江西省萍乡实验学校2024-2025学年高三上学期月考五 物理试题

炎德·英才大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五） 物理学科试题考情分析与知识细目表 整体难度：较难（预估为0.45 平均分不超过45分） 考试范围：电磁学,力学,热学,物理实验,近代物理,光学 试卷题型 题型 数量 单选题 6 多选题 4 实验题 2 解答题 4 试卷难度 难度 题数 较易 2 适中 6 较难 3 困难 5 细目表分析 题号 难度系数 详细知识点 一、单选题 1 0.85 闭合电路欧姆定律的内容和三个公式 2 0.65 含有悬挂小球的连接体问题；杆连接物体运动的分析 3 0.65 物体在光滑斜面滑动 4 0.4 带电粒子在匀强电场中的直线运动；电流强度的定义及单位 5 0.15 应用动能定理解多段过程问题 6 0.15 变压器两端电路的动态分析 二、多选题 7 0.85 气体压强的微观意义；气体等容变化的图象；判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况 8 0.65 导体棒转动切割磁感线产生的动生电动势 9 0.65 平均功率与瞬时功率的计算；弹簧类问题机械能转化的问题 10 0.4 增反减同；线圈穿过磁场边界的电路 三、综合题 11 0.65 螺旋测微器的读数；测量电阻丝电阻率的实验原理和器材 12 0.65 油膜法测分子直径的原理和实验方法；油膜法测分子直径的实验步骤和数据处理；油膜法测分子直径的误差分析 13 0.4 带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算 14 0.15 自由落体运动的三个基本公式；动量定理的内容和表达式；利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题 15 0.15 光电效应现象及其解释；遏止电压的本质及其决定因素 16 0.15 干涉条纹间距与波长的关系 知识点分析 序号 知识点 对应题号 1 电磁学 1,4,6,8,10,13 2 力学 2,3,5,9,14 3 热学 7 4 物理实验 11,12 5 近代物理 15 6 光学 16 难度分布 较易 适中 较难 困难 12.5 37.5 18.75 31.25 学科网（北京）股份有限公司 $$思思想政治 物理试题（萍实版）第1页共7页 大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五） 物 理 命题人：邓 炯 朱光荣 审题人：高三物理备课组 注意事项： 1 . 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2 . 回答选择题，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号 。回答非选择题，将答案写在答题卡上。试卷上无效。 3 . 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷选择题 (共 44分) 一、选择题(本题共 6小题，每小题 4分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．如图所示的电路中，电阻R=10Ω，电源电动势E=9.0V，内阻r=2.0Ω。电流表和电压表均为理想电表，闭合开关S后， 电流表示数I、电压表示数U分别为 A．I=0.90A；U=9.0V B．I=0.90A；U=7.5V C．I=0.75A；U=1.5V D．I=0.75A；U=7.5V 2．如图所示，一端系有小球的轻绳穿过套在水平杆上的光滑圆环，另一端系在天花板上．若 圆环沿着水平杆以大小为v的速度向右匀速运动，当轻绳与天花板的夹角为 时，小球的速度大 小为 A．vcos B．vtan C．v 2cos 1  D．v 2sin 1  3．如图1所示，游乐场内有多种滑梯，其中两组滑梯的示意图分别如图2、3所示。图2中，A、 B两滑梯着地点相同，倾角不同；图3中，C、D两滑梯起滑点相同，着地点不同。可视为质点的小朋友从A、B、C、D四 个滑梯自由下滑的时间分别为 1 2 3 4、 、 、t t t t 不计摩擦阻力，下列关系一定正确的是 A. 1 2t t B． 1 2t t C． 3 4t t D． 43t t 思思想政治 物理试题（萍实版）第2页共7页 4．霍尔推进器将来可能安装在飞船上用于星际旅行，其简化的工作原理如图所示，放电通道两端电极间存在加速电场 ，该区域内有与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例，工作时，工作物质氙气进入放电 通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力，某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为 0v ， 推进器产生的推力为 F，推进器质量m，已知氙离子的比荷为 k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的 作用力及粒子之间的相互作用，则 A．将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度 Fa m  B．氙离子的加速电压约为 2 0 2 vU k  C．