2020年北京市朝陽區(qū)高考物理一模試卷

2020年北京市朝陽區(qū)高考物理一模試卷一、單選題（本大題共14小題共42.0分）

下列有關高中物理實驗的說法中，正確的B.C.D.

“探究動能定理”的實驗中不需要直接求出合外力做的功電火花打點計時器的工作電壓的直流在用歐姆表“”擋測量電阻時發(fā)現指針角太小，應該換”擋進行測量在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，必須要用天平測出下落物體的質量

用粒轟?到了一種粒子，這種粒子()46

電子

B.

質子

C.

中子

D.

正電子

如圖所示，甲圖為沿軸方向傳播的一列簡諧橫波時的波形圖象，乙圖為參與波動的某質點的振動圖象，則圖乙可能是圖甲分等于、、這個質點中哪質點的振動圖

B.

C.

D.

下列說法中正確的是B.C.D.

粒散射實驗是盧瑟福建立原核式結構模型的重要依據根據玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后，氫原子的電勢能增大在光電效應的實驗中，入射光的強度增大，光電子的最大初動能也增大根據愛因斯坦的光電效應方程可知，光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比

夏天將到，在北半球，當我們抬頭觀看教室內的電扇時，發(fā)現電扇正在逆時針轉動。金屬材質的電扇示意圖如圖，由于電磁場的存在，下列關于

兩的電勢及電差的說法，正確的

A.點勢點電勢高B.

點勢點勢低

C.D.

點勢點勢相等扇葉長度越短，轉速越快，兩點間的電勢差數值越大

如圖甲所示流電機的矩形圈邊圈數為匝線圈的總電，圈在磁感應強度勻強磁場中繞垂直磁場的虛線軸以的轉速勻速轉動，外接電，壓表為理想交流電表，

??

B.C.

圖甲中交流電壓表的示數圖甲中電阻上消耗的電功率為如圖乙所示，在外電路接上原、副線圈匝數

的理想變壓器時，電上耗的電功率最大D.

如圖乙所示，在外電路接上原、副線圈匝數

的理想變壓器時，電上消耗

的電功率最大太陽系中幾乎所有天體包括小行星都自轉，自轉導致星球上的物體所受的重力與萬有引力的大小之間存在差異的兩者的差異可以忽略的卻不能忽略有一個這樣的星球為，繞過兩極且與赤道平面垂直的軸自轉，測得其赤道上一物體的重力是兩極上的。該星球的同步衛(wèi)星離星球表面的高度(

B.

C.

D.

√

一個用半導體材料制成的電阻，電隨兩端的電的系圖象示，將它與兩個標準電阻、并聯后接在電壓恒為的源，如圖所示，三個用電器消耗的電功率均為現將它們連接成如所的電路，仍接在該電源的兩端，設電阻和阻、消耗的電功率分別、、，們之間的大小關系

12121212

B.

??

C.

1

D.

??

一圓盤可繞通過圓盤中心，垂直于盤面的豎直軸轉動，在圓盤上放置一小木，隨圓盤一起做勻速圓周運動，如圖所示，則關于該小木的力況，下列說法正確的B.

小木塊受力、支持力、靜摩擦力和向心力小木塊受力支力和靜摩擦力且摩擦力的方向與小木塊運動方向相反C.D.

小木塊受力、支持力和靜摩擦力，且靜摩擦力的方向指向圓心小木塊受力、支持力和靜摩擦力，且靜摩擦力的方向與小木塊運動方向相同、、三平行光線垂直于半圓柱體玻璃磚的截面直徑從空氣射向玻璃磚，如圖所示，光線??正過圓心??，光線從光線的側對稱入射，光線從璃磚下表面進入空氣后與光于。下說法不正確的是

玻璃對光的折射率大于光折射率B.

玻璃對三種光的折射率關系

C.D.

