山东省实验中学2026届高三下学期考前模拟测试物理试题

绝密★启用并使用完毕前 山东省实验中学2026届高考考前模拟测试 物理试题 2026.5 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第1卷（共40分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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，为α粒子散射实验装置的示意图。当探测器从A点顺 时针开始转到C点的过程中，单位时间内进入计数器的a粒子个数 n随转过角度变化的关系图可能符合事实的是 铅盒 人K D 2.在折返跑项目中，甲、乙两同学同时从起点出发，跑向另一端再跑回起点。比赛开始后 的一段时间内，甲、乙两同学运动的位移x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确 的是 A.0~t1时间内甲、乙两同学都做加速运动 个x/m 50 B.0~2时间内甲、乙两同学运动方向始终相同 C.0~2时间内甲、乙两同学运动的位移相同 D.0~时间内甲同学的平均速度更大 物理试题 第1页 共8页 3.太空碎片会对航天器带来危害。为了避开碎片，空间站在P点喷射气体，使空间站获得 一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半 径，忽略空间站质量变化。下列说法正确的是 A,空间站变轨前、后在P点的向心加速度相同 B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的大 地球 C.空间站变轨后在P点的机械能比变轨前的小 D.空间站变轨后在近地点的速度比变轨前的小 4.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将双缝干涉实验仪器按要求安装在光具座上，如 图所示。接通电源使光源正常工作。以下说法中正确的是 光源透镜M 拨杆遮光简 乙 A,M、N、P三个光学元件依次为滤光片、双缝、单缝 B.如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹如图丙所示，则波长的测量值偏小 C.通过测量头观察到的干涉图样如图丁所示，出现这种现象的原因是测量头过于左偏， 应调节测量头上的手轮，使它适当右移 D.通过测量头观察到的干涉图样如图丁所示，出现这种现象的原因是测量头过于右偏， 应调节测量头上的手轮，使它适当左移 5.如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定， 处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为53°，重力加速度为g。则 A.L2的拉力大小为3mg B.剪断L2瞬间，绳L1上的力大小为mg C.同时剪断L1和L2的瞬间，小球乙的加速度为0 D.剪断L2后，小球甲运动的过程中机械能守恒 z○ 6.如图所示为三峡发电站向某地远距离输电的原理图， 发电机发电频率为输出的电压为山、功率为P, R 小 电 U 用 则下列说法正确的是 A.用户端交流电的方向每秒改变f次 升压变压器 降压变压器 B.若升压变压器原、副线圈匝数比为m,输电线电阻R损耗的功率为 2 C.用户减少时，输电线路中的能量损耗会增大 D.用户减少时，用户得到的电压减小 物理试题 第2页共8页 7.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B→C→D→A p/(x10'Pa) 回到原状态A,其中A→B、C→D为等压过程，B→C、D→A为等温过 B 程，下列说法正确的是 A.在过程B→C中气体向外界放出热量 B.气体在状态B的内能大于在状态C的内能 010203070x1dm C.气体从状态A变化回到状态A过程中向外界放出热量大于从外界吸收的热量 D.在过程C→D中外界对气体做的功为4000J 8.在水平向右的匀强电场中，带电小球A、B用一根绝缘轻绳连接，另一根绝缘轻绳将A 悬挂在O点，A、B的质量均为m,电量分别为-3g和+q(g>0)。对B施加拉力F使系统在 竖直面内平衡时A、B的位置如图所示，其中AB绳水平，OAB构成正三角形。已知重力 加速度为g,匀强电场场强大小为。，球A、B间的库仑力及万有引力忽略不计。现撤去 拉力F,由于空气阻力的作用，球A、B最终再次处于静止状态，小球电量始终不变，且 静止后不再受阻力作用，则两球再次静止后 A.OA绳的拉力大小为V2mg B.AB绳的拉力大小为mg C.