氙离子向外喷射形成的电流约为 0 kFI v  D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 0 F v 5．如图所示，两倾角均为 的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H 处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点 时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为 A． 49 sin H  B． 39 sin H  C． 29 sin H  D． 20 sin H  6．如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，其有效值为6V，理想变压器的原线圈上接有定值电阻 0 1R  ，副线圈 上接有最大阻值为10的滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比 1 2 1 3 n n  ，电流表、电压表均为理想电表。初始时，滑动变 阻器R的滑片处于正中间位置，电流表、电压表示数分别为I、U，现将滑片逐步上移至最上端，电流表、电压表变化量 的绝对值分别为 I 、 U ，下列说法正确的是 思思想政治 物理试题（萍实版）第3页共7页 A．滑片上移过程中电压表、电流表示数均增大 B． 1 U I    C．滑动变阻器R的滑片处于正中间位置时，电流表示数为lA D．当滑动变阻器接入电路的阻值为9Ω时，变压器输出功率最大且为9W 二、选择题（本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的 得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分．） 7．如图，一定量的理想气体从状态a（po，Vo，To）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程 ，下列说法正确的是 A．ab过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数可能不变 B．ab过程中，气体内能的增量等于从外界吸收的热量 C．bc过程中，气体对外界做的功大于气体从外界吸收的热量 D．ca过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增多 8．如图是手压式自发电手电筒的原理图。轻轻按压发电手柄，圆形导体环（圆心与环间固定有三根导体棒）就会绕圆 心O沿顺时针方向转动。保持一定的按压频率，导体环就会以角速度匀速转动。不考虑小灯泡电阻的变化，下列说法 正确的是 A．通过灯泡的电流随时间做周期性变化 B．通过灯泡的电流方向始终从上向下 C．若环以 2的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的2倍 D．若环以 2的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的4倍 9．如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为 4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮 与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为 53  ，某时刻由 静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平， 3OQ L ，且小球在P、Q两点处时弹簧 弹力的大小相等．已知重力加速度为g， sin 53 0.8,cos53 0.6    ．则下列说法正确的是 A．弹簧的劲度系数为 2 mg L B．物体乙的重力的功率一直增大 C．物体乙的机械能先增大后减小 D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小 思思想政治 物理试题（萍实版）第4页共7页 10．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度大小为B，纸面内有一由均匀金属丝制成的等腰直角三角形线框abc， 直角边边长为L，bc边与磁场边界平行，线框总电阻为R。线框在向左的拉力作用下以速度v匀速进入磁场。下列分析正 确的是 A．线框进入磁场过程中有顺时针方向的感应电流 B．线框进入磁场过程中产生的热量为 2 3 2 B L v R C．线框ab边中点进入磁场时拉力的功率大小为 2 2 2 4 B L v R D．线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为 2 2 BL R 第Ⅱ卷非选择题 (共 56分) 三、非选择题(本题共 5小题，共 56分) 11．(6分)在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，某同学按如下操作： A．在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，测出其体积； B．在装有水、水面撒有适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形状稳定； C．