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2024河北卷点睛押题
一、单选题(每题4分， 共28分)
1．烟雾探测器使用了一种半衰期为 432 年的放射性元素镅241Am来探测烟雾。当正常
95
空气分子穿过探测器时，镅241Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一
95
旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，
则（ ）
A．镅241Am原子核中有95个中子
95
B．镅241Am衰变放出的是𝛽射线
95
C．1g的镅241Am经864年将有0.75g发生衰变
95
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅241Am因温度升高而半衰期变短
95
2．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𝑣 ，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距
0
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，有关水车及从槽口流出的水，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．水流在空中运动时间为𝑡 =
2𝑣0
B．水流在空中运动时间为𝑡 =
√3𝑣0
𝑔 3𝑔
C．水车最大角速度接近𝜔 =
2𝑣0
D．水车最大角速度接近𝜔 =
√3𝑣0
𝑅 𝑅
3．某种反光材料是半径为𝑅、球心为O的半球形，其截面如图，A、B为半球底面直径
1
的端点。现有一组光线从距离O点 𝑅的C点垂直于AB射入半球，光线恰好在球面发
2
生全反射。则此反光材料的折射率为（ ）
A．1.5 B．2 C．
2√3
D．√3
3
试卷第1页，共8页4．从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。
已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍。设火星表面重力加速度为𝑔，月
球表面重力加速度为𝑔′。若在火星表面将一质量为𝑚的物体竖直上抛，物体上升的最大
高度为ℎ；在月球表面将一质量为2𝑚的物体以相同的初速度竖直上抛，物体上升的最大
高度为ℎ′。下列表达式正确的是（ ）
A．𝑔:𝑔′ =9:2 B．𝑔:𝑔′ =2:9
C．ℎ:ℎ′ =9:4 D．ℎ:ℎ′ =4:9
5．如图所示，质量𝑚 =0.2kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定
1
一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量𝑚 =
2
0.45kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知
𝑂𝐴=0.3m,𝐴𝐵 =0.4m，取重力加速度大小𝑔 =10m/s2，两物体均视为质点，不计空气
阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v
的大小为（ ）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
6．如图所示为质谱仪的原理图，某同学欲使用该装置测量带电粒子的比荷，粒子从静
止开始经过电压为U的加速电场后，进入速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电
场和匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向如图，匀强电场的场强为E，带电粒子
1
能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场。
偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子经偏转磁
场后，最终到达照相底片上与G距离为d的H点。已知偏转磁场的磁感应强度为B ，
2
带电粒子的重力可忽略不计。以下说法正确的是（ ）
A．该装置可用于测定电子的比荷
B．速度选择器的a板接电源的负极
𝑞 2𝐸
C．所测粒子的比荷 =
𝑚 𝑑𝐵1𝐵2
𝑞 𝐸
D．所测粒子的比荷 =
𝑚 𝑑𝐵1𝐵2
试卷第2页，共8页7．如图甲所示，水平面内有一“∠”型光滑金属导轨，除了两轨连结点O的电阻为R，
其他电阻均不计，Oa与Ob夹角为45°，将质量为m的长直导体棒MN搁在导轨上并与
Oa垂直。棒与O点距离为L、空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。