光光過該半圓柱體玻璃磚所需時間長在相同條件下進行雙縫干涉實驗光條紋間距光寬如所示為“割子”游戲中的一幅截圖，游戲中割斷左側繩子糖果就會通過正下方第一顆星糖一定能經過星星處嗎？現將其中的物理問題抽象出來進行研究：三根不可伸長的輕繩共同系住一顆質量為的果可視為質從到右三根輕繩的長度分別??和

3

其中最左側的繩子處于豎直且緊的狀態(tài)兩繩均處于松弛狀態(tài)，三根繩的上端分別固定在同一水平線上，且相鄰兩懸點間距離均為，糖果正下方的第一顆星星糖果距離。知繩子由松弛到張緊時沿繩方向的速度分量即刻減為零，現將最左側的繩子割斷，以下選項正確的是

312??222?101231312??222?10123123231122

只要滿??

√(221

，糖果就能經過正下方第一顆星星處B.

只要滿足√(22

，糖果就能經過正下方第一顆星星處C.

糖果可能以2√2

2

2

2的動能開始繞中間懸點做圓運動1D.

糖果到達最低點的動能可能等????[

2

2

)22

32

12

2

]如甲，有一質的塊靜止在光滑水面上。現對其施加一大小恒定、方向與水平面角的外，時用傳感器測不時木塊的加速度，到如乙圖關圖象。已知重力加速度??則

木塊的加速度最大時，對水平面壓力最小B.

當

??

時，木塊的加速度為??C.D.

外力??木塊對水平面的最大壓力????如所示，空間在著方向與直角三角所平面平行的勻強電場，邊度??，將荷量為×

的正電粒子從移到電能增

，移到電能減少1.2?8

，該勻強電場的電場強C.

方向從指向大小為

B.D.

方向從指向大小為金棒和三根電線按右圖所示連接，虛線框內存在均勻變化的勻強磁場，三根電阻絲的電阻大小之：：

：：，屬棒電阻不計．、閉，斷時，閉合回路中感應電流為，當、閉，斷時，閉合回路中的感電流，當、閉，斷時，閉合回路中的感應電流

B.

C.

D.

二、實驗題（本大題共3小題，30.0分某學利用圖甲所示電路測量一電源的電動勢和內阻。實驗室提供的器材有：電表量為，阻為定值阻為電箱(最阻值開和若干導線該同學正確操作后，記錄了若干組電阻箱的阻和流的，據這些數據畫圖象如圖乙所示；該電源的電動______，阻結均保留兩位有效數。用膜法估測分子直徑在用油膜法估測分子大小”的實驗中，所用的油酸酒溶液的濃度為每溶中有純油酸，注射器測上溶液有滴該液滴入盛水的淺盤內膜在水面上盡可能散開，得到油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中正方形格的邊長為，則可求得：油薄膜的面積

；一溶液中純油酸的體積油分子的直徑_

的果保留一位有效數字在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，實驗簡要步如下：

????A.

用公式，出薄膜厚度，即油酸分子的大?。??B.

用注射器或滴管將事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，記下量筒內增加一定體積C

的滴數．根據油酸酒精溶液的濃度，算出一滴溶液中純油酸的體??．D

用淺盤裝入深水，然后將痱子粉或石膏粉均勻地撒在水面．E.

將一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將膜的形狀描畫在玻璃板上．F.

將畫有油膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，數出輪廓內的方格不半個的舍去，多于半個的算一個再據方格的邊長求出油膜的面??上述實驗步驟的合理順序_．一小燈泡的額定電壓額定電流約為，用下列實驗器材進行實驗，并利用實驗數據描繪和研究小燈泡的伏安特性曲線A.

電：動勢為內阻不計；B.

電壓表：程～，內阻約C

電壓表：程～，內阻約為D

電流表：程～，阻約為；E.

電流表：量程～，阻約；F.

