普通高等学校招生全国统一考试·物理精编精华仿真卷12套(十一)-【金卷1号】2027年高考物理模拟精华仿真12套

普通高等学校招生全国统一考试·物理 4.如图所示，倾角为30°的斜而上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连。现将小球从水平位置由静止开始释放，初状态细绳上的拉力为0，小球由水 精编精华仿真卷12套（十一） 平位置第一次运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，则在此过程中() (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1一7题只有一项符 合题目要求，每小题4分：第8一10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1.脉冲星实质是快速自转的中子星，每自转一周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得 A,细绳的拉力先增大后减小 名。若观测到某个中子星发射电磁脉冲信号的周期为T,该中子星的半径为R,已知引 B.物块所受摩擦力先减小后增大 力常量为G,则以下物理量可以求出的是 () C.地面对斜面的支持力先减小后增大 A.该中子星的质量 D.地面对斜面的摩擦力先增大后减小 B.该中子星的第一字宙速度 5.如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为l,传送带以速度v沿顺时针运动，一个质量 C该中子星表面的重力加速度 为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加 D.该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度 2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少， 速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间 串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器 () 相等，两过程中物块运动的位移之比为2：3，重力加速度为g,传送带速度大小不变。下 列说法正确的是 () A.是一种降压变压器 A.物块的初速度大小为号 B.能测量直流电路的电流 C.原、副线圈电流的频率不同 且物块做匀加速直线运动的时间为酷 D.副线圈的电流小于原线圈的电流 3.如图所示，某楼顶为玻璃材料的正四面体，一擦子由智能擦玻璃机器人牵引，在外侧面 C.物块与传送带间的动摩擦因数为10可 9gl 由A点匀速运动到B0的中点D。已知擦子与玻璃间的动摩擦因数为号，机器人给擦子 D,整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为 的只有平行于平面的牵引力，则运动过程中擦子受的牵引力与其重力的比值为() 6.p,g两列简谐横波在同一均匀连续介质中沿十x方向传播，振幅为5cm,波速为v= 10m/s。在t=0时刻波的图像如图所示，则 () -1.5 1.02.0 3.0/x/m A 3 B.18 C. p.号 41 A.此时x=一1,5m处质点的位移为一5cm 10.如图所示，虚线的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子P、Q先后射人 B.此时x=一1.0m处的质点正沿一y方向振动 磁场，P的速度方向与磁场边界的夹角为30°，Q的速度方向与磁场边界的夹角为60°。 C.p,9两列波的波长之比为2：3 已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，且均从O点射出磁场，o=2lo©，则 D.p、9两列波能形成稳定的干涉图样 () 7,如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体。现缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，忽 。布年年年章8车年。 略环境的温度变化，在此过程中如果汽缸，活塞 () 60 方30 A.P和Q均带正电 B.P和Q的比荷之比为1：2 A.