与撒去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小 D.与撤去F前相比，球A的总能量增加 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐波在0.01s时刻的波形图，P、Q分别是x轴上 x1=15cm和x2=45cm处的两质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是 30 456075 (x102s) 甲 A.该波沿x轴正方向传播 B.-0.18s时刻，质点Q的加速度方向沿y轴负方向 C.再经0.04s,质点P的振动形式将传播60cm D.该波与另一列频率为2.5Hz的波相遇时，可能发生干涉现象 物理试题第3页共8页 10.水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。下图为某水车模型，从槽口水平流出的 水初速度大小为%，垂直落在与水平面成37°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。 在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气 阻力，已知重力加速度为g,则有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是 A,水流在空中运动时间为=安 B。水流在空中运动时间为=装 C.稳定后水车角速度接近w=物 3R D.稳定后水车角速度接近0= AR 11.如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为+q、-g、-q、+q的四 个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足lao=lob-lMe2laP2lgc。规定无穷远处 电势为0，则下列说法正确的是 A.M与O点的场强相同 B.IUPMl=|Ugol C.电子由P点移动到Q点，电场力不做功 D.在四面体的棱上，还有3个点的电势与M点相同 12.如图所示，某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在水平传送带上，传送带所 在空间中存在着竖直向下的匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行且与传送带速度方向成45°， 磁感应强度为B,线圈与传送带一起以恒定速度ν向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数 为4。线圈进入磁场过程中不打滑。已知线圈质量为m,匝数为N,边长为L,总电阻为R, 且磁场宽度大于√位。则 俯视图 A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ADCBA B,线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为 R C.线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿AC方向，最大值为凸 R D.用完全相同的导线绕制边长为L、匝数为2N的线圈，该线圈进入磁场过程也不打滑 物理试题 第4页共8页 第Π卷（共60分) 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(8分)2025年，我国在光刻机和光刻胶领域取得重大突破，首台高数值孔径光刻机成功 交付，相关核心材料的电学性能成为研究热点。某实验小组需测量一种用于光刻机特密定 位元件的电阻值。 (1)用螺旋测微器测量该元件的边长d,螺旋测微器示数如图甲所示，则d= mim: (2)为了精确测量该电子元件的阻值（阻值约为90Ω），小组找到了如下实验器材： 25 30 5 10 图甲 图乙 图丙 图丁 A.电源E(电源电压9V,内阻约为2) B.电压表V(量程0-15V,内阻约为8kQ) C.电流表A,(量程0-15mA,内阻n为10n) D.电流表A2（量程0~150mA,内阻n为22) E.滑动变阻器R,（最大阻值为102) F.滑动变阻器R2(最大阻值为4k2) G.开关S,导线若干。 