河北省某中学2023-2024学年高三年级上册期末考试物理试卷（含解析）

河北省衡水中学2023-2024学年高三上学期期末考试物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示，用特定频率的光照射光电管阴极K,发现微安表示数不为0,调

节滑动变阻器，当电压表的示数为6.6V时，微安表示数恰好为0。已知阴极K

的截止频率为％=8x1014//Z,普朗克常量h=6.63x10-34/.s,电子电荷

量e=1.6X10-19Co则该光的频率约为（）

A.9.6X1015Wz

B.2.4x10lsHz

1.6X1015Wz

D.8x1015Wz

2.嫦娥七号将配置能在月面上空飞行的“飞跃探测器”，其中六足构型如图所示。对称分布的六条轻质“腿”

与探测器主体通过钱链连接，当探测器静止在水平地面上时，六条“腿”的上臂与竖直方向夹角均为仇探

测器的质量为小，重力加速度为g。则每条“腿”的上臂对探测器的弹力大小为（）

Amg口mg「mgcosO、mgsinO

A.--D.-~~-C.------D.---------

bcosO6sin066

3.如图甲所示，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片上下振动时，两根细杆周期性地触动

水面，形成两个波源。t=0时刻，波面图如图乙所示，虚线圆表示波峰，实线圆表示波谷，质点a、b、c、

d的平衡位置均在同一直线上，放大图像如图丙所示，其中质点c的平衡位置位于a、b平衡位置的中点，d的

平衡位置位于氏c平衡位置的中点。已知两波源振动的周期为T,振幅相同。下列说法中正确的是（）

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A.t>0时，质点c始终处于平衡位置

B.t=0时刻，质点c向上振动

C.t=0.25T时刻，质点b位于平衡位置

D.t=0.757时刻，质点d的加速度竖直向上

4.2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过一系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为

着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，

下列说法正确的是（）

A.图中两阴影部分的面积相等

B.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小

C.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大

D.探测器在P点的加速度小于在N点的加速度

5.一长方体鱼缸长为0.8m,高为0.6m,鱼缸内水面高度为0.48m,此时

鱼缸正视图如图所示，其中P为右侧缸沿上的一点，Q为鱼缸底部左边上

的一点。某同学从4点沿2P方向观察鱼缸底部的小石子，发现石子恰好

位于Q处。将鱼缸水放掉之后，测得石子到Q点的距离为0.28M。已知4

P、Q所在的平面与鱼缸正视面平行，石子可视为质点，s出37。=0.6,

cos37°=0.8o则水的折射率为（）

43

AAB

-3!4

6.如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端，t=0时刻，一物块从斜面顶端

由静止释放,直至运动到最低点的过程中，物块的速度"和加速度a随时间t、

动能就和机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是（）

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有1、2、3三个带电荷量均为+q、质量均为小的相

同金属小球,用长度均为L的三根绝缘细绳连接，4B、C分别为其连线的中点，。为

三角形中心,已知电荷量为q的点电荷在周围空间产生的电势9=吟,其中k为静电力

常量，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（）

A.。点的电场强度不为零

B.若L长度可调节，则4。两点的电势可能相等

C.系统的总电势能为k竽

D.系统的总电势能为k等

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.如图所示，在正方形的四个顶点a、b、c、d处分别固定着垂直于纸面、电流大小

均相同的长直导线，其中a处电流方向垂直于纸面向外，其余电流方向均垂直于纸面

向里。测得正方形的几何中心。处的磁感应强度大小为B。对于下列四种情况，关于

。处磁感应强度4的说法正确的是（）

A.a导线单独作用时，方向由b指向d

B.若仅将b处导线电流反向，则当=2B

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C.若仅将d处导线电流反向，则当=

D.若仅将b、c两处导线电流反向，则/的方向由a指向c

9.电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高工作效率。如图为某电动打夯机的结构示意图，由偏

心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为“，配重物质量为zn,

配重物的重心到轮轴的距离为r,重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带

不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是（）

A,电动机轮轴与偏心轮转动的角速度相同

B.配重物转到最高点时，处于超重状态

C.偏心轮转动的角速度为卜（M+叫囱

\mr

D.打夯机对地面压力的最大值为2（M+ni）g

10.如图所示，PQ左右两侧分别有间距为L和2L且足够长的平行光滑导轨，PQp

两侧导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量/J7一

分别为小、2nl的导体棒a、b分别静止在PQ两侧的导轨上，t=0时刻，b棒获°

得一水平向右、大小为北的初速度，t=一时a棒刚好达到最大速度。已知a、b

导体棒的长度分别为L、2L,电阻分别为R、2R,a棒始终在PQ左侧运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好,