导热良好，汽缸内气体的内能必增大 C.P和Q的速度大小之比为√3：1 B.导热良好，汽缸内气体向外放热 D.P和Q在磁场中运动的半径之比为2：1 C.绝热良好，汽缸内气体分子的平均动能不变 二，非选择题（本题共5小题，共54分。） D.绝热良好，汽缸内所有气体分子的运动速率都变大 11.(6分)某同学利用图甲中的实验装置探究物体的机械能变化量与外力做功的关系。所用 8.空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为？的微粒在某竖直平面内运动， 器材有：一端带滑轮的长木板，轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光 其电势能和重力势能随时间变化图像如图所示，则该微粒 () 条的滑块（质量为200g,其上可放钩码）、刻度尺。g取9.80/s。实验操作步骤如下： E/3 之电势能 遭光条光电门1光电门2 重力势能 123s 甲 A.一定带正电 ①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图甲所示； B.0一3s静电力做功为一9J ②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两 C.运动过程中动能不变 个光电门时的速度： D.0一3s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做功为12J ③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的 9.两辆汽车在同一直道上以相同的速度%做同向直线运动，某时刻前车突然熄火做加速 质量，重复上述步骤： 度大小为a1的匀减速运动，后车司机经时间△：后刹车，以大小为a:的加速度做匀减速 ④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量m、系统（包含滑块、滑 运动，结果两车同时停下且没有发生碰撞，则在前车熄火前，两车正常行驶时之间距离至 块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量△E,及系统总机械能的减少量△E,结 少是 () 果如下表所示 A. B.h△t m/kg0.2000.2500.3000.3500.400 c+ △Ek/月0.5870.4900.3920.2940.195 △E/月0.3930.490 0.6860.785 -42 (1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J(保留三位有效数字)。 13.(10分)双星系统的运动实际上会受其他垦体的影响而存在误差。假设质量均为m的 (2)步骤④中的表格所缺数据为 星体甲和乙构成理论上的双星系统，已知两星体之间的距离为(，引力常量为G。根据 (3)以m为横轴，△E为纵轴，选择合适的标度，在图乙中绘出△E-m图像， 所学的知识计算得出双星系统的理论运行周期为T(T为未知量)，通过测量可知双星 系统的实际运行周期为T=T,假设引起该误差的原因是受到甲，乙两星体连线中点 处星体丙的影响。求： (1)双星的理论运行周期T: (2)星体丙的质量m。 g 若忽略滑轮和绳子之间的摩擦力做功，求滑块与木板之间的动摩擦因数为 (保留两位有效数字) 12.(8分)某同学利用数字信息系统测电源的电动势和内阻的实验电路如图甲所示，其中 R。是阻值为4Ω的定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。 U 3.0 电流传感器 25 MO 电压传感器 2.0中 1 R。 0.1 0.203A 电流传感器 甲 丙 (1)定值电阻R。在实验中的作用是 (2)测得电源的路端电压U与电流I的关系图线如图乙所示，电源电动势E= V, 内阻r= n。 (3)滑动变阻器滑片从最左端M处向中点O移动的过程中，滑动变阻器R上消耗的功 率变化情况是 (4)另一位同学用电流传感器、电阻箱、电源等器材设计了如图丙所示的电路，通过改变 电阻箱的阻值R,得到不同的电流1，由实验数据作出R-图线，若该图线的斜率为k, 测电源电动势为 -43 14.(12分)如图所示，AOBC为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为 15.