滑動變阻器：最大阻值，定電流GH

滑動變阻器：大阻值，定電流為；滑動變阻器：大阻值，定電流為；I

開關，線若干．實驗得到如下數和分表示通過小燈泡電流和加在小燈泡兩端的電；??

實中電壓表應選電流應選______動變阻器應選請?zhí)顚戇x項前對應的字母．請接實物并據你的連線，閉合開關前，應使變阻器滑片放在______填左”或右”端在標紙畫小燈泡曲已畫出．

22若本題中的兩個相同的小燈泡并聯后與的阻串聯，接在電壓恒的源兩端，則小燈泡的實際功率約為_____卷面要能反映你所用的方法，保留兩有效數．三、簡答題（本大題共1小題，9.0分）如所示，在豎直平面內有一平面直角坐標，一四象限內存在大小相等方向相反且平行軸勻強電場。在第四象限內某點固定一個點電荷(假設該點電荷對第一象限內的電場無影響現有一質量

4

，電量為

12

的帶電微粒從軸上點??以速垂軸入第一象限經軸的點入第四象限做勻速圓周運動且軌跡相切圖中點電的置均未標不考慮以后的運動重加速，電力常量

??

2

，試求：點荷通的度要畫帶點微粒運動軌點的荷量。四、計算題（本大題共3小題，19.0分如所示，質量的球置于正方體的滑盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑．某同學拿著該盒子在豎直平面內做半徑的速圓周運動，已知重力加速度，氣阻力不計，問：要使盒子在最高點時與小球之間恰好無作用力，則該盒子做勻速圓周運動的周期為多少？

有內表面光滑的質量的屬盒靜止在水平地面上與水平面間的動摩擦因金盒內前后壁距離如圖所示在內正中央處有一質量可為質點的靜止小球在給盒一個向右的瞬時初速

知球與盒發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短取??，金屬盒與小球發(fā)生第二次碰撞前金屬盒前進的總位移？如所示一夠長的水平傳送帶以速

勻速運動質量均為的物和物由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長某時刻物塊從送帶左端以速沖傳送帶與定滑輪間的繩子水平。已知物與送帶間的動摩擦因運動過程中小物、的速度大小之比始終為：；力加速度用表示，不計滑輪的質量與摩擦。求：物剛上傳送帶時，所受滑動摩擦力的大小和方向；物剛上傳送帶到右方最遠處的過程中組的系統(tǒng)機械能的改變量；物剛上傳送帶到右方最遠處的過程中與送帶間的摩擦力生的熱量是多少？

參考答案解析1.

答：解：“探究動能定理”的實驗中通過改變橡皮筋的條數控制合外力做功成倍數的增加即可不需要直接求出合外力做的功的具體值，故A正；B、電火花打點計時器的工作電壓交電，故B錯；C、歐姆表”測量電阻時發(fā)現指針偏角太小，說明明阻值太大，應換用大檔即”檔，故誤；D、證械能守恒實驗需要驗，因質可消去，所以本實驗不需要用天平測量質量，故D誤．故選：．“探究動能定理”的實驗中通過改變橡皮筋的條數控制合外力做功成倍數的增加即可；了解打點計時器的工作原理，從而選擇合適的電源；測量電阻時發(fā)現指針偏角太小，說明阻值太大，應換用大檔；在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，明確實驗目的與實驗原理后確定需要測量的物理量．明確每個實驗的實驗原理以及數據處理方法是解決實驗問題的關鍵．2.答：解：；根據電荷數守恒、質量數守恒，可知粒子轟擊

4

得到了和種粒子這種粒子6的質子數為+46量數為+9以這種粒子為即為中子C正，錯。故選：。根據核反應過程中電荷數守恒和質量數守恒求解。本題考查了中子發(fā)現的核反應方程式，注意反應過程中電荷數守恒、質量數守恒。3.