1
在外力作用下，棒以初速度v 向右做直线运动。其速度的倒数 随位移x变化的关系如
0
𝑣
图乙所示，在导体棒运动L距离到PQ的过程中（ ）
4𝐿
A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒运动的时间为
3𝑣0
C．流过导体棒的电流恒为
𝐵𝐿𝑣0
D．外力做功为
3𝐵2𝐿3𝑣0+ 3𝑚𝑣
0
2
𝑅 2𝑅 8
二、多选题(每题6分，共18分)
8．如图甲所示，一弹性轻绳水平放置，a、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点a
从𝑡 =0时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的关系如图乙所示，形成
的简谐波同时沿该直线向ab和ac方向传播，在𝑡 =1.5s时质点b第一次到达正向最大
1
位移处，a、b两质点平衡位置间的距离𝐿 =0.9m，a、c两质点平衡位置间的距离𝐿 =
1 2
0.6m，则下列选项正确的是（ ）
A．质点b的振动周期为0.4s
B．该波的波长为0.6m
C．波速大小为0.75m/s
D．0~2s内质点c通过的路程为1.2m
9．如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕𝑂𝑂′轴在水平方向的
磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度𝜔做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈
通过铜环连接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻𝑅 和滑动变阻器R，所有电表均
0
为理想交流电表，下列判断正确的是（ ）
试卷第3页，共8页A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为𝑒 =𝑁𝐵𝑆𝜔sin𝜔𝑡
𝑁𝐵𝑆𝜔
B．矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为
2𝜋
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 和A 示数都变小
1 2
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 示数不变，V 的示数变大
2 3
10．如图所示，两等量负点电荷分别固定在x轴上的M、N两点，a、b、c、d为正方形
的四个顶点，b、d位于x轴上，𝑏𝑑的中点和𝑀𝑁的中点重合，则下列说法正确的是（ ）
A．质子从a点由静止释放，静电力先做负功后做正功
B．电子从a点沿直线移至c点过程，电子电势能先增大后减小
C．电子从a点沿折线𝑎𝑏𝑐移至c点过程，静电力先做负功后做正功
D．质子从a点垂直正方形所在平面以某一速度释放，质子的电势能可能保持不变
三、实验题
11．（6分）某实验小组为验证系统机械能守恒，设计了如图所示的装置，实验过程如
下：
（1）用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度时，螺旋测微器示数如图乙所示，
则d＝____________mm，测得砝码和遮光片总质量𝑚 =0.026 kg；
试卷第4页，共8页（2）按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于
光电门1的激光孔，运动最低点低于光电门2的激光孔；
（3）实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量x及力传感器的读数F，画出F-x图像，如图
丙所示；
（4）测量遮光片经过光电门1的挡光时间𝑡 =0.0051 s，弹簧的拉伸量𝑥 =0.04 m，
1 1
经过光电门2的挡光时间𝑡 =0.0102 s，弹簧的拉伸量𝑥 =0.08 m，以及两个光电门激
2 2
光孔之间的距离ℎ =0.04 m；
（5）遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的增加量𝐸 =____________J，
𝑃
系统动能的减少量𝐸 =____________J（结果保留三位有效数字，𝑔 =10 m/s2），实验
𝑘
表明在误差允许范围内系统机械能守恒。
12．（9分）某实验小组在拆解智能手机的内部结构时，发现其内部使用的电池是一块
扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势为4.50V，为了测定该电池的实际电动势和
内阻，小组成员想利用身边有限的仪器，设计方案对其进行测量。
A．待测手机电池
B．电压表（量程0~3.00V，内阻约4000Ω）
