省武威六中高考物理二诊试卷附答案详解

2021届甘肃省武威六中高考物理二诊试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.关于曲线运动的下列说法中错误的是（）

A.物体受到的合外力为零时，也有可能作曲线运动

B.做曲线运动的物体，加速度必不为零

C.做曲线运动的物体不可能处于平衡状态

D.做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，一定是变速运动

2.甲、乙两物体在同一直线上运动的x—t图象如图所示.若以甲的出发点为

原点，甲出发时间为计时起点，则不正确的是（）

A.甲、乙同时出发

B.乙比甲先出发

C.甲开始运动时，乙在甲前面S。处

D.在J时刻，甲、乙相遇

3.登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星，地球和火

星的公转可视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据下表，火星和地球相比：（）

行星半径/m质量〃g轨道半径"n

地球6.4x1066.0x10241.5x1011

火星3.4x1066.4x10232.3x1011

A.火星受太阳的万有引力较大

B.火星的第一宇宙速度较大

C.火星绕太阳做圆周运动的周期较小

D.火星绕太阳做圆周运动的向心加速度较小

4.一个重500N的同学站在升降机的水平地板上，测得升降机竖直上升的过程中速度。和时间t的数

据如表所示：

t/s0123456789101112

v/m-s-102.04.05.05.05.05.05.04.03.02.01.00

升降机的启动和制动过程可以看作是匀变速直线运动，取g=10m/s2,则2.3s时该同学对地板

的压力为（）

A.600/VB.SOONC.SOOND.550/V

5.如图所示的电路中，闭合开关S,灯泡Li和L2均正常发光，由于某种原

因灯泡人灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列结论正确的是

（）

A.电流表读数变大，电压表读数变小

B.灯泡及变亮

C.电源的输出功率可能变大

D.电容器C上电荷量减少

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻两等势面之间的电

势差相等，即以=4c•实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该

区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两个点.据此可知正确的是（）

A.三个等势面中，P的电势最高

B.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大

C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大

D.带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大

7.如图所示；“U”型刚性容器质量M=2kg,静止在光滑水平地

面上，将一质量m=0.5kg,初速度%=5m/s,且方向水平向

右的钢块放在容器中间，让二者发生相对滑动.已知钢块与容器底部接触面粗糙，取4=0.1,

重力加速度g=10m/s2,容器内壁间距Z,=2m,钢块与容器壁多次弹性碰撞后恰好回到容器正

中间，并与容器相对静止，则（）

A.整个过程中系统损失的机械能为5/

B.整个过程中系统损失的机械能为6/

C.整个过程中钢块与容器碰撞次数为10次

D.整个过程中钢块与容器碰撞次数为5次

8.水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，J1°___________

在导轨上放着金属棒ab,开始时ab棒以水平初速度％向右运动，最//"%

后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）h

A.安培力对ab棒所做的功相等B.电流所做的功相等

C.产生的总热量相等D.ab棒运动的时间不相等

9.关于分子运动论热现象和热学规律，以下说法中正确的有（）

A.水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性

B.两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离越小，分子势能越小

C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体

D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是

可能的

E.一定质量的理想气体如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强

一定增大

10.图甲为一列简谐横波在《=0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1cm处的质点，Q是平衡位置

在x=4cm处的质点，图乙为质点Q的振动图象。则（）

A.波的传播速度为20m/s

B.波的传播方向沿x轴正方向

C.t=0.4s时亥U,质点P的速度大小最大，方向y轴正方向

D.t=0.7s时刻，质点Q的速度大小最大，方向y轴负方向

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.某物理小组在一次探究活动中用如图所示的实验装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一表

面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时

器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率

为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量祛码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列