答：解：：圖乙說時刻，質點在平衡位置且向上運動；因波沿軸正方向傳播平位置的點有的個點中向上振動的點和6兩個質點；故選：．由波動圖象讀出質點的位移，根據波的傳播方向判斷質點的振動方向，選擇與乙圖相符合的質．

????????00??2?′?1????2???22?出?????????00??2?′?1????2???22?出?′1本題考查理解振動圖象和波動圖象的能力和把握兩種圖象聯系的能力，要熟練判斷出質點的振方向．4.

答：解：：、瑟福通過粒散射實驗建立原子核式結構模型，故正。B、根據玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后，從高能級躍遷到低能級，原子能量小，電子軌道半徑減小，該過程中庫侖力做正功，則氫原子電勢能減小，故錯誤。C、據光電效應方

0

知，光電子的最大初動能與入射光的強度無關，故C錯。D、據因斯坦的光電效應方

為屬的逸出功，可知，光電子的最大初動與入射光的頻率成線性關系，但不是成正比，故錯。故選：。粒散射實驗是盧瑟福建立原核式結構模型的重要依據據原子能量的變化合子動能變化分析氫原子的電勢能變化；根據光電效應方程分析影響光電子最大初動能的因素；本題考查了粒散射實驗、能級躍遷、光電效應、半衰期等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢這些基礎知識點，知道經過一個半衰期有半數發(fā)生衰變。5.

答：解：題分析：在北半球地磁場的豎直分量豎直向下，由楞次定律可判電方向由到，根據在電源內部電流由負極流向正極為正極電高對由可CD錯；考點：考查了導體切割磁感線運動點評：關鍵是根據楞次定律判斷電流方向6.答：解：：、圈轉動的角速

100

，電機產生正弦式交流電，動勢最大值

50160??，電動勢的有效??

，交流電壓表的數為外電壓有效值

，故誤；B、電阻上消耗的電功率

1152，B錯；理想變壓器和電等為電路中的一個電阻??，

??1??2

12

源的輸出功率出

′

??，當′1，最大，2故選：

，故C錯，正3

??2??2??1212221212222??2??2??12122212122222.，，??122??2222112圖甲中出圈的感應電動勢根歐姆定律和電功率公式求出交流電壓表的示數和電上耗的電功率；將理想變壓器和電路中的電等為電阻，′時源的輸出功率最大，結合變壓器的變壓規(guī)律可得到匝數比．理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內阻；二是沒有出現漏磁現象．輸入電壓決定輸出電，而輸出功率決定輸入功率．7.

答：解：：設物體質量，球質量，球的自轉周期為，物體在星球兩極時，萬有引力等于重力，有

2

，物體在星球赤道上隨星球自轉時力由萬有引力的一部分提供

2

??

78

，則

182

星的同步衛(wèi)星的周期等于自周期設其離星球表面的高度，有

′2

2

，聯立得，故B正，ACD錯。故選。赤道上的物體受到的萬有引力與重力之差提供了物體隨星球自轉而做圓周運動所需要的向心力應用萬有引力定律與牛頓第二定律求出同步衛(wèi)星的軌道半徑，然后求出同步衛(wèi)星離地面的高度本題考查了求同步衛(wèi)星距地的高度，認真審題、理解題意，應用萬有引力定律與牛頓第二定律可正確解題。8.

答：解：：、、題，電阻與個標準電阻、并聯后接在電壓恒為的源兩端，三個用電器消耗的電功率均為，時三個電阻的阻值相等；當將它們連接成如(所示的電路，接在該電源的兩端時阻的壓小于電源的電壓圖可知阻的阻大有

.與并電壓相據歐姆定律得知流

得到2

，1222

，所以得到故A錯，確；D、

并

，2

并

，

，

，故錯；B、由于電阻器的電阻增大，如的路中

并

3

，

無法比較，故B錯；故選：。根據半導體材料的伏安特性曲線可知著電壓增大阻的阻減小壓小阻大阻器與個標準電阻、并聯后接在電壓恒為??的源兩端，三個用電器消耗的電功率均為

112此時三個電阻的阻值相等；當將它們連接成如(所示的電路，接在該電源的兩端時，電阻的電壓小于電源的電壓，電阻增大，根據并聯電路的特點分析其電流、電流的關系，再研究功率關系．本題首先要讀懂半導體材料的伏安特性曲線，其次要抓住串并聯電路的特點進行分析．9.