导轨电阻不计。关于0〜时间内a、b两棒的运动，下列说法中正确的是（）

A.两棒组成的系统动量守恒B.a棒的最大速度为净为

C.0〜％时间内通过b棒的电荷量为舞D.0〜ti时间内b棒产生的焦耳热为镇

DDLy

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

11.流量是指单位时间内流经封闭管道或明渠有效截面的流体的体积，又称瞬时流量，某学习小组用如图1所

示的实验装置测定桶装水抽水器的水流量和喷水口的横截面积。

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时间/

实验器材：3m卷尺，1000czn3量筒一个，手机一部

主要实验步骤如下：

①调节抽水器喷口的位置和角度，使其末端水平；

②打开抽水器开关，将水水平喷出，调节桌面上量筒的位置使水落入量筒中；

③用卷尺测得喷口到水平桌面的竖直高度为y=49.0cm,喷口到水在量筒底部落点的水平位移为x=

25.0cm；

④清空量筒中的水，重新打开抽水器开关，待空中水流稳定后用手机计时器计时，实验数据如下表所示：

时间⑸11.115.319.524.028.2

水量(Xl(r6nl3)300400500600700

(1)根据流量的定义，从理论上分析，在空中下落的水柱的横截面积会随下落高度的增大而______(选填“增

大”“减小”或者“不变”);

(2)根据所测数据，在图2坐标纸上作出时间与水量的关系图线；

(3)根据图像可得实验中桶装水抽水器的水流量Q=m3/s；(保留2位有效数字)

(4)若已知重力加速度g=9.8m/s2,<10«3,16,根据测量的实验数据可知抽水器的水流量Q与抽水器出水

口横截面积之比约为。

A.0.74

B.0.79

C.1.27

0.1.36

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12.某同学测量一段粗细均匀金属丝的电阻率，器材如下：金属丝&,电源E（电动势3人内阻不计），电流

表（量程0-0.64、内阻0.50）,电压表（量程0〜3V1、内阻约3k。），滑动变阻器R（最大阻值150）,毫米刻度

尺，开关S及导线若干。实验步骤如下：

（1）首先用毫米刻度尺测出接入电路中金属丝的长度I=50.00cm,再用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图

甲所示，金属丝直径的测量值d=mm。

（2）为减小误差，应选用乙图中的（填“a”或"b"）连接线路。

（3）实验过程中，改变滑动变阻器的滑片位置，并记录两电表的读数，作出如图丙所示的U-/图像，可得金

属丝的电阻R=H,电阻率p=。•zn。（结果均保留两位有效数字）

（4）电路保持闭合，若测量时间较长，会使电阻率的测量结果（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

四、计算题：本大题共3小题，共40分。

13.如图所示，4B两汽缸均由绝热材料制成，其容积分别为2%、%。最初人B之

间细管道上的绝热阀门Ki和B排气口处的绝热阀门七均闭合，两缸内同种理想气体的

压强和热力学温度均相同，其值分别为Po、To,4缸内气体的内能为九，B缸内气体

的质量为加。。已知理想气体的内能与热力学温度成正比，外界气压为Po,温度恒为To,

汽缸密封性均良好，细管道内的气体忽略不计。现通过电热丝对4缸内的气体缓慢加

热，当其温度达到2To时停止加热并打开气体状态稳定后再次闭合

（1）求再次闭合Ki之后4缸内气体的热力学温度。

（2）打开七，当B缸内气压为po、温度为时关闭出，求B缸内剩余气体的质量。

14.如图所示，xOy坐标系第一象限内存在沿y轴负方向、电场强度大小为后=

叵骐的匀强电场；第二象限内以01为圆心、以R为半径的圆与％、y轴均相切，

qR

其内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；第三、四象

限内存在垂直于；cOy平面向外的匀强磁场。点P（-2R、R）处的粒子源不断地向

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圆形区域内发射质量为小、电荷量为+q、速率相同、方向不同的粒子。粒子K以与久轴正方向夹角a=30。的