小点。

（1）给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间

还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算出滑块的加速度

a=（保留三位有效数字）。

（2）回答下列两个问题：

①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有（填入所选物理量前的字母）。

A木板的长度B.木板的质量根1C.滑块的质量血2

D托盘和祛码的总质量m3E,滑块运动的时间t

②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是。

（3）滑块与木板间的动摩擦因数〃=（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）。

12.用图1所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实

验器材还有：

双量程电流表：4（量程0~0.64,0〜34）；

双量程电压表：V（量程0〜3U,0-15K）；

滑动变阻器：&（阻值范围0〜100,额定电流24）

%（阻值范围0〜100。额定电流14）

（1）为了调节方便，测量精度更高,实验中应选用电流表的量程为4电压表的量程为V,

应选用滑动变阻器（填写滑动变阻器符号）。

（2）根据图1将图2中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择

正确的电表量程进行连线。

（3）通过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用这些数据在图3中画出了U-/图线。

由图线可以得出此干电池的电动势E=1/（保留3位有效数字），内电阻r=0（保留2

位有效数字）。

（4）引起该实验的系统误差的主要原因是o

A.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小

B.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大

C由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小

。.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大

（5）某同学利用如图4所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，经过正确的操作获得了若干组实验

数据，据此描绘出的U-/图象（其中U、/分别为电压表和电流表的读数）如图5中的实线所示，

虚线表示该电池两端的电压与流经电池电流的关系图线，图5中图象合理的是<,

（6）为了分析本实验的误差，某同学自学了等效电压源定理：任何一个含有电源的二端网络（即图6中

的“有源网络”）可以等效为一个电压源，等效电压源的电动势等于该网络的开路电压，即a、b

两点开路时的路端电压，等效电压源的内阻等于从网络两端看有源网络的总电阻，此时电源仅

当做阻值为其自身内阻的一个定值电阻。请你用该方法分析本实验电动势、内阻的测量值E'、/

与真实值E、r的大小关系。

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

13.如图所示，光滑绝缘水平面内有一直角坐标系xOy,第一象限内存在方向沿x轴正方向的匀强电

场（含y轴上），电场强度大小为E,电场的范围在y=d和y=4d两条直线之间（图中虚线）；第二

象限被大、小两个四分之一圆弧分隔成三个区域，两段圆弧与两个坐标轴的交点P、Q、M、N的

坐标图中已标出，在这三个区域内存在方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,大圆

弧QN外侧磁场范围足够大，x负半轴所在的直线上有磁场，y轴上y>4d的边界上有磁场，MN

之间的边界上没有磁场。现从P点沿x轴负方向射出一带负电的小球，小球在磁场中先顺时针、

后逆时针偏转，到达M点后被迅速取走；随后从Q点沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的

带正电小球，小球在磁场中先逆时针、后顺时针偏转到达N点。已知两小球射出时的速度大小

相等，图中所标坐标数据均为已知量，tan22.5o=应-1，求：

(1)两小球分别从P点和Q点射出时的速度大小；

(2)从P点射出的带电小球的比荷；

(3)经过N点的小球从电场射出时的位置坐标。

五、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

14.如图所示，用一根不可伸长的细绳将小球悬挂在。点做成单摆，

绳长为1m.现将小球拉至4点释放，9=60。，小球运动到B点的速

度为3m/s.已知小球的质量为0.2kg,g取lOm/sz.求：

(l)B点绳子的拉力大小；

(2)小球从4点运动到B点空气阻力做的功.

15.如图所示，导热性能良好、开口向上的气缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到

气缸底部高度h=24cm,用一个质量与厚度均不计、横截面积S=10cm2(l\l

活塞封闭一定质量的理想气体，活塞上放有一质量m=2kg的铁块。初始时缸

内气体温度A=300K,活塞到气缸底部高度h1=15cm,现缓慢加热气缸，

当气体温度升高到&=350K时，在维持温度不变的情况下慢慢取走铁块，不

计活塞与气缸间的摩擦，已知大气压强po=1.0xl()5pa,重力加速度g=10m/s2,求:

I.取走铁块后活塞到气缸底部的高度期；

口,继续缓慢加热气缸，当气体温度升高到500K时，此时气体的压强p。

16.如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R,光屏PQ置于直径的右端并与直

径垂直，一复色光与竖直方向成a=30。角射入玻璃砖的圆心，由于复

色光中含有两种单色光，故在光屏上出现了两个光斑a、b(图中未标出)，现测得出射光线。a、

Ob与OP分别成30。、45。角.求：

(1)玻璃对这两种单色光的折射率分别为多少？

(2)当复色光的入射角增大到多少度时，光屏上的光斑恰好全部消失？

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、物体受到的合外力为零时，由牛顿第一定律知，物体的运动状态不变，处于静止或匀

速直线运动状态，不可能作曲线运动.故A错误.