答：解：：物體做勻速圓周運動，合力提供向心力，指向圓心；物體受重力、支持力、靜摩擦力，其中重力和支持力二力平衡，靜摩擦力提供向心力，向心力合力，不能說成物體受到向心力；故選：。向心力使點或體作線運動時所需的指向曲率中圓周運動時即為圓的力物體做周運動時，沿半徑指向圓心方向的外或力沿半徑指向圓心方向的分稱向心力，又稱法力．是由合外力提供或充當的向心力．物體繞圓盤中心做勻速圓周運動，合力提供向心力，物體所受的向心力由靜摩擦力提供．靜摩擦力的方向與物體的相對運動趨勢方向相反，本題中靜摩擦力指向圓心，說明物體相對圓有向外滑動的趨勢．10.

答：解：：、圖可知光光射角相同，光射角較小，根據折射率公式可知，玻璃對光的折射率大于光的折射率，由入射角，無法判斷玻璃光的折射率大小，A正，B錯；C、據公

??

由于光的折射率大，光玻璃中的傳播速度較小，又由圖可光玻璃磚中的傳播路徑較長，光光過該半圓柱體玻璃磚所需時間長，故C正；D、于光折射率，波長較長，則在相同條件下進行雙縫干涉實驗光條紋問距比光，故正確；故選：。根據偏折程度判斷玻璃對三種光的折射率的大小，從而得到波長關系，即可分析雙縫干涉條紋距的大小根據臨界角公式??分臨界角大小光速公分光光門玻璃磚中播速度的大小，結合光程關系分傳播時關系。

、臨界角公式??和光速公式．1111??、臨界角公式??和光速公式．1111??122??1222本題考查對光的幾何光學和物理光學理解能力和把握聯系的能力。解決本題的突破口在于通過的偏折程度比較出光的折射率的大小，還要知道折射率與頻率、波速的關系，同時要掌握幾何光常用的三個規(guī)律：折射定律

??????????11.

答：解：將左側繩子割斷后而其他繩子未繃緊前，糖果做自由落體運動；當繃后而繩未緊前繞第二條繩的懸點運動，以此類推從而解得糖果能經過正下方第一顆星星處所需滿足的條件。由速度合成與分解解得繩剛緊瞬間糖果垂直于繩方向的分速度得其開始繞中間懸點做圓運動的動能；最后從剛緊瞬間到糖果到達最低點過程應用動能定理解得其到達最低點的動能。解決本題的關鍵清楚糖果能經過第一顆星星處的條件是都能繃緊繩剛緊瞬間由速度損失。有一定難度。糖能經過第一顆星星處的條件是繩都能繃緊1

割斷后，由數學關系可知、需同時滿足：√√??，錯；C.繃前，糖果做自由落體運動，繃緊前瞬間糖果的速度為√，向豎直向下繃緊后由于沿繩方向的速度分量刻減為零其垂直于繩方向的分速度數關系可得為

2

，由此可得其開始繞中間懸點做圓運動的初動能為

2

√

故1錯誤；D

從剛緊瞬間到糖果到達最低點過程由動能定理可得(

√

)??1

解得糖果到達最低點的動能

[2

22

32

12

2

]，而由于繩子繃緊程可能會有兩次能量損失，故繃緊后的動能會比該動能較小，故正確。故選。12.

答：解：：、豎向下時加速度為零，此時木塊對水平面壓力最大，故A錯誤；

8222222822222222B、根據乙圖可知加速度角的關系是??，

??