方向射入圆形区域，且其在该磁场中运动的时间最长；粒子K经电场偏转后以与％轴正方向成夕=60。角的方

向射入第四象限，经点M(-R、0)再次射入圆形区域。已知粒子在圆形区域中运动轨迹的半径大于R,粒子

的重力及粒子间的相互作用均忽略不计。求：

(1)粒子在点P处的发射速率。

(2)第三、四象限内磁感应强度的大小。

15.如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP,其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。

一个质量为小的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物块4向B运动，t=0时刻与弹簧接触，至肚=

2to时与弹簧分离，第一次碰撞结束；4、B的u-t图像如图乙所示。己知在0〜时间内，物块B运动的距

离为0.6%%，4B分离后,B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直

轨道，物块C的质量为小，且在运动过程中始终未离开轨道"NP。已知物块4、B、C均可视为质点，碰撞过

程中弹簧始终处于弹性限度内，碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。求：

(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件。

(2)物块4最终运动的速度大小。

(3)4、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中物块4的最大加速度大小之比［弹簧的弹性势能表达式为Ep=

^k(Ax)2,其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量］。

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答案和解析

1.【答案】B

15

【解析】解：设该光的频率为n,根据公式hv—h%=eUc,得v=半+%,代入数据解得v=2.4X10Wz,

故8正确，ACD错误。

故选：Bo

根据光电效应方程和动能定理列式联立解答。

考查光电效应的问题，会根据题意进行准确分析解答。

2.【答案】A

【解析】解：设每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为F。探测器静止在水平地面上，合力为零，根据共点

力的平衡条件得

6Fcos9=mg

则得尸=事，故A正确，2CZ）错误。

bcosO

故选：Ao

探测器静止在水平地面上，合力为零，根据共点力平衡条件求解。

本题的关键要掌握共点力的平衡条件：合力为零，利用竖直方向受力平衡进行处理。

3.【答案】C

【解析】解：4、根据图丙可知，帅连线上各点都是振动加强点，所以质点c不是始终处于平衡位置，故A

错误；

8、t=0时，由图乙可知，在c点将向波谷靠近，故质点c向下振动，故B错误；

C、t=0时，b点处于两波峰汇合处，经过0.25T时间，也就是J周期，根据推波法可知，质点b将处于平衡

位置，故C正确；

D、t=0时，d点处于平衡位置与波谷之间，经过0.75T时，也就是'周期，根据推波法可知，质点d将处于

平衡位置以上，质点d的加速度竖直向下，故。错误。

故选：Co

振动加强的点振动最剧烈；根据推波法分析B选项；经过0.257时间，也就是J周期，根据推波法分析b所处

4

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的位置；经过0.75T时，也就是［周期，根据推波法分析d所处的位置，由此分析加速度方向。

本题主要是考查波的叠加，解答本题的关键是知道波的叠加方法，能够根据推波法进行分析。

4.【答案】B

【解析】解：4、根据开普勒第二定律可知，探测器在同一轨道上运行时，在相等的时间内探测器与火星的

连线扫过的面积相等，不同轨道扫过的面积不相等，故A错误；

8、探测器在“调相轨道”的P点减速进入“停泊轨道”，机械能减小，故B正确；

C、“调相轨道”的半长轴大于“停泊轨道”的半长轴，由开普勒第三定律*=k可知从“调相轨道”进入

“停泊轨道”探测器周期变小，故C错误；

。、由牛顿第二定律有：G*=ma,可得a=罢，探测器在P点的半径r小于在N点的半径，所以探测器在

P点的加速度大于在N点的加速度，故。错误。

故选：Bo

A、根据开普勒第二定律可知同一轨道探测器与火星连线在相等的时间内扫过的面积相等；

8、探测器从高轨道进入低轨道要减速，机械能减少；

C、由图可知探测器在两轨道半长轴的大小关系，由开普勒第三定律可知探测器在两轨道运动的周期大小关

系；

根据牛顿第二定律可得加速度大小表达式，可知半径越小，加速度越大。

本题考查了开普勒定律，熟练掌握开普勒三个定律是解题的关键。

5.【答案】A

【解析】解：光路图如图所示:

0.8—0.28—0.2xtan。036永r=37。

tanr=0^480^48

由折射定律得：几=黑=黯=!故A正确,BCD错误。

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故选：Ao

根据几何关系，结合光的折射定律求解水的折射率。

解决该题的关键是熟记折射定律的表达式，能根据几何知识求解相关的角度以及长度。

6.【答案】A

【解析】解：B、物块与弹簧接触前所受合力是恒力，加速度大小不变，做初速度为零的匀加速直线运动；

物块与弹簧接触后在压缩弹簧过程，弹簧的弹力逐渐增大，合力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，物体

做加速度逐渐减小的加速运动；当物块所受合力为零后继续向下运动过程，合力沿斜面向上，物块做减速

运动，由于弹簧弹力增大，合力最大，加速度增大，物块做加速度逐渐增大的减速运动直到速度为零，由

于物块与弹簧接触时有一定的初速度，因此弹簧压缩量最大时的加速度大于物块做匀加速直线运动时的加

速度大小，故A正确，8错误；

C、由动能定理可知：Ek=Fx=max,由于开始做初速度为零的匀加速直线运动，做初速度为零的匀加速

直线运动时a与x正正比，a图象是倾斜的直线；物块与弹簧接触后先做加速度增大的减速运动，后做

加速度减小的减速运动，与弹簧接触后图象的斜率先减小后增大，故C错误；

D、如果斜面不光滑，设物块所受摩擦力大小为/,物块与弹簧接触前机械能的减少量/E=/%,E-x图象

是倾斜的直线，与弹簧接触后一方面克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，另一方面要克服弹簧弹力

做功，部分机械能转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能/Ep=^^2,故£＞错误。

故选：Ao

物块与弹簧接触后弹簧被压缩，弹簧的弹力逐渐增大，根据物块所受合力情况应用牛顿第二定律判断加速

度如何变化，根据物块的运动过程与加速度变化情况判断速度如何变化，根据速度变化情况判断动能如何

变化，根据功能关系分析机械能的变化情况。

对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，

然后作出正确的判断。

7.【答案】D

【解析】解：4根据对称性可知，三个金属小球在。点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法

则可得。点的电场强度大小为0,故A错误；

B、。点到金属小球的距离均为与，4点到金属小球3的距离为孚，根据电势叠加原则，4。两点的电势分

别为04=鳍*2+左莪=（4+孚）%（p0=k-^x3=3y/lk^,则4、0两点电势不论在L取何值时都

2—用

不可能相等，故B错误；

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C。、小球1的电势能Epi=（02+03）q=k竽，同理可得小球2和3电势能与2=£p3=k竽，故整个系统电