3 ①甲小组设计了如图乙所示的实验原理图，其中电流表应选用 滑动变阻器 应选用 :(均填器材前序号) ②乙小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R,并重新设计 了如图丙所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改 变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表A1的示数1、电流表A2的示数2，作出了1-2的图 像，如图丁所示，已知图线的斜率为k,则该电子元件的阻值R= (用R、n、k表 示)。 物理试题第5页共8页 14.(6分)如图所示为测量液体折射率的光学装置，其中图甲、图乙分别为加入透明液体前 后的光路示意图。 游标卡尺 游标卡尺 EANANAAANAAK 光源 2 隔板 隔板 玻璃容器 0 X, 容器 玻璃 游标卡尺 玻璃 图甲 图乙 某次测量过程，加入液体前后，两束激光以相同的入射角分别经过两次折射（空气到 玻璃、玻璃到空气或液体)进入长方体水槽中，调节隔板的位置使交点恰好汇聚在隔板上的 O点和O2点，玻璃容器左内壁到隔板的距离分别记为d1、2,可通过游标卡尺测出其大小。 玻璃容器左内壁折射点到O1点和O2点的竖直距离分别记为x1、x2,且x1=2。已知光线在不 同介质间的折射率满足n1sin9=2sind2,可算出所加液体折射率。 (1)在测量折射率过程中，下列说法正确的是（单选，填正确答案标号） A.玻璃容器内外壁边界必须平行 B.为减小实验误差，入射角8越大越好 C.当入射角0达到一定角度时，会在玻璃内壁发生全反射 D.若增加玻璃容器壁厚度，汇聚的交点会上移 (2)加入液体后，第二次折射点距隔板的垂直距离如图所示，则d-_cm: (3)已知空气折射率n1=1,且已测得的其余数据为x1=x2=12cm,d1=9cm,d2为（2)中 测量数据，则该液体的折射率为 。 (保留两位有效数字) 15.(8分)质量为m的小球与一个长为L的轻杆连接，杆的另一端可绕0 点无摩擦旋转，现将小球拉到与水平方向成30°角的上方A点 .30.0 (1)将小球由静止释放，求小球运动到最低点时受到杆的拉力大小F: (2)将杆改为同长度不可伸长的轻绳（绳恰伸直)，然后仍然将小球 从A点由静止释放，求小球运动到最低点时受到绳的拉力大小T。 物理试题第6页共8页 16.(8分)如图所示，“疏璃不对儿”是由玻璃做成的形似烧瓶的非遗吹奏玩具。使用时， 用嘴对管口吹、吸气，使其薄脆的底部发生振动，发出“不对儿、不对儿”的声音。加 工烧制“玻璃不对儿”是一项传统的非遗手艺，有时需要二次烧制。某次二次烧制前， 半成品“玻璃不对儿”的容积为o,室内大气压强恒为P0,温度恒为T0,则 (1)若将该“玻璃不对儿”封口后进行烧制，缓慢升高温度， 半成品 成品 使其底部向外影胀，当其容积达到最大值时，内部气 体的压强增加了△，求此时内部气体的温度刀： 管口 (2)若将该“琉璃不对儿”不封口放在温度恒为T2的炉窑中 烧制，在烧制过程中，其始终与外界大气相通，体积增 大的同时，容器内气体分子数保持不变。当其体积达标 后，烧制完成，然后将其移至室温环境，经足够长时间 薄脆的底部 冷却，冷却时其体积保持不变，求冷却过程中，“琉璃 不对儿”吸入气体的质量与未二次烧制前其内部气体的 质量比。 17.(14分)电子束焊枪是利用“磁透镜”将电子束汇聚到工件上的装置，高速电子撞击工 件使金属熔化实现焊接。其简化原理如图甲所示，经加速后的电子束匀速通过速度选择 器，以速度垂直“磁透镜”的左端面射入。简化后的“磁透镜”可视为长为Lo,中心 轴线为MN的圆柱体，其内分布着同心圆环磁场，磁场磁感线分布如图乙所示（从左向 右看)，它的磁感应强度大小B与该点到中心轴线的距离r成正比，即B=kr,其中k 为常量。己知电子的质量为m、电荷量大小为e,速度选择器两平行极板间距为d、磁感 应强度为，·.忽略电子间的相互影响。物体做简谐运动的周期72原（其中k为回复力 系数)。 (1)求速度选择器两极板所加电压的大小U: (2)由于电子通过圆柱体的时间极短，忽略电子束轴向速度的变化，但考虑电子径向 位移。电子束将汇聚到轴线上，证明：径向电子做简诺运动，并求出第一次汇聚 到轴线上的点到左端面的距离L: (3)调节速度选择器电压，改变进入“磁透镜”电子的速度，考虑电子径向位移、忽略 电子束轴向速度的变化，使近轴电子束恰能汇聚到圆柱体的右端面和中心轴线的 交点N上，求电子束进入“磁透镜”的速度。 电子束××B。× xx 磁透镜 截面图 图甲 图乙 物理试题 第7页共8页 18.(16分)某弹射装置竖直截面如图所示，水平直轨道AB、BE与半径R=0.32m的螺 旋圆形轨道BCD平滑衔接，AB与BCD均光滑。将一质量m=Ikg的小滑块从A端 弹出，小滑块通过BCD后又滑过轨道BE。从E点水平飞出，落到地面上的F点。 已知弹簧劲度系数k=1ON/m,滑块与轨道BE间的动摩擦因数u=0.2,E、F两点间 的高度差h=l.25m。