(18分)如图甲所示，金属线圈与水平放置的平行板电容器两个极板相连。金属线圈置 半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点。由红光和紫 于如图乙所示的磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，每段时间内磁感应强度随时间的变 光两种单色光组成的复色光射向圆心O,在AB分界面上的入射角=45°，结果在水平 2T/s。t=0时，将一带电油滴从电容器正中央位置由静止释放，油滴在 化率均为4B 屏幕MN上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为一23， 3 两极板间上下运动又恰与两极板不相撞。油滴无论在下降还是上升过程中，都只有一 n■√瓦. 段时间没有磁场。不考虑平行板电容器的边缘效应及磁场变化对虚线左侧的影响。已 (1)请画出光路示意图，标出两个亮斑的大致位置，说明亮斑的颜色： 知线圆匝数#=200，面积S=100cm,两极板间距d=20cm,油滴质量m=1.0X (2)求两个亮斑间的距离。 10‘kg,电荷量g=1.0×10-6C,g取10m/s2,求： (1)存在磁场的时间内线圈中产生的感应电动势的大小及油滴在电场中的加速度大小： (2)油滴释放后第一次下降至最低点的过程中静电力的冲量大小： (3)图中红、tg和t.的表达式。 -44(3)如图所示：合力一定时，当托盘和砝码的惑 进入偏转磁场的发散角为口，由于轨速关于偏 种升压变压器，故A错溪。电流互感器是利用 质量远小于小车和车内沙子的总质量时，小车 转磁场的角平分线对称，因此圃心在平分线上 电磁感应进行工作的，只有在交流电路中才能 和车内沙子的加速度与质量成反比。 的O点，来径设为r,如图所示。 正常工作，故B错误。电流互感器能够改变原、 a/m·s-y 制线图电流和电压，但不能够改变其频率，故C 3.0 2.5 设光线照射到屏上的位置为Q点，由几何关系 错溪。片-丹可知.他流布线圈医纸武反比 2.0E 0 副线图匝数比原线图臣数多，所以副线图的电 得ta=Rsin60+(R-Rcos60)tan15'=R。 L.5 流小于原线图的电流，故D正骑。 15.答案d（2)2压-26d 1.0 8E 10 3.A设ABO平面与水平面的央角为8，作AB 0.5 81+需B 中点E,设l灿=2a,剿lw■√4a-a√3a,设 -/kg- O)垂直于ABC所在平面，且O在ABC所在 0 5101520 解析：(1)对于能量为E的电子，在磁场中轨迹 (4)根据牛顿第二定律可知，图像斜率的物理 丰径为号，根据Bw=m号，可知r=贺 平面内，则可得加=号。aa=25。,则 3 意义是托盘和陆码的总重力的倒数。设托盘 其中sina-90141 26 .51 d51.cosa0.51a., 和砝码的慈质量为m',受力分析可得mg= -号解得m。 sin0-2 3 区c0s0=言，将重力活平行于平西和 (m'+m)a,即1= 所以1 Be 由正俄定理得n(45+。厂sn4行 垂直于平面两个方向分解，在平面上受力分析 m'g (2)对于能量为E一△E的电子，有1 解得r=血45·n4带+a=in5· 如图，F在DA方向，可知a=30°，有F= 合b,联立解得m一会 過-腰，普-a Be wmngcos 0.F,-Frcos a-mgF,-mgsin 0+ 13.答案：(1)0.3s(2)20N sin 45'cos a+cos 45'sin a cosa十sina 0-0d 解析：(1)小球水平位移x=西，竖直位移y= 51/26 mg,解得F=VF+E写= 对于能量为E十△E的电子，有： 100v26+10 乞，又tan日-兰，联立并代入数据得- -疆+'-a+ B 100√26 √mg选 即B2=(1十 Be Be 100√26+10 0.3s. (2)小球落在斛面上的时何不变，即== 0)-0.51d 需B Q.3s,小球语MN方向的位移：-t 轨迹如图所示 普通高等学校招生全国统一考试·物理 0 精编精华仿真卷12套（十一） 小球的位移为=x+y2十，解得水平加逸 1,D根据题中条件不能求解中子星的质量m',A 4.B:小球向下摆动的过程中，设细绳与竖直方向 的夹角为日，滑轮到小球的距离为1，则有F 度a-20m/5,风力为F-ma,解得F 错接，根搭G=m发中子里的质量州未 mgos0=m号，得F=mg0s0十m号，由于 20N. 