势能为也=Epi+E}+Ep3=）¥，故c错误、。正确。

故选：Do

A、根据电场强度的叠加法则可得。点的电场强度；

8、根据电势叠加原则，计算人。两点的电势进行比较；

CD,分别计算小球的电势能，进而求出系统的总电势能。

考查对点电荷电场分布特点及电场强度叠加的理解，根据关系式解答。

8.【答案】CD

【解析】解：4如图所示：

仅有b、d两处导线时，。处磁感应强度为0,a、c导线单独作用时在0处产生的磁感应强度相同，设为殳，

贝l」2Bo=B,故为=?,方向由d指向b,即/=小方向由d指向6,故A错误；

BCD若仅将b处导线电流反向,则仅有b、d处导线作用时，。点磁感应强度大小为8,由a指向c,可知名=^2B,

同理分析CD选项，可知CD正确；故2错误，C£＞正确。

故选：CD。

由安培定则确定出方向，得出各导线在。处产生磁场的磁感应强度大小，再利用矢量合成法求出。点感应强

度大小。

考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，注意右手螺旋定则与右手定则的区别。

9.【答案】CD

【解析】解：4、电动机轮轴与偏心轮转轴属于皮带传动，轴边缘线速度大小相等，根据线速度与角速度的

关系可知，角速度不相等，故A错误；

8、配重物转到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故2错误；

C.当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，根据平衡条件T=Mg

飞轮对配重的作用力为T,对配重物，合力提供向心力，根据牛顿第二定律mg+7=小厂丁

联立解得3=叵遢，故C正确；

7mr

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D、在最低点，飞轮对配重的作用力为T',对配重物，根据牛顿第二定律『-mg=HIT32

对打夯机，根据平衡条件N=T'+Mg

联立解得N=2(m+M)g

根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2(M+m)g,故。正确。

故选：CD。

根据传动方式以及线速度与角速度的关系分析作答；

根据超重和失重的知识分析作答；

根据平衡条件、牛顿第二定律与圆周运动的知识分析作答；

根据平衡条件、牛顿第二定律与圆周运动的知识以及牛顿第三定律分析作答。

本题考查了圆周运动物体的传动方式、线速度与角速度的关系、平衡条件以及牛顿第二定律、第三定律的

综合运用。

10.【答案】BD

【解析】解：4根据安培力公式尸=3〃可知，两金属棒的电流相同，长度不同，。〜G时间内b棒所受的安

培力大小始终为a棒所受安培力的两倍，系统所受合外力不为0,故系统动量不守恒，故A错误；

BC.t=亢时刻，两棒产生的感应电动势相等有BL%=B-2L-vb,设0〜时间内通过a、b棒的电荷量为q,

规定向右的方向为正方向，对a、b两棒分别由动量定理得BLq=mvm,-B-2L-q=2mvb-2mv0,得加=

,北，q=需，故B正确，C错误；

3DDL

。.由能量转化和守恒定律可知，该段时间内系统产生的总焦耳热为Q=1-2mvQ-|-mv^-1-2mv^,贝!Jb

产生的焦耳热册=肃(2,解得的=萼，故。正确。

£.K-rKy

故选：BDo

A根据安培力公式分析两棒安培力大小，结合动量守恒的条件进行分析判断；

BC根据a棒最大速度的条件结合两棒的动量定理列式联立解答；

。.根据能量的转化和守恒定律列式求解b棒产生的热量。

考查双棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势问题，结合动量守恒定律、动量定理以及能量的转化和守恒

定律联立求解相关物理量。

I.【答案】减小2.2XIO」B

【解析】解：Q)设空中下落的水的速度为〃，根据流量定义有Q=Su

在流量不变时，随着下落高度的增大，水的速度在增大，此时水柱的横截面积会减小。

(2)将表格中的数据描绘在坐标上，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线

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的两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示:

(3)根据题意可得水量与流量的关系为P=Qt

变形得t=^-v

t-U图像的斜率卜=s/相=||x105s/m3

Q-onUUn—去OUJ\Xn1U-6/寸

1

结合t一U函数可知k=,

代入数据解得Q=2.2x10-5m3/s

(4)设水从出水口射出的水平初速度为北

根据平抛运动规律，竖直方向丫=29/

水平方向％=vot

联立代入数值解得%=679mls

根据前面分析此时有Q=S%

所以可得抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比为*=v0=0.79m/s

综上分析，故ACD错误，8正确。

故选：So

故答案为：(1)减小；(2)见解析;(3)2.2x10-5；(4)Bo

(1)根据流量公式分析作答；

(2)根据描点法作图；

(3)根据水流与流量的关系求解t-U函数，结合图像斜率的含义求流量;

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(4)根据平抛运动规律求水流的初速度，根据流量公式求抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比。

此题考查了平抛运动的规律，解题的关键是明确水做平抛运动，以及单位时间内流出的水量与流量的关系。

12.【答案】0.500a4.01.6x10-6偏大

【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为OSrrnn,可动刻度读数为0xOOlrnm,则金属丝直径为：

d=0.5mm+0X0.01mm=0.500mm；

(2)电流表的内阻已知，与待测电阻串联，通过待测电阻的电流测量值是准确值，故应选乙图中的a连接线

路；

(3)根据图a可知U=/(%+RA-)