取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，弹簧弹性势能与形 变量的关系为E)x2。 (1)若滑块运动过程中不脱离圆轨道且可到达轨道BE,求弹簧形变量x的取值范 围 (2)若滑块被弹射后，恰好通过圆轨道BCD,为使小球落点F与B点的水平距离 最大，求BE段的长度L: (3)在第(2)问条件下小球落到F点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小 球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面夹角相等。求小球 从E点飞出到最后静止所需时间t。。 77n77mnT地面 2 物理试题第8页共8页山东省实验中学2026届高考考前模拟测试 物理答案解析 2026.5 题号 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 答案 A C B 0 B D C BC AC BD AD 1.A.绝大多数粒子方向不发生改变 2.C 【详解】A.0两同学都先做加速运动，再做减速运动。 B.甲在t1后反向运动 C.2时刻甲乙位移相同 D.0t时刻乙的平均速度更大 3.B 【详解】A。变速前后速度不同，向心加速度不同 B.变轨后半长轴大于原半径，周期变大 C.变轨后半长轴大于原半径，机械能增加 D.变轨后半长轴大于原半径，在近地点速度变大 4.D 【详解】A.顺序为滤光片、单缝、双缝 B.测出的条纹间距偏大，结果偏大 C、D.根据丁图可以看出条纹在左侧，所以镜头偏右，需向左移 5.C 【详解】对甲、乙整体受力分析可知，L2的拉力大小为F3=器。=宁mg,剪断L瞬间，弹簧的形变恢复需要时间， 故弹簧的弹力不发生突变，小球乙的加速度为零：剪断L,瞬间，轻绳L,的力可以发生突变，由运动状态考虑，小 球甲的加速度应竖直向下，故轻绳L,的力突变为0，则小球甲受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律 mg+2mgma甲：解得a甲=3g,同时剪断L1和L2的瞬间，弹簧的力不发生突变，小球乙的加速度为0 6.B 【详解】用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，输电线电流I2减小；输电线损耗功率为△P-R, 因此损耗功率诚少：若升压变压器原、副线图匝数比为，则哈京又PU,则输电线电阻R损耗的功率 第1页，共7页 △k兰发电机电压（不变，升压变压器匪数比不变，因此线图电压巧，不变：用户减少后飞减小，输 电线电压损失△U=IR减小，降压变压器输入电压U,=U2-△U增大：降压变压器匝数比不变，因此用户得到 的电压U4随U3增大而增大。 7.D 【详解】在过程BC中，体积增大，气体对外做功，但由于温度不变，内能保持不变，所以气体从外界吸热， 故A错误；DA为等温过程，温度不变，所以气体在状态A的内能等于在状态D的内能，故B错误；从A状态 顺时针回到A,气体内能不变，对外界做功多，所以气体从状态A变化回到状态A过程中向外界放出热量小于 从外界吸收的热量；气体从状态A变化到状态B为等压过程，体积增大，气体对外做功，即W=p△V=4×10的×(20 一10)×103J=4000J,由于AB、CD为等压过程，即PA=PB=P1,pC=PD=P2,过程AB气体对外界做的功p1(VB 一V),过程CD对外界做的功p2(Vc一VD),BC、DA为等温过程，则有p1Vs=p2'c,p1VA=p2'D,所以过程CD 中外界对气体做的功等于在过程AB中气体对外界做的功，故D正确。 8.C 【详解】 A.A、B再次静止后，A、B受到的电场力的合力为F=3gE-gE=2gE=2g×m8=2mg q 方向水平向左。对A、B整体受力分析如图 F AB 由几何关系可得F4=VF2+(2mg)}2=22mg 且OA绳与竖直方向的夹角为ana=-=1即a=45A错误： *2mg 2mg B.A、B再次静止后，对B受力分析如图 由几何关系可得FB=V(gE)子+(mg}=√2mg 且AB绳与竖直方向的夹角为anB=gE=1即B=45 mg B错误； mg C.由上述分析可知，A、B再次静止后，OA绳、AB绳与竖直方向的夹角均为45°，则此 时两球的位置如图所示 设绳长为L,故A电势能的变化量为△EA=-3gE亿sin45-Lsin30 3mgL(2-1） AQ 2 B电势能的变化量为△EB=qELsin30°=-mgL 2 OB A重力势能的变化量为△EA=mg(Lcos30-Lcos45) mgL(V3-V2) 2 第2页，共7页 B重力势能的变化量为AEB=-mg(Lcos45-Lcos30上- mgL(22-3 2 与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为△E电=AE电A+△E电B=- mgL3V2-2 .