C．电流表（量程0~100mA，内阻为1Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~99.99Ω）
E．电阻箱（阻值范围0~999.9Ω）
F．电阻箱（阻值范围0~9999Ω）
G．滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流0.2A）
H．滑动变阻器（阻值范围0~50Ω，额定电流0.2A）
I．滑动变阻器（阻值范围0~1000Ω，额定电流0.2A）
J．开关、导线若干
试卷第5页，共8页（1）实验室所提供的电表的量程都不够大，需要进行改装才能使用。
①如果将电流表量程扩大5倍，则应并联一个阻值为________Ω的电阻，将改装后的电
流表记为A。
②为满足测量电动势的需要，需要将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员采用了以
下的操作：按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将S 接b，将𝑅 的滑片移至最上
2 1
端，将电阻箱𝑅 调为零，闭合S ，断开S ，适当移动𝑅 的滑片，使电压表示数为3.00V；
2 1 3 1
保持𝑅 接入电路中的阻值不变，改变电阻箱𝑅 的阻值，当电压表示数为________V时，
1 2
完成扩大量程，断开S 。
1
③小组成员按图乙所示的实验电路完成了该实验，滑动变阻器𝑅 应选________，电阻箱
1
𝑅 应选________。（均填写器材前面字母标号）
2
（2）用改装好的电表测该电池的电动势和内阻，步骤如下：保持电阻箱𝑅 的阻值不变，
2
开关S 接a，闭合S 、S ，从下到上移动𝑅 的滑片，读出电压表（量程0~3.00V，内阻
2 1 3 1
约4000Ω）的读数U和电流表（改装后的电流表A）的读数I，并作出𝑈−𝐼图像如图丙
所示，可得该电池的电动势为________V，内阻为________Ω。（结果均保留三位有效数
字）
四、解答题
13．（10分）如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，汽缸高度为𝐻 =0.6m
不计缸壁及活塞厚度），在距缸底ℎ =0.5m处有体积可忽略的卡环a、b。质量𝑚 =5kg、
截面积𝑆 =25cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，开始时缸
内气体的压强等于大气压强，温度为𝑇 =300K。内部电热丝（图中未画出）缓慢加热
0
汽缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升到汽缸口（活塞未滑出汽缸），已知大气压强
𝑃 =1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
0
（1）求当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度T；
（2）若全过程气体内能的变化Δ𝑈 =55J，求电阻丝放出的热量Q。
试卷第6页，共8页14．（13分）如图，光滑地面上一足够长的木板C，其质量为2𝑚，木板右端在M处，
距M点L处有一质量为6𝑚大物块A，一质量为m的滑块B，以𝑣 速度滑上木板C左端，
0
滑块B与木板C间动摩擦因数为𝜇，滑块B与木板C共速时木板C恰好与大物块A发
生弹性碰撞，且时间极短。滑块B始终未脱离木板C，求：
（1）滑块B与木板C间的动摩擦因数；
（2）木板C与大物块A碰后瞬间二者速度大小及木板C碰后至静止所需时间。
试卷第7页，共8页15．（16分）如图所示，在𝑥𝑂𝑦平面第Ⅰ象限内有一半径为𝑅 =2m的圆形区域，圆心为𝑂 ，
1
圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与x和y轴
分别相切于M、N两点。在𝑥 <0区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内
𝐵
存在方向垂直于𝑥𝑂𝑦平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。在电场中有一个位于
2
𝑥𝑂𝑦平面内且与y轴平行、长为R的线状粒子源𝐶𝐷，𝐶𝐷的中点A在x轴上，粒子源上
各点均能沿𝑥𝑂𝑦平面发射质量为m、电荷量为𝑞(𝑞 >0)的同种带电粒子，且所发射粒子
的速度大小均为𝑣 =2×105m/s，方向均与x轴正方向成𝜃 =60°角。已知从C点发出
0
的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M点进入第Ⅳ
象限，粒子的比荷 𝑞 =5×105C/kg，P点坐标为(0, 3𝑅 )，不计粒子的重力和粒子间的相
𝑚 2
互作用。求：
（1）匀强电场场强的大小E和𝑂𝐴间的距离s；