将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上； D．将玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直径。 ①其中操作不合理的步骤是 ； ②实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是 ； A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 B．有助于测量一滴油酸的体积 C．对油酸溶液起到稀释作用 D．有助于油酸的颜色更透明便于识别 ③已知油酸酒精溶液中油酸体积占比例为k，n滴油酸溶液体积为V，一滴油酸溶液形成油膜的面积为S，则油酸分子的直 径为 。 12．(6分)为了探究合外力做功与物体速度变化的关系，某同学设计了如下实验方案。 第一步：如图甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，穿过打点计 时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动。 思思想政治 物理试题（萍实版）第5页共7页 第二步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连 ，使纸带穿过打点计时器。 第三步：接通50Hz交流电源，释放滑块，使滑块由静止开始加速运动，按实验要求打出的一条纸带如图丙所示。选择某 一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离 X ，记录在纸带上。 (1)打点计时器打1点时滑块速度 1v  m/s (2)已知重锤质量为 1kgm  ，当地的重力加速度为 210m/sg  ，合外力在1和6两点间对滑块做的功W  J。 (3)利用纸带求出各段合外力对滑块做的功W及1、2、3、4、5、6各点的速度 v，以 2v 为纵轴，W为横轴建立坐标系， 作出 2v W 图象，发现它是一条过坐标原点的直线，则说明 。 13．(8分)在光滑绝缘水平面上有A、P、B三个点，PA＝4PB。一质量为m的小球受到沿PA方向的恒定拉力作用，并从P 点在水平面内以某一初速度垂直PA抛出，小球在运动过程中恰好通过B点，此时其速度大小为初速度大小的 13 2 倍。使 小球带上电荷量为＋q的正电，同时加上一水平方向的匀强电场，若将此带电小球从P点以同样的初速度大小在水平面内 沿某一方向抛出，小球也通过B点，此时小球的速度大小是初速度大小的2倍，若该带电小球从P点以同样的初速度大小 在水平面内沿另一方向抛出，恰好通过A点，此时小球的速度大小为初速度大小的 17倍。已知小球无论是否带电，均 受到大小为F、沿PA方向的恒定拉力作用。求： （1）设∠APB=θ，则tanθ多大？ （2）电场的场强大小以及场强方向与PA的夹角α的余弦值cosα； （3）有电场且小球带电时，小球从P点运动到A点过程与从P点运动到B点过程的电势能变化量的比值。 思思想政治 物理试题（萍实版）第6页共7页 14．(10分)某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰 撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题： （1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出 了球与地面的作用时间 t 。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。 （2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2=km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地 面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试 从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。 （3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分 别为m1、m2和m3，且满足m1≫m2≫m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。 15．(12分)电荷的定向移动形成电流。已知电子质量为m，元电荷为e。 （1）两个截面不同的均匀铜棒接在电路中通以稳恒电流，已知电子定向移动通过导体横截面A形A成的电流为 1I 。求 t 时间内通过导体横截面B的电子数N。 （2）真空中一对半径均为 1R的圆形金属板P、Q圆心正对平行放置，两板距离为d，Q板中心镀有一层半径为  2 2 1R R R 的圆形锌金属薄膜。Q板受到紫外线持续照射后，锌薄膜中的电子可吸收光的能量而逸出。现将两金属板P、Q与两端电 压 PQU 可调的电源、灵敏电流计G连接成如图2所示的电路。 已知单位时间内从锌薄膜中逸出的光电子数为n、逸出时的最大动能为 kmE ，且光电子逸出的方向各不相同。忽略光电子 的重力以及光电子之间的相互作用，不考虑平行板的边缘效应，光照条件保持不变，只有锌金属薄膜发生光电效应。 a．调整电源两端电压，使灵敏电流计示数恰好为零，求此时电压 cU 。 b．实验发现，当 PQU 大于或等于某一电压值 mU 时灵敏电流计示数始终为最大值 mI ，求 mI 和 mU 。 