<0 2 mgL(2V3-32 △E重=△E重A+△EB= <0 2 故与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，C正确： D.与撤去F前相比，A、B两球的总能量变化量分别为AE=AE电A+AE= mgL(3+3-4) <0 故A球的总能量减少，D错误。 9.BC 【详解】A.t=0.01s时，由乙图得P点向y轴负方向振动，根据同侧法，可得波沿x轴负方向传播，故A错误： B.由甲图得子=30cm,故波长A=60cm 由乙图得周期7=Q04s,因此频率/=725z,波速v=-60m=150emS T0.04s 1=0.01s时，点在平衡位置，振动方向向上：时间差△t=0.18s-0.01s=0.17s=47+T 过Q点振动状态相当于经过，到达正最大位移处，加速度沿y轴负方向， C.振动形式传播的距离等于波传播的距离，传播距离x=v△1=1500cm/s×0.04s=60cm,故C正确： D.干涉的条件是两列波频率相同，该波频率为25Hz,与2.5Hz频率不同，不能发生干涉，故D错误。 故选BC。 10.AC 【详解】AB.水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上， 水平方向速度和竖直方向速度满足a37°-之解得1=%故A正确，B钻误： gt 3g 5 CD.水流到水轮叶面上时的速度大小为v=√+(g= ,根据v=oR解得@=头故D铅误，C正确： 3R 故选AC。 11.BD 【详解】A.由对称性可知，M与O点的场强大小相同，但方向不同，A错误： B.在ab的中垂线上，在ab两处电荷的电场中，M点的电势为0。M点是cd的中点，在cd两处电荷的电场中， M点的电势也为0，故M点的电势为0：P、Q距离a、c均为}处，a、c分别为+9、9的电荷，则分别在P,Q 处的电势绝对值相等，同理，P、Q距离b、d均为三处，b、d分别为-q、+q的电荷，b、d分别在P、Q处的电 第3页，共7页 势绝对值相等，P与d、c距离与Q与b、a距离相等，则合电势刚好相反，即pp-po,根据A分析，O点的电势 也为零，则有UPM=OP-OM,Uog=po-po,则UpM-Uoo; C.因为pP>po,则负电荷由P点运动到Q点，电场力做负功，故C错误： D.根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab、ac、db中点的电场强度大小，电势均与M点相同，其他各点 均不满足条件。 12.AD 【详解】A.线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的方向为ADCBA,故A正确： B.线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为q=I△ 电流平均值为7= R 根据法拉第电磁感应定律E=N△0-NBC解得g- NBL △t△t R 故B错误； C.在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力方向 为AC方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿CA方向，最大值为 f=F NBIL=NBI L 线圈在进入磁场的过程中感应电动势的最大值为Em=NBLv 感应电流的最大值为1。-号解得人=2VB产B R R 故C错误； D.线圈质量不变，材料不变，边长不变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的}， 根据R=PS可知，电阻变为原来的4倍，又因为安培力的最大值为F。=2NB产 R 可知匝数变成2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，而最大静摩擦力为∫m=g 不变，故在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故 D正确。 13.(1)3.664/3.665/3.666 (2) D E k(R+) 1-k 解析： (1)3.664/3.665/3.666 (2)①1]电子元件的阻值约为902，电源电压为9V,故流过电子元件的最大电流为I= E=0.1A 故电流表A,可以满足测量要求，故选D。 第4页，共7页 [2]滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。 ②[3]根据欧姆定律可知R= 1(i+R) 12-11 A=RR=k故R=1-k 化简得1，+R+R, k(R+) 14.(1)A(2)16.000(3)1.3 【详解】(1)A当玻璃边界平行时，透过玻璃的折射光与原入射光平行，可保证汇聚到两光源连线中点齐平位置， 保证实验顺利进行，故A正确 B为减小实验误差，入射角应适量大些，故B错误 C.由于光从空气进入玻璃砖后再次进入到空气中，所以入射角与离开玻璃砖时的折射角相同，不会发生全反射。 D.增加玻璃砖厚度，依旧发生两次折射，两条光线依旧在两光源连线中点齐平位置相交，O点位置不变。 (2)16.0cm+0×0.05mm=16.000cm (3)nisin0=n2sin02=n3sin0 x 4 tan01=-=- 01=530 tan03=-=-, 03=37° 则n3_"1sim04 sine3 3 保留两位有效数字为1.3 15.1）根据动能定理：mg亿+Lsin309)=2my21分 1 在最低点：F-mg= my2 L 1分 解得：F=4mg..1分 m (2)小球释放后先做自由落体运动，绳子将为松弛状态。当小球运动到O点所在水平线下方 306 且与O点连线与水平方向成30角时，绳被瞬间拉直。在绳绷直前的瞬间小球的速度方向竖直 30° 弹O 向下，大小为v=√2g2Lsin30°=√2gL.1分 在绳绷直的瞬间过程中，由于O点固定，则小球在沿绳方向上的分速度在瞬时减小到零，小 球在垂直于绳方向上的分速度 =C0s30°… 1分 此后小球以v为初速度沿弧线下摆，由机械能守恒有1 1 1分 mv+mgL(1-sin 30)-mv. 在最低点由牛顿第二定律有 T-mg =m 2 .1分 L 联立以上各式可得T=3.5mg… .1分 16.(1)由题意可知，封闭琉璃不对儿的内部气体的初状态为po,To,'o 末状态为1，p1=p0+△p.1分 根据理想气体状态方程可得=火2分 解得T=p0p）T0…….】分 PoVo (2》该琉璃不对儿内气体的压强不变，根据盖吕萨克定律可得上-么 T万6：解得=2 To 因为冷却前气体质量与冷却后气体质量之比为： m的_=西 m后归乃2分 △m_T2-T0 所以吸入气体与冷却前气体质量之比为：m露02分 U 17.(1)电子束匀速通过速度选择器，受力平衡，则有Bev。=e d 2分 解得U=B.1分 (2)不计电子束轴向速度的变化，设电子沿轴线的初速度为，径向的力为F, 则有F=k'revo.… .1分 其中、e、o为常量，则F=kr电子在径向受力与偏离轴向的距离r成正比，1分 故在径向电子做简谐运动，周期满足：T=2 元 T=2π e …1分 第一次经过轴线时，仁手… T 1分 电子在轴向做匀速直线运动L=vot.… …1分 1分 (3)不计电子束轴向速度的变化，设电子沿轴线的初速度为Vx,径向的力为F, 则有F=krev周期TP2rR m 电子从射入磁场区到N点过程：沿径向1=(2m+)4(n=0,12,3.…小2分 沿轴向L0=y,1.1分 则速度v= 4keL mπ2(2n+1)2 n=0,1,2…）..2分 18答案：（1)22m:（2)13.75m:(3)1g=1.5x (1)分析得，物块恰好完成完整圆周运动，在D点对物块：mgm .1分 开始释放到D点过程中，对物块：2-mg2R=m%0,1分 解得：m:所以22m:1分 (2)法一：B一D过程中，对物块：-mg2R=m哈-m哈1分 B一B过程中，对物块：一mgL-m2-m1分 E一→F过程中，对物块：水平方向上：x-vEt.… 1分 竖直方向上：h=g21分 解得：yg-2W4-乙.。 1分 所以，F点与B点最大水平距离s=L+x=L+V4-乙： 1分 所以当L-3.75m时，s最大。1分 法二：释放到E点过程中，对物块：2-mg=m2-0.1分 解得：=4金 1分 E一F过程中，对物块：竖直方向上：h=8:解得0.5s;1分 水平方向上：x=yEt.1分 所以，F点与B点最大水平距离4享+ 1分 所以当glm你时s有最大值，.1分 此时L=3.75m. .1分 (3)与地面碰撞后：EkM=E0-75%E0' 即：m=xm哈：所以yo 因为与地面碰后夹角不变，所以：101分 所以第一次碰后到第二次与地面碰撞所用时间，=2×=2× g82.1分 第二次碰后到第三次与地面碰撞所用时间为：22×2-2×兰=2×司 882g20 第三次碰后到第四次与地面碰撞所用时间为：3=2×型-2×2=2× 882g×230 综上所述，第n次碰后到第+1次于地面碰撞所用时间为： .1分 兰-0s 从E到F过程中仁 1分 所以从E点飞出到最后静止所用时间为：（总=什+2+++n 所以：t点=0.5+0.5× 1分