知，则不能求解中子星的第一字窗速度，B错误。 夹角减小，追度增大，则细绳对小球的拉力一直 14.答案：(1)W2(2)R 根格G=mg,中子里的质黄m未知，则不 增大，故A错误。开始？擦力沿钟面向上， 解析：(1)由于服射在C点的光刚好发生全反 由句殷定理得law=√(0.49d)一(0,01d)= 能求解中于星表面的重力加地度，C错误，根 F。-4 ngsin30°一2mg,当小球在最低点时，根 射，由几何关系可加，光在C点的入射角为45， .lon 0.1d)-(0.o1d 据=票，可求解孩中子星泰道上的物体随中 据动能定现可得mg1=合m,根器牛顿第二 则全反转临界角C45,折射率n=mC一②。 因此发散电子来进入偏转磁场时的宽度为 子星转动的线建度，D正确。 (2)由于∠COP-30°，根将几何关系，照射在P 定体可得F一g=m宁，解得兼低高凭子拒 -2压。26d. 2,D电流互感器是一种测量电路中电流的变压 点的光线的入射角i一30°，根撼斯射率公式 10 器：根据题意，电流互感器原线图匝数较少，副 力为F,'=3mg,此时物块的摩擦力大小为F= 温{都得，一行 (3)对于能量为E+△E的电子，m=语d, 收需版复载多，受-丹可知，也浅互岛器是一 3mg一4 mngsin30°=mg,方向沿针面向下，所以 斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故B正确。 63 对物块和针面组成的整体分析可知，拉物体的 确。由功能关系可知，0一3s重力势能与电势 (3)根据表格数搭描点作图即可；由题意可如， 力，则有 蝇子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平 能之和增加为12J,则0一3$内除静电力和重 清块和木板之间的摩擦力做功即为系统损失 F=mwrF=mora 方向的分力一直增大，地面对解面的支持力一 力外所受其他力对微粗做功为12J,故D正确。 的机械能，则有mgl=△E,根据图绿得：= 可得”=r:,围此两星体绕连线的中点转动， 直减小，摩擦力一直增大，故C、D错误。 9AD前车减建至速度为0的时间6=品育进 0.40. 由G”=m·号·（停以，解得T一 5.C由题意知“：。=243，得=号，A储 12.答案：(1)保护电路(2)2.93(3)先增大 2 的位移为一，后车减至建度为0的时间 P 后威小(4) 误，匀速运动中影=，则1一影匀加地与匀 2x2Gm" 解析：（们）为防止滑动支但器接入电路的但值 造时间相等，B错误。由运动学公式一山2= 一”前进的位移为一山+器，南于两车 (2)由于星体丙的存在，甲，乙两星体的向心力 太小导致电路电流太大损部电源，要在电路中 均由两个力的合力提侠，甲 2一号网=得墙摩缘因数为一时 同时停下且没有相碰，故满足△=一t、十 接入保护电阻，因此图中R,的作用是保护 =,联立可解得=成（一）， 电路， G管+G=m·停净·号 C正，由热量Q-R中4-号- 2 (2)根据题图甲所示电路图，由闭合电路的欧 A、D正确。 姆定律可知，电源电动势E=U+I(r十R),则 又了-T,联主解得m。-子m, 得Q-m ,选项D错。 10.BC均从O点射出磁场，根据左手定则可知， 路端电压U=E一I(r十R),由题圈乙可知，电 14.答案：(1)见解析(2)(52+10)cm 6.B由波的叠加原理可知，此时x=一1,5m处 Q带正电，P带负电，故A错误。根据几何关 源电动婷E一2.9V,图像斜率的艳对值■ 质点的位移为一10cm,远项A错误。此时对于 系可知，Q偏转圆心角为120°，则R。sin60°= +R-器-20-70：电深内程 解析，1)格据格不角公式血C一。，可得红 0.2 x=一1.0m处的质点，由两列波引起的振动方 2如，P偏转喝心角为60'，则R,=lo,则P和 光与紫先的格界角分别为C.=60°，C。=45° 向均沿一y方向，则读质点正沿一y方向辗动， k-R=70-42=3n. 而光线在AB面上入转角i=45,说明餐光恰 Q在磁场中运动的半径之比为2√5：1，两粒 选项B正确。由题图可加p,9两列波的波长分 (3)定值电但R。与电源等效为电源，等效电源 好发生全反射，红光在AB面有反射，也有折 子在磁场中做匀速图周运动的时间相问，有 别为3m和2m,则波长之比为312，选项C错 电动势E=2.9V,等效内阻r=T十R。