時，木塊的加速度為

2

2，B錯；C、時速度為，據牛頓第二定律可得外，故C誤；D、塊水平面的最大壓力，D正確；故選：根據乙圖可知加速度角關系由得到加速度在不同角度下的大小據頓二定律可得外力的大??；當力豎向下時加速度為零，此時木塊對水平面壓力最大，根據平衡條件求解壓力。本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；解答本題的關鍵是能清楚加速度與合外力的關系，能寫出加速度與角關系是突破口。13.

答：解：本題考查對勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正與用公式求電場力做功的能力，注只用與勻強電場，關鍵在于根據電場做功情況找出等勢面，從而得到場強的方向。電量×

的帶正電粒子從移到電能增

8

則到電勢能減少了

8

，因移電能減少

8

所點和點于同一等勢面，電勢相同，電場線方向和等勢面垂直，電場線方向到，故錯；根幾何關系得，沿電場線方向的距，根和，場強度的大小為故選。14.答：

，C錯，正。解：：因：：

：：，可以，2，；2由電路圖可知，、閉斷時，電與組閉合回路，設此時感應電動勢是，歐姆定律可得

；當閉，斷時，電與組閉合回路，設感應電動勢，??；由歐姆定律可得當、閉，斷時，電與組閉合回路，此時感應電動勢48，此時的電′故選：．

12故正，錯．

????根據開關的閉合與斷開情況，明確電路結構；根據電路連接情況確定感應電動勢，由歐姆定律出電路電流；然后解方程組答題．分析清楚電路結構、熟練應用歐姆定律是正確解題的關鍵；要注意在三種電路情況下，產生的應電動勢不同，這是容易出錯的地方．15.

答：解：：由閉合電路的歐姆定律可得：內

外即

??

??代入數據解得??即

由圖可知斜率

解得由圖象得解得故答案為：，。由閉合電路歐姆律可得出表達式，根據數形關系可求得電動勢和內電阻。本題考查了測量電動勢和內電阻的實驗，知道實驗原理即可作出實驗電路圖，根據改裝原理以閉合電路歐姆定律可得出函數表達式，由圖象可以求出電源電動勢與內阻。16.

答：；；；或??)解：：由示可知，由于每格邊長，每一格就，算油膜面積以超過半格以一格計算，小于半格就舍去的原則，估算格則油酸薄膜面

，

1210??1210??一油溶液中含油的體積

1??80

??1000??

6??，所油酸分子直徑??

7.5×104

6??；實步驟為：將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測滴此溶液的體積．然后滴溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上待形狀穩(wěn)定后玻璃板放在淺盤上彩描繪出油酸膜的形狀將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統(tǒng)計出油薄膜的面積．則用滴溶液的體積除滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑故答案為：．(1)；106；10；或者．根據圖示油膜估算出油膜的面積算超過半格算一個足半格舍去據意求出油的體積然后求出油膜的厚度，即分子直徑．讓油在水面上盡可能散開，形成單分子油膜；本實驗中必須測出一滴油酸酒精溶液中純油酸的體必先求出一滴油酸酒精溶液的體積此實驗過程中應該求出??酸酒精溶液的滴數；油酸薄膜的邊緣在水中不易觀察和畫出，因此需要在淺盤中倒入水后，將痱子粉或石膏粉均勻撒在水面上．根據實驗的原理安排實驗步驟．本題要緊扣實驗原理，建立清晰的物理模型，知道在用油膜法估測分子的大小”實驗中，我們了些理想化處理，認為油酸分子之間無間隙，油膜是單層分子．17.