图像的斜率表示金属丝的电阻，则有％+RA=需糕。=4.5。

U.6U—U.U7

代入数据解得

Rx=4.0/2

根据电阻定律有/?=0(

根据几何知识有S=邛

解得

p=1.6X10-6。-m

(4)电路保持闭合，若测量时间较长，电阻温度升高，会使电阻率的测量结果偏大。

故答案为:(1)0.500；(2)a；(3)4.0,1.6XIO-6；(4)偏大。

(1)明确螺旋测微器的分度值，读出读数；

(2)根据实验误差分析判断；

(3)根据欧姆定律、电阻定律、几何知识推导计算。

(4)根据温度对金属电阻率的影响分析判断。

本题考查测量一段粗细均匀金属丝的电阻率实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和

误差分析。

13.【答案】解：(1)最初4、B两缸内同种理想气体的压强和热力学温度均相同，可知4、B两缸内同种理想

气体的密度相同，4中气体体积是B的2倍，则4中气体质量和分子数量均为B的2倍，因温度相同，故分子平

均动能相同，可得B中气体的内能是4的看即/=辞

当A中气体温度为27。时，据题意可得：黑=缪

100

解得此时4中气体内能为：UA1=2U0

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此时4、B中气体总的内能为：=UA1+UB=2.5U0

根据能量守恒定律，可知气体状态稳定后再次闭合K1后总的内能不变，4中气体的内能是B的2倍，贝必中气

体的内能是总内能的|,即：

%=寸2J=汐5。

设所求的热力学温度为T,则有：华=黑

解得：T=|7o

(2)以8中气体为研究对象，设打开修前其压强为pi，由查理定律得：

Po=Pi

To~T

解得：Pl=|po

根据理想气体状态方程得：毕=瞥

T凯。

解得：v=|y0

由：*为

y频

解得：小剩余=汾。

答：(1)再次闭合匕之后4缸内气体的热力学温度为母To；

(2)B缸内剩余气体的质量为1加0。

【解析】(1)由已知条件结合内能的定义，可得4B两缸内气体的内能关系，从求出B中气体的内能。根据

理想气体的内能与热力学温度成正比，结合能量守恒定律，求得末态总内能和4中气体的内能，以及再次闭

合Ki之后4缸内气体的热力学温度；

(2)由查理定律求出B内气体的压强，根据理想气体状态方程求出B中气体末态体积，根据体积关系求解B缸

内剩余气体的质量。

包括考查了分子动理论与理想气体状态方程的应用，理解内能的含义。确定气体的初末状态，应用相应的

气体实验定律和理想气体状态方程解答。

14.【答案】解：(1)粒子K在圆形磁场中运动时间最长，可知该粒子在圆形磁场中运动的轨迹以直径PN为

弦，如图所示

第15页，共19页

其运动轨迹的半径

R仁n

n=--=2R

xsina

由

B°O0=萼

解得

”_2B0qR

(2)设粒子K在电场中运动的时间为t,则

Eqt=mv0cosa•tan(3—mvosina

设粒子经Q点由第一象限射入第四象限，则

XQ=v0cosa•t

解得

R

XQ=2

由几何关系可知粒子在第三、四象限内运动的轨迹半径为

R+%Q

x_2

女一诉

设粒子在Q点速度大小为方,则

VnCOS30°

VQ=cos60。

结合

2

mvn

Ba=—

解得

Bi=4B0

第16页，共19页

答：(1)粒子在点P处的发射速率为总户；

(2)第三、四象限内磁感应强度的大小为4%。

【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求粒子在点P处的发射速率；

(2)根据运动学公式和几何关系求第三、四象限内磁感应强度的大小。

解决该题的关键是明确知道粒子在各部分的运动情况，能根据几何知识求解粒子运动半径，本题难度中等。

15.【答案】解：(1)由图乙知t=2%后

vB=2v0

8、C发生弹性碰撞，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒可知

m•2v0=mvB+mvc

由机械能守恒可知

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