思思想政治 物理试题（萍实版）第7页共7页 c．保持 2R 不变，仅改变 1R的大小，结合（2）a和（2）b的结论，在图3中分别定性画出当 1 22R R 时I随 PQU 变化的图线 ①和当 1 24R R 时I随 PQU 变化的图线②。 16．(14分)在双缝干涉实验中，人们不但关注干涉条纹的静态分布，而且关注它们的移动，而使干涉条纹移动的因素有 三方面：一是光源移动，二是装置结构的改变，三是光路中介质的改变。某实验小组选择移动光源实现中心干涉条纹的 移动。实验装置如图所示，建立xOy直角坐标系，光源S位于原点，双缝到y轴的距离为R，光屏到y轴的距离为R+D。在 光源S小角度移动时，存在关系式 1 2 d yR R R    ，且本次实验中光源移动时均为小角度移动。 （1）求当光源S向y轴负方向移动 y 到达 S 时，中心条纹P0移动的距离 P 。 （2）要使条纹 0P移回到 0 0P P的中点， S 需要水平向左还是向右移动，移动的距离Δx为多少？ 物理参考答案（萍实版）-1 大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五） 物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C D B B D BD BC AD CD 1．D【解析】根据闭合电路欧姆定律可知 0.75A EI R r    则电压表的示数为 7.5VU IR  2．C【解析】根据题意可得下图，沿绳子方向的速度分量即为小球沿竖直向上的速度， 即为 cosv  ，故小球的合速度为 2 2 2( cos )v v v 合 ，解得 2cos 1v v  合 3．D【解析】图2中两滑梯有相等的底边，设为L，与地面的夹角为α，则 2 1 sin cos 2 L g t    ，解得 4 sin 2 Lt g   则当 30A  ， 60B  ，此时 1 2t t ；当 2 2 90A B   ，此时 1 2t t ；当90 2 2A B    时， 1 2t t ；图3中两滑梯有相等的高度，设为h，与地面的夹角为β，则 21 sin sin 2 h g t    解得 1 2 sin ht g  因 3 4  ，可得 43t t 则下列关系一定正确的是D。 4．B【解析】将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度 Fa m  飞船 ，故A错误；氙离子经电场加速，根据 动能定理有 20 1 0 2 qU mv  可得加速电压为 0 2 0 2 2 = 2k mv q vU  ；在Δt时间内，有质量为 m 的氙离子以速度 0v 喷射 而出，形成电流为 I ，由动量定理可得 Δ Δ 0F t mv  进入放电通道的氙气质量为 0Δm ，被电离的比例为，则 有 0 Δ Δ Δ Δ m m t t        联立解得 0 0 Δ Δ m F t v  故D错误；在Δt时间内，有电荷量为 Q 的氙离子喷射出，则有 ΔΔ mQ q m       ， Δ Δ QI t  联立解得 0 0 =F q kFI v m v          故C错误。 5．B【解析】小物块第一次到达O点，获得的动能 k1E mgH ，运动的路程 1 sin Hs   小球第一次通过O点损失 的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点 1 0.95H H 到第二次到达O点运动的路程 1 2 2 2 0.95 sin sin sin sin HH H Hs          小球第二次通过O点损失的动能为 1=0.050.05 0.95mgH mgH 则第二次通过 O点小球的动能为 210.95 (0.95)mgH mgH ，滑上斜面的最高点   2 2 10.95 0.95H H H  小球第三次达到O点的 路程   2 2 3 2 0.9522 0.95 2 0.95 sin sin sin sin sin sin HHH H H Hs               小球第三次通过O点损失的动能为 2 20.05 (0.0.05 = 95)mgH mgH …… 设当小球第n次通过O点时刚好静止，第n次损失的动能为 10.05 (0.95) n mgH 则在整个过程中损失的动能     -120.05 0.05 0.95 0.05 0.95 0.05 0.95 nmgH mgH mgH mgH mgH       根据等比数列求和公式得 0.05 (1 0.95 ) 1 0.95 nmgH mgH   可得n趋于无穷大；则在整个过程中的路程     2 12 0.95 2 0.952 0.95 sin sin sin sin nH HH Hs           总 根据等比数列求和公式得   12 0.95 1 0.95 sin 0.05 sin nHHs       总 当n趋于无穷大，有 39 sin Hs  总 6．D【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想 变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联 电路，如图所示滑片逐步上移，使R阻值增大，即 1 22 1 2 1 21 2 2 1 n U U n nR RnI nI n          等效 增大，则总电阻增大，根据 MNI R U 总 总 可知总电 物理参考答案（萍实版）-2 流减小，即通过 0R 的电流减小，根据 1 2 2 1 I n I n  可知，通过电流表的电流减小。