答：左0.27解：燈額定電壓是，電壓表選B；燈泡額定電流為，則電流表選；為方便實驗操作同時為了實驗安全，因燈泡額定電流為，流過滑動變阻器的電流可能大0.6，滑動變阻器應選．燈正常發(fā)光時電阻為

2

4，視為小電阻，故電流表采用外接法，由表中實驗數據可知，電壓與電流從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，連接的實物如圖所；開始時應讓燈泡中電流為零，因此滑動變阻器的片應滑到左端；

????????????????????????根表中實驗數據，在坐標系中描出對應的點，然后作出燈泡圖象如所．由于燈泡內阻隨溫度的升高而增大，故對應的伏安特性曲線不是直線；將題中的兩個相同的小燈泡并聯后的阻串聯，接在電壓恒的源兩端．設電壓為，流??，則干路電流，定值電阻等效為電源內阻，則由閉電路歐姆定律可得：代入數據可得：??作出對應的伏安特性曲線如圖所示圖知??電故功率為×．故答案為：

；；；如圖所；左；如圖所示；根燈泡額定電壓選擇電壓表，根據燈泡正常發(fā)光時的電流選擇電流，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器．電與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，根據燈泡電與電表內阻關系確定電流表接法，然后連接實物電路圖；閉合開關前，分壓電路分得的電壓應為零．根表中實驗數據在坐標系中描出對應的點，然后作圖；根閉合電路歐姆定律以及串并聯電路的規(guī)律作出對應關式后在同一坐標系中作出電池的圖象，圖象的交點坐標值是燈泡的電壓與電流值，求燈泡的實際功率．本題關鍵要先畫出小燈泡的伏安特性曲線和電源的路端電壓與電流關系圖線，注意燈泡電阻隨度的變化而變化，故只能根據圖象分析，根據兩圖的交點得到電源的實際輸出電壓和電流，再計電功率．18.

答案：由粒子在第四象限做勻速圓周運動，因此重力和電場力平衡，即所以粒子在第一象限做類平拋運動速度大小為：

微粒在第一象限運動時間為√

??通過點沿軸方向的速度為：

微粒通點度為√方向與正向夾角為：

微秒??向的位移為??設微粒做圓周運動的半徑，圖可知：

2????32，解得√2????32，解得√．??微粒在第四象限做圓周運動的向心力為庫侖力，根據牛頓第二定律

????24。代入數據解得：??4答：點荷通點速，向軸向夾角點的荷量為。

，軌跡如圖所示：4解：據粒子在第四象限做勻速圓周運動可知，根據題設條件，重力和原電場力是平衡力，點電荷對粒子的庫侖力提供圓周運動的向心力，由此可以算出此時重力和電場力平衡從而求得電強度的大小，在第一象限電場和第四象限相反，故此時電場力和重力同向，可得粒子在第一象限類平拋運動據類平拋運動規(guī)律和粒子的初速度可以求出粒子點速度根據第四象限圓周運動的特征和粒子進入第四象限的速度位置特征可求出粒子的半徑，根據點電??對子的庫侖力提供粒子圓周運動的向心力從而求出粒子的庫侖力，根據圓周運動半徑關系可得點電??的電荷量。根據運動的特征，粒子在第四象限做勻圓周運動，因為勻速圓周運動物體所受合外力提供向心，可知，此時必有重力和原勻強電場的電場力平衡。第一象限和第四象限的電場方向相反，故第象限內重力和電場力方向相同，大小相等，粒子在第一象限做類平拋運動，加速度，據類平拋運動和圓周運動的特征利用幾何關系作答。19.

答：：在最高點，由于盒子與小球之間無作用力，則有，解得：√，根據

2??????答：該盒子做勻速圓周運動的周期2??√．解：最高點，盒子與小球之間無作用力，知小球靠重力提供心力，結合牛頓第二定律求出速度的大小，從而根據線速度與周期的關系求出盒子運動的周期．解決本題的關鍵知道小球在最高點向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解．20.

答：：對金屬盒，由牛頓第二定律有

??(??

2

2由

2

22，，解得：4金屬盒與球發(fā)生第一次碰撞的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律有：2

；

1122221121121112121211112222112112111212