BD.做曲线运动的物体速度方向沿轨迹的切线方向，速度方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变

速运动，加速度一定不为零，故B、。正确.

C、做曲线运动的物体加速度不为零，合外力不为零，所以不可能处于平衡状态.故C正确.

本题选错误的，故选：A

曲线运动是变速运动，物体所受的合外力不为零，曲线运动的物体速度沿切线方向，方向时刻改变.

本题的关键要知道曲线运动是变速运动，加速度和合外力都不为零，处于非平衡状态.

2.答案：B

解析：解：力、由图象可知甲乙两物体开始运动的时刻相同，故二者同时出发，故A正确，8错误;

C、由图象可知开始运动时甲的出发点在坐标原点，而乙物体在出发时离坐标原点的距离为出,故甲

开始运动时，乙在甲前面X。处.故C正确；

D、由于甲物体在G〜t2时间内甲物体的位移未变，即甲在中途停了一会儿，在t3时刻甲乙两物体的

位置相同，即甲追上了乙，二者相遇，故。正确.

本题选错误的，故选：B.

根据图象可知两物体同时出发，甲开始运动时，乙在甲前面X。处.甲物体在ti〜t2时间内在中途停了

一会儿，在t3时刻甲追上了乙.

本题考查图象的应用，要掌握了位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所

在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态，注意与t图象的区别和联系.

3.答案:D

解析：解：4、根据万有引力定律公式得：F=G等,由于地球的质量大约是火星质量的10倍，轨

道半径大约为火星的1.5倍，可知地球受到太阳的引力较大，故A错误；

B、根据G罢=小?得，星球的第一宇宙速度u=杵，地球的质量大约是火星质量的10倍，半径

大约是火星的2倍，则地球的第一宇宙速度较大，故8错误；

C、由开普勒第三定律可知：2=匕火星的公转半径较大，火星绕太阳做圆周运动的周期较大，故

T2

C错误;

。、根据G詈=ma,得，向心加速度a=等，火星的轨道半径较大，则火星做圆周运动的向心加

速度较小，故。正确.

故选：D.

火星和地球绕太阳做圆周运动，靠万有引力提供向心力，结合轨道半径的大小，比较向心加速度大

小.结合星球的质量和半径比较第一宇宙速度.由开普勒第三定律比较周期.

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供

向心力，并能灵活运用，并注意中心天体是否相同.

4.答案：A

解析：解：由题知2.3s时该同学在匀加速上升，加速度为a=^=¥=2m/s2,该同学的质量为《1=

以该同学为研究对象，由牛顿第二定律得N-mg=ma,解得N=600N

由牛顿第三定律知，该同学对地板的压力为N'=N=600N

故选：Ao

根据表格的数据分析升降机的运动情况，由速度时间公式求得加速度，再以该同学为研究对象，由

牛顿第二定律求出地板对人的支持力，从而得到人对地板的压力。

本题是运动学公式与牛顿运动定律的综合应用，关键要明确人的运动状态，由加速度的定义式求出

加速度。

5.答案：C

解析：解：AB、灯泡乙2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知：电源

的内电压减小，路端电压增大，故知电流表的读数变小，电压表的读数变大。总电流减小，则灯泡刀

变暗，故AB错误；

C、根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所

以电源的输出功率可能变大，也可能变小，故C正确；

。、路端电压增大，灯刀的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由。=«7

知，电容器C上电荷量增大，故。错误。

故选：Co

因灯泡心2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两电

表读数的变化及灯泡L亮度的变化.判断R两端电压的变化，即可知道电容器两端电压的变化，由Q=

CU分析电量的变化.根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大的规律分析电源的输出功

率变化。

本题是电路动态分析问题，“按局部-整体-局部”的顺序进行；明确电容器的电压等于所并联电容

器的电压；本题也可以直接根据“串反并同”的结论进行分析求解。

6.答案:ABD

解析：解：

A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降

低，可知P的电势最高，故A正确；

8、等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，

故8正确.

C、。根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的电势

能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故C错误，。正确.

故选：ABD.