根据 1 0 1 0MN MNU U U IU R    知 1U 增大。根据 1 1 2 2 U n U n  可知电压表示数增大。故A错误；根据理想变压器的变压、变流规律及闭合电路欧姆定 律有   2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 2 0 2 02 1 1 1 1 1 1 MN MN MN n n n n n nU U U I R U I R U I R n n n n n n             则 2 2 2 02 2 1 9U U n R I I n         故B错误；对副线圈 2 2U I R 原线圈 有 1 0 1MNU I R U  又 1 2 1 1 2 1 2 2 I n U n I n U n  ， 联立解得 2 9 A 7 I  故C错误；分析可知变压器的输出功率为等效电路的功率 ，则     1 0 2 2 2 2 2 0 0 4 MN MNU UP P I R R R R R R R R        出 等效 等效 等效 等 效 效 等效 等 可知，当 0R R 等效时变压器输出功率最大，结合 2 1 2 2 1 9 nR R R n  等效 解得 9R  带入  0 0 2 2 4 MNUP R R R R    出 等效 等效 得 m 9WP  故D正确。 7．BD【解析】ab过程中，气体体积不变，温度升高，所以容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次 数增大，气体内能增大，又W=0，由热力学第一定律可知气体内能的增量等于气体从外界吸收的热量，所以A 项错误，B正确；bc过程中，温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的 热量，所以C错误；ca过程中，压强不变，温度降低，体积减小，分子平均动能减小，容器壁单位面积单位时 间内受到气体分子撞击的次数增多，所以D项正. 8．BC【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势从而使闭合回路中产生感应电流，由于环顺时针转动，根据 右手定则可知，产生的感应电流的方向始终不变，通过灯泡的电流方向始终从上向下，而导体棒以恒定的角速 度转动，产生的感应电动势大小也始终不变，故A错误，B正确；设圆环的半径为 R，则产生的感应电动势的 大小为 2 1 2 E BR  ,可得电路中感应电流的大小为 2 2 E BRI R R    总 总 可知，当环以 2的角速度转动，灯泡中的电 流变为原来的2倍，故C正确，D错误。 9．ADP、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知 3 tan53 4PQ L L   则小球位于P点时弹簧的压缩量为 1 2 2 x PQ L  ，对P点的小球由力的平衡条可知mg kx 解得 2 mgk L  故A正确；刚释放时物体乙的速度为零，当甲运动到Q点时，甲的速度方向与绳垂直，此时乙的速 度为零，故乙的速度先增加后减小，则乙的重力的功率先增大后减小，选项B错误；小球由P到Q的过程，弹簧 的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D正确；绳子一直对物体乙做负 功，物体乙的机械能一直减小，故C错误。 10．CD【解析】由楞次定律可知线框进入磁场过程中有逆时针方向的感应电流，故A错误；由公式F= 2 2B x v R 可知，F与x成二次函数关系，根据F与x的关系图像可知，线框进入磁场的过程中，力F所做的功等于图线与x 轴所围成的面积，所以力F所做的功小于 2 3 2 B L v R ，线框进入磁场过程中产生的热量小于 2 3 2 B L v R ，故B错误；线 框ab边中点进入磁场时拉力 2 2 2 2( 4 ) 2 B v B LF R R L v   功率 2 2 2 4 B L vP Fv R   故C正确；线框进入磁场过程中通过线 框某一横截面的电荷量为 2 2 BLq R R    故D正确。 11． A；C； Vk nS (每空2分) 【解析】（1）[1]ABCD．要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N滴溶液，测出其体积为V，则一 滴该溶液的体积为 1 VV N  A错误，BCD正确。 （2）[2] ABCD．如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的 作用是对油酸溶液起到稀释作用，ABD错误，C正确。 （3）[3] 一滴油酸溶液纯油酸体积 0 VV k N  一滴油酸溶液形成油膜面积为S，那么油酸分子直径为 kVd NS  。 12． 0.228； 1.714；合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比(每空2分) 物理参考答案（萍实版）-3 【解析】(1)[1]打点“1”的速度等于“0”到“2”这段的平均速度 2 1 (2.06 2.50) 10 m/s 0.228m/s 0.2 v     (2)[2]“1”到“6”的距离 (2.50 2.98 3.42 3.89 4.35)m 0.1714ms       物体所受合外力就是重锤的重力，因此合外力做的功 1.714JW mgs  (3)[3] 合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比。 