= 射。所以AM区城的亮斑P:为红色，AN区 误，p、q两列流波长不同，波速相同，则频率不 号T。-T,T-2,解得P和Q的建度大 30十4n-7n,滑动变组器最大阻值R.■ 城的亮班P:为红色与紫色的混合色，光路图 同，故不能形成稳定的千涉图科，选项D错误。 10Q,当滑动吏但器滑片从最左端向中点移动 如图所示 7,B若汽缸导热良好，援漫加入细沙，气体在被 小之比为5：1，根据R=需得品-最，所以P 时，滑动变阻器的阻值从10n减小到5Q,外 压嘲过程中，与环境进行充分热交换，温度保持 和Q的比荷之比为1：2，故BC正确，D错误. 电路（滑动变阻器）的阻值先大于等效电潭内 不变：理想气体内能主要由温度决定，温度不 11.答案：(1)0.980(2)0.588(3)如图所示 阻后小于等效电源内阻，当外电路阻值与等效 变，内能不变：压缩气体，由热力学第一定律可 0.40 电源内阻相等时电源输出功率即外电路（滑动 知，气体将效出热量，A错误，B玉确。若汽缸 4△EJ 变阻器)功率最大，因此在清动变阻器清片从 0.8 绝热良好，与外界没有热交换，压缩气体时，外 最左端逐新向右移动的过程中，R上功率的变 (2②设折射角为r,核据新射定体一曲得 界对气体微功，气体内能增加，温度升高，分子 化清泥是先增大后减小。 平均动能增大，并不是所有分子速率都增大，C (4)由题图丙所示电路圈可知，电源电动势E= 到n=号由儿何知议可得am=及，解 D错误。 I+R),垫理得R=E}-r,R子图线的针 得lwm-5√2cm 8,BCD由于不清楚电场强度的方向，则无法确 率k=E 由几何知识可得△OAP:为等腰直角三角形， 定微粒的电性，故A错误。由题国可知，0一3s 1.答案：12√2m 解得l:=10cm,所以两个亮班间的距离为 内电势能增加9J,则0一35静电力做功为 0.3800304045g (5√2+10)cm 一9J,故B正确。询题图可知，电势能均匀增 解析：(1)根据万有引力定律，两星体之间的万 15.答案：(1)4V10m/s(2)2×10N·8 加，即静电力微功与时间成正比，说明微粒沿静 解析：(1)△E,=4m'gh=4×50×10-3×9.8× 电力方向微匀速直线运动，同理，微粒沿重力方 0.5J=0.980J. 有引力大小F=G贸 (3)4=2+巨 10 10 向也做匀速直线运动，则橙粒的合运动为匀速 (2)△E=△E.-△E.=0.980J-0.392J 设两星体轨道半径分别是”、，两星体之间的 直线运动，所以运动过程中动能不变，故C正 0.588J。 万有引力提供两星体做匀连圆调递动的向心 2+2(2m-3》s(m=2,3,4…) 10 64 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得，存在 分析得6-62+2n一3》√ 区-2+2(2m-3》s 心处为平衡位置，由简请运动的受力特点可知， 10 治由尼三图像的针率为点因为处的 △ 磁场的每一段时间内线圈中产生的感应电 乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离 动势 (n=2,3,4,…). 成正比，选项D正确。 斜率比x1处的斜单大，所以1处电场强度比 普通高等学校招生全国统一考试·物理 x处电场强度大，故A正确。由于电子带负 E=n公被-=5会想=4V,相应时同内两板板间 5,A开关S闭合后，副线圈总的电阻减小，由于 △E 精编精华仿真卷12套（十二） 变压器的匝数比和输入电压都不变，所以榆出 电，在x处，电子的屯势能最大，电势最小， 的电势差U=E=4V,油滴所受静电力F 1.D充气过程中，由于温度不变，所以储气室内 处图像的率为0，电场强度为0，故B错误， 电压也不支，即V示数不变，但园副线圆的蕊 气体分子数增多且分子运动副烈程度不变，A -2X10-N 电于从x2到，电势能减小，静电力微正功，则 电阻减小，刚副线图的总电流增大，原线图的屯 错溪。充气过程中，由于温度不变，所以储气室 西，处的电场强度方向沿工抽负方向，故C错 流增大，故A,的示数变大，选项B,D错误，由 根据牛领第二定律可知，油滴在电场中的加递 内气体分子平均动能不变，B错误。充气过程 误。根据能量守恒得，电子在x=0处的电势能 于副线图的电流增大，故与制线圈市展的电 度大小a-F一mg-10m/g. 