由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点

带正电，因此电场线方向也指向右下方，根据电场线的方向可判断电势的高低；电场线和等势线垂

直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大.电势能和动能的变化可以通过电场力做功情况判断.

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据电荷的运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一

步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.

7.答案:AD

解析：

整个过程系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出损失的机械能；

系统损失的机械能等于摩擦力与相对路程的乘积，由功的计算公式可以求出碰撞次数.

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律、功的计

算公式即可正确解题，要会求损失的机械能.

4、设钢块与容器的共同速度为内以钢块的初速度方向为正方向，由动量守恒得：nwo=(M+m)。，

由能量守恒定律得：△£=：m诏一“闻+瓶)/,解得，系统损失的机械能为：△E=5」,故A正

确，8错误；

C、损失的机械能：△E="mgS="mgNL,解得：N==…。"醍？=5次，故C错误，D

正确;

故选：AD.

8.答案：CD

解析：解：4、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金

属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部

分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热.可知两种情况

下安培力对ab棒做功大小不相等.故4错误.

8、克服安培力做功的大小等于电流做功的大小，所以电流做功不等.故B错误.

C、导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，两种情况下，产生的内能相等,

都等于金属棒的初动能，则产生的总热量相等.故C正确.

。、光滑时，在安培力作用下做减速运动，粗糙时，在安培力和摩擦力作用下做减速运动，初速度

相同，速度相同时刻的加速度不同，则运动时间不相等.故。正确.

故选：CD.

金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角

度分析答题.

本题抓住初动能和末动能相等，动能损失全部转化为内能，注意光滑时，内能来自克服安培力做功，

粗糙时，内能来自克服安培力做功和摩擦力做功.

9.答案：ABD

解析：解：4、水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性。故A正

确；

8、两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小，分子力做正功，分子势能减小。故8正确；

C、用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异

性的原因，说明云母片是晶体。故C错误；

。、根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热

机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的。故。正确；

E、一定质量的理想气体，温度保持不变(△〃=())而吸收热量(Q>0),根据热力学第一定律，气体

对外做功(加<0),体积减小；在根据气体状态方程景=心得气体的压强减小。故E错误。

故选：ABD。

水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性；两分子间距离大于平衡

距离时，分子间的距离减小，分子力做正功，分子势能减小；用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云

母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体；根据能

量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水

的一部分内能转化为机械能，是可行的；一定质量的理想气体，温度保持不变(△u=0)而吸收热量

(<2>o),根据热力学第一定律，气体对外做功(w<o),体积减小；在根据气体状态方程与=c,

得气体的压强减小。

本题考查了布朗运动、分子势能、热力学第二定律、晶体和非晶体、气体压强的微观意义等知识点。

这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

10.答案：BD

解析:解：4、由图甲可得:波长2=8cm=0.08m,由图乙可得:周期T=0.4s,故波速v=*=0.2m/s,

故4错误；

B、由图乙可得：t=0.1s时刻，质点Q在平衡位置向上振动，故由图甲可得：波向右传播，故B正

确；

CD、根据波向右传播，由图甲可得：质点P向下振动，质点Q向上振动；那么，经过△t=0.3s=：T

后，质点P位移为正，向上振动，速度大小不是最大值；经过△t'=0.6s=|r后，即在t=0.7s时刻，

质点Q在平衡位置向下振动，故c错误，。正确。

故选：BD。

由图甲得到波长，由图乙得到周期，即可求得波速；由图乙得到质点Q的振动，即可由图甲得到波

的传播方向，从而得到质点P的振动。

在给出振动图象和波形图的情况下求波形图上另一质点在某一时刻的运动，常根据振动图，由波形

图得到波的传播方向，从而由周期得到质点振动；或根据波的传播方向，由振动时间和周期的关系，

根据平移法得到质点振动。

11.答案：(1)0.496；(2)①CD；②天平；(3)巴对二强;巴必

解析：

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练

应用所学基本规律解决实验问题。

(1)利用逐差法△%=aZ可以求出物体的加速度大小；

(2)根据牛顿第二定律有尸=ma,由此可知需要测量的物理量；

(3)根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式。

3.88+3.39+2.88-1.40-1.89-2.40

(1)由△XMQj即可算出。=x10~2m/s2=0.496m/s2；

9X042

(2)①根据/=T-m2a=m3g-m3a-gQ可知，还需测出滑块的质量如、托盘和法码的总质量m3,

故选。Q；

②还需耍测量出质量，故需要天平；

(3)由/=〃7n2g=T-m2a=m3g-m3a-m2a可得：〃=胆&葭若出“

故答案为：(1)0.496；(2)①CD；②天平；(3)工鬻如:

12.答案：0-0.60~3&1.451.3AA

解析：解：(1)-■节干电池的电动势约为1.5U,故电压表选取0〜31/量程；为了精确测量，电流表的

量程为0〜0.64为了操作方便，滑动变阻器选％;

(2)根据图1将图2中的实物正确连接如图所示：

(3)根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+Ir

解得：U=E-lr,

由图线可以得出此干电池的电动势为：E=1.45V

,»,、j△171.45—0.80八ac八

内电阻为：r=77=FT~"L3°；

(4)根据E=U+/r可知路端电压是准确的，电流表的示数不包含电压表的电流，所以引起该实验的

系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故A

正确、8CQ错误；

(5)当外电路短路时，通过电压表的电流为零，所以电流表的最大示数准确；在某一路端电压下，测

量的电流总是小于真实的电流，故A正确、8C。错误；

(6)将电压表灯和电源看成是一个电压源，等效电压源的电动势E',为将可变电组R两端开路时的端

电压U,即：

等效电压源内阻r'为Ry与r的并联，即为：r'=^--r

Kv-rf

在等效电压源的电路中，电流表测的就是总电流，电压表测的就是路端电压，由七=U+/r求得的E冠,

T测,便是此等效电压源的E',/,则有：

.Rv

,%/

丫涮=丫—--------r<r

"'先+丁

由于一般电压表Ru>>r,E测xE，T测XT,误差较小，一般采用这种接法测电动势和内阻。

故答案为：(1)0〜0,6；0-3V;%;(2)见答图1；(3)1.45；1.3；(4)4；(5)4；(6*浙<E,r潮<心

(1)根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

(2)当待测电源内阻很小时，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法，然后画图；

(3)电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图示图象求

出电源电动势与内阻；

(5)明确实验误差原因，根据测量值和真实值之间的关系确定正确的图象；

(6)将电压表内阻时等效为电源的内阻，可求解等效电源的电动势和内阻进行比较。

本题考查了测定一节旧干电池的电动势和内阻实验，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验

数据的方法；电源的U-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。

13.答案：解：(1)根据题意可作出两个小球的运动轨迹如图所示

设带负电小球的运动半径为百，带正电小球的运动半径为七，由几何关系有全=4dtcm22.5。

对带正电小球，由洛伦兹力提供向心力有：qvB=m-

r2

联立解得：V=跑1加22.5。=也2吗

mm

已知两小球射出时的速度大小相等，则两小球分别从P点和Q点射出时的速度大小均为生生型也；

m

(2)对带负电小球由几何关系有：q=dtan22.5°

根据洛伦兹力提供向心力有q及uB=m负三

联立解得带负电小球比荷为：*=黑

(3)带正电的小球以速度V=*产垂直进入电场，做类平抛运动，最终从电场的下边界飞出电场;

设带正电小球在电场中的加速度为a,则。=竽

出电场时在x轴方向运动的距离为久=|at2

垂直于电场方向匀速运动有t=-

V

联立解得：X=空!智竺

32qB2

所以经过N点的小球从电场射出时的坐标为声嗡等,d］。

答：(1)两小球分别从P点和Q点射出时的速度大小均为曳勺幽；

(2)从P点射出的带电小球的比荷为4；

(3)经过N点的小球从电场射出时的位置坐标为［誓言泮,d］o

解析：(1)根据题意可作出两个小球的运动轨迹，由几何关系求解带正电的小球的轨迹半径，由洛伦

兹力提供向心力求解速度大小；

(2)对带负电小球由几何关系求解轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解小球的比荷；

(3)根据类平抛运动的规律求解经过N点的小球从电场射出时的位置坐标。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹

力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运

动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答.

14.答案：解：(1)在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-mg=mj

代入数据整理得:F=+mY=0.2x10+0.2xY=3.8N

(2)小球下