13．（1）小球P→B作类平抛运动，设PB长为L，时间为t，加速度为a，B点速度为v 0sinL v t  21cos 2 L at  2 2 20 ( )v v at  0 13 2 v v 解得 4tan 3   （2）没有电场时，小球P→B由动能定理得 2 20 1 1cos 2 2 FL mv mv   解得 20 15 8 FL mv 有电场时，设P、B两点电势差为UPB，小球P→B由动能定理得 2 20 1 1cos 2 2PB B qU FL mv mv   有电场时，设P、A两点电势差为UPA，小球P→A由动能定理得 2 2 0 1 14 2 2PA A qU F L mv mv    其中 B 02v v ， 017Av v 整理得 20 3 8PB qU mv 20 1 2PA qU mv 所以 3 4 5PB PA FLU U q   电场方向如图所 示PC=3L 在三角形BPC中据余弦定理得 24 5 BC L 据正弦定理得 10sin 10 PCB  过P点作CB的垂线交于D点，则场强方向与PA夹角α有 10cos sin 10 PCB    电场强度E= 10 15 PBU F PD q  （3）据电场力做功与电势能变化关系可知 PA PAE qU   PB PBE qU   4 3 PA PB E E    14．（1）小球1做自由落体运动，根据 2 2v gh 可得落地瞬间速度大小为 2v gh 由于是弹性碰撞，所以反弹速度大小为 2v gh 。设向下为正方向，落地到反弹，根据动量定理可得 mg F t mv mv    ( ) 解得 2 22 Δ Δ m ghmvF mg mg t t     （2）小球1以碰前刚刚着地的速率反弹并与小球2碰撞，设向下为正方向，设碰后小球2速度为v1，小球1碰后 速度为v2，根据动量守恒定律可得 1 1 1 1 1 2km v m v km v m v   根据机械能守恒定律可得 2 2 2 21 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 km v m v km v m v   联立解得 1 3 2 1 kv gh k    2 3 1 2 1 kv gh k    对于小球2碰后根据动能定理可得 21 1 1 10 2 km gh km v   解得 2 2 3 4( ) (1 ) 1 1 kh h h k k       因为k<1，可得k+1<2 则 4 2 1k   241 1 1k      故h h  并且k越小， h越大，所以他们的猜想是正确的；2球能达到的最大高度为 2 3( ) 1 kh h k    v1的理论最大值为3v，h’理论最大值为9h。 （3）在第（2）问基础上，设 3 2 1m k m k   （ ），2球接着与3球碰撞，同理根据动量守恒定律以及机械能守恒定 律得出3球可以被反弹的高度的表达式 2 2 23 3 3( ) ( ) ( ) 1 1 1 k k kh h h k k k           2球碰前速度为v向下，被1碰撞后速度变为3v向上，2再与3碰撞，自身不受影响碰后还是3v向上，3碰前v向下 ，碰后7v向上，即最大高度为49h。 15．（1）根据 QI t    可得单位时间通过导体横截面A的电子数为 11 In e  因为单位时间通过导体横截面A的电子数与通过导体横截面B的电子数相等 所以时间Δt内通过导体横截面B的电子数为 11 IN n t t e     物理参考答案（萍实版）-4 （2）a．以具有最大动能且沿垂直金属板运动的电子为研究对象，若其刚到达P板时速度刚好减小到0，则不会 有电子经过灵敏电流计G，此为I为零的临界情况，意味着UPQ<0。根据动能定理，光电子由Q板到P板的过程中 ，有 k0c meU E   得 kmc EU e  b．当UPQ＞0时，若从锌膜边缘平行Q板射出的动能最大的光电子做匀变速曲线（类平抛）运动，刚好能到达P 板边缘时，则所有电子均能到达P板，此时电源两端电压为Um。设电子的初速度为v、运动时间为t，电流的最 大值为Im=ne 根据牛顿第二定律，光电子运动的加速度为 m eUa md  平行于金属板方向的运动有 1 2R R vt  垂直于金属板方向的运动有 2 1 2 d at 光电子最大动能与初速度关系为 2k 1 2m E mv 联立可得 2 k 2 1 2 4 ( ) m m d EU e R R   c．结合上述结论，可定性画出I随UPQ变化的图线如答下图所示。 16．（1）中心条纹P0处亮纹的产生原因是光源S发出的经过S1、S2的光线到P0点的光程差为零，因此对于中心 条纹 0P，光源 S 发出的经过S1、S2的光线到 0P点的光程差也为零，即图中存在几何关系 1 1 2 2R r R r   整理得 1 2 2 1R R r r   根据小角度移动公式 1 2 d yR R R    同理 2 1 d Pr r D    联立解得 DP y R    （2）当条纹 0P移回到 0 0P P的中点时，根据公式 2 1 2 d Pr r D    则 1 2 d yR R R     需减小，根据公式，光源到双缝的水平距离 R需增大。 因此光源需要向左移动 1 2 d yR R R x      联立解得 x R 