中，温度不变，但储气室内气体分子数增多，所 小于在工处的电势能，则电子在工=0处的动 R两端的电压增大，而副线图两姊的屯压不变， 以储气室内气体内能增大，C错误，噴液过程 能大于x处的动能，所以电子在x=0处的速 (2)在0一1时闭内，沟滴做自由落体运动，在 所以副线图电路中并联部分的电压减小，即V 中，温度不变，内能不变，但由于气体膨胀，气体 度大于x处的速度，故D正确， 时刻，油滴的速度为，此时两板间加有电 的示数减小，故电流表A:的示数减小，选项A 对外做功，所以要吸收热量，D正确， 9.BC卫星C加進后败离心运动，轨道变高，不 压，油滴在重力与静电力作用下做匀减速运 正确，C错误。 2.A汽车做匀减速直线运动到停止，采用逆向思 可能追上卫星A,A错误。A,B卫星由相距最 动，再经过时间1，物滴正好到达下板且速度 6.C爱因斯坦提出的质能方程E=m2告诉我 雄法可看成初速度为零的匀加速直线运动，由 近至相距最运时，两卫星转的图致差半周，设经 们，物体具有的能量与它的质量成正比，A正 为0，故有=g41,0=一41， x=a可得，制车的加速度大小为a=吾- 确。根据△E=△m2,△m是亨摄质量，△E是释 历时同为有斧上一祭1一，解得经历的 2d=2g贴3+功一2a,由以上各式可得 m/以=8m/g,则汽奉在停上前滚后0.55 放的核能，B正确。若m表示植电站参与反应 4-n-竖层-01s 的轴235的质量，则E表示其具有的能量，不表 时同1一2T二B正确.根搭万有引力提 内的位移为x'=} 2×8×0.5m=1m, 示核反应释效的核能，C错误。太阳辐射的能 供肉心加选度，由”=ma可得a-兰， 则油滴释放后第一次下降至最低点的过程中 量来自太相内部的轻核聚变，即热核反应，轻核 故选A。 由于ra=rc>ru,可知A、C向心加速度大小相 静电力的冲量大小I-F·一2×10N·s。 3.B由于a光的俗界角小于b光的临界角，根据 聚变有质量亏锁，释放核能，D正确。 等，且小于B的向心加速度，C正确。轨道半径 (3)接着，由下板处向上做匀加建适动，经过时 7.B设物体向上滑动的距离为工，斜面的动摩擦 间，速度变为，方向向上，这时撒去电压使 >，A错误。由于n-上 sin CI 因数为，对物体从针面底端滑到最高，点和从最 为r的卫墨，根据万有引力提供向心力= 油滴做匀减速运动，经过时间，油滴到达上 sin B=1 高点滑到底端的过程用动能定理有0一E,一 E m答，可得卫星的网期T=2x√C。,则被 板且速度为0，故有欧■ar,0一助一g, 确。由于n>m,所以日光的波长小于b光的波 -mgxsin a一mgrcos a,亏 2d=7ar2+un-72 卫星在单住时内扫过的面积8一号 长，逼过同一获峰时，b光的析射现象更明显，C 错溪，B光的波长小于b光的波长，根据△x一 mose,联立解得x-点n-0.5,故A.C 由上式可得和=层故=4十和十 专vCm,南于n>,所以在相同时同内，A 错误。物体向下滑动的加速度a2=gsin a一 宁，分别用两来光使用同一装置做双缝千沙实 与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过 +层- g©osa-言g,故B正%：物体向上滑动和向 的面积，D错误。 10 验，a光的备纹间距小于b光的条纹间距，D 下滑动的距毒相同，而向上滑动的加速度1= 10,AD速率最大的粒子恰好垂直打在荧光屏 此后油滴每次在上下板间先做初递度为0的 错误， gsin a十geos a=g,大于向下清动的加速度 上，粒予运动轨速如国甲所示，设轨述半径为 匀加速适动，后微末速度为0的身减速直线运 4D因无需额外动力，故乘客做简谐运动的回复 乃，即m-nlg4-2n,可知圈心角∠00K- 动，且加速度大小均为g,依照上面分析可加 力是由地球对乘客的万有引力提供的，选项A a,由x=号a知，向上滑动的时间比向下清动 60°，故lm,=2rsin60°=a十rnin60°，可解得 错误。乘客达到地心时的建度最大，加连度为 6=i+3) 区=2+32,4=2+5)· 的时间短，故D墙误 10 0,因为地心处乘客所受引力的合力为0，选项B 8.AD根据电势能与电势的关系可知E=q9,电 3a,由向心力公式可得qB-m 区_2+5区 错课。秦客只受地球引力的作用，全程处于完 10 全失重我态，选项C错误。乘客做简谐运动，地 场强度与电势的类系E=器所以E=}· 联立可解得=23qB,此过程粒子在磁场 3m 65