（2）圆形磁场磁感应强度的大小B；
（3）粒子源𝐶𝐷上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经
第Ⅳ象限磁场偏转后将第二次通过x轴，求这些粒子中第二次通过x轴时能到达离O点
最远的点的坐标，并求出该粒子从出发到该位置所经历的总时间。
试卷第8页，共8页参考答案
1．C
【详解】A．镅241Am原子核中有95个质子，146个中子。故A错误；
95
B．依题意，镅241Am衰变所释放的射线会将空气分子电离，可知为α衰变。故B错误；
95
C．半衰期为432年，所以1g的镅241Am经864年（两个半衰期）将有0.75g发生衰变。故C
95
正确；
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅241Am不会因温度升高而半衰期变短。因为半衰期由原
95
子核内部因素影响，与外界环境变化没有关系。故D错误。
故选C。
2．C
【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
𝑣
tan30∘ = 0
𝑔𝑡
解得
√3𝑣
0
𝑡 =
𝑔
AB错误；
CD．水流到水轮叶面上时的速度大小为
𝑣 =√𝑣2+(𝑔𝑡)2 =2𝑣
0 0
根据
𝑣 =𝜔𝑅
解得
2𝑣
0
𝜔 =
𝑅
C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】设光线在球面发生全反射的临界角为𝐶，根据几何关系可得
1
𝑅 1
2
sin𝐶 = =
𝑅 2
根据全反射临界角公式可得
答案第1页，共10页1
sin𝐶 =
𝑛
联立解得此反光材料的折射率为
𝑛 =2
故选B。
4．D
【详解】在星球表面，根据物体所受的万有引力等于重力，可得
𝑀𝑚
𝐺 =𝑚𝑔
𝑅2
解得
𝐺𝑀
𝑔 =
𝑅2
故
𝑀 𝑅2
𝑔 火 月 1 9
= =9× =
𝑔′ 𝑀 𝑅2 4 4
月 火
竖直上抛物体运动的最大高度为
𝑣2
ℎ =
2𝑔
0
则
ℎ 𝑔′ 4
= =
ℎ′ 𝑔 9
故选D。
5．A
【详解】几何关系可得
𝑂𝐵 =√𝐴𝐵2+𝑂𝐴2 =0.5m
则当P从A到B的过程中，Q的位移
𝑥 =𝑂𝐵−𝑂𝐴=0.2m
由系统机械能守恒
1
𝑚 𝑔𝑥 = 𝑚 𝑣2
2 2 1
解得
𝑣 =3m/s
则速度为3m/s。
故选A。
答案第2页，共10页6．C
【详解】A．电子带负电，加速电场上板带正电，下板带负电，无法起到加速电子的作用，
所以电子无法进入偏转磁场，则无法测定电子的比荷，故A错误；
B．由题知带正电粒子能在加速电场中加速，则它在速度选择器中做匀速直线运动，电场力
与洛伦兹力等大反向，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向左，则电场力水平向右，故a
板接电源的正极，故B错误；
CD．带电粒子在速度选择器中受力平衡
𝑞𝐸 =𝑞𝑣𝐵
1
匀强磁场中匀速圆周运动的半径为
𝑑
𝑟 =
2
洛伦兹力提供向心力
𝑣2
𝑞𝑣𝐵 =𝑚
2 𝑟
联立上式得
𝑞 2𝐸
=
𝑚 𝑑𝐵 𝐵
1 2
故C正确，D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．由图乙知，图线的斜率为
2 1
−
𝑣 𝑣 1
𝑘 = 0 0 =
𝐿 𝐿𝑣
0
则有
1 1 1
= 𝑥+
𝑣 𝐿𝑣 𝑣
0 0
得
𝐿
𝑣 = 𝑣
𝑥+𝐿 0
可见导体棒做的不是匀减速直线运动，A错误；
BC．由图甲知，导体棒向右运动时产生感应电动势为
答案第3页，共10页𝐿
𝐸 =𝐵𝑙𝑣 =𝐵(𝑥+𝐿) 𝑣 =𝐵𝐿𝑣
𝑥+𝐿 0 0
感应电动势大小不变，流过导体棒的电流恒为
𝐸 𝐵𝐿𝑣
0
𝐼 = =
𝑅 𝑅
根据法拉第电磁感应定律有
𝐵⋅𝛥𝑆
𝐸 =
𝛥𝑡
1
𝛥𝑆 = (𝐿+2𝐿)𝐿
2
又
𝐸 =𝐵𝐿𝑣
0
解得
3𝐿
𝛥𝑡 =
2𝑣
0
B错误，C正确；
D．克服安培力做的功等于电阻𝑅上产生的焦耳热
𝐵𝐿𝑣 2 3𝐿 3𝐵2𝐿3𝑣
𝑄 =𝐼2𝑅𝑡 =( 0 ) 𝑅⋅ = 0
𝑅 2𝑣 2𝑅
0
对导体棒由动能定理有
𝑊 − 𝑊 = 1 𝑚( 𝑣0) 2 − 1 𝑚𝑣2
外 安 2 2 2 0
解得
𝑊 =
3𝐵2𝐿3𝑣0− 3𝑚𝑣
0
2
外
2𝑅 8
D错误。
故选C。
8．ACD
【详解】A．由图乙知振动周期为0.4s，故A正确；
BC．由图乙知质点a在t=0.3s时第一次到达正向最大位移处，由题知在𝑡 =1.5s时质点b
1
第一次到达正向最大位移处，可得波速为
Δ𝑥 𝐿
1
𝑣 = = =0.75m/s
Δ𝑡 𝑡 −𝑡
1
波长为
𝜆 =𝑣𝑇 =0.3m
故B错误，C正确；
答案第4页，共10页D．波从a传到c用时为
𝐿
2
𝑡 = =0.8s
2 𝑣
在0~2s内质点c振动的时间为
𝑡 =2s−0.8s=1.2s
3
由题知振幅为10cm，则质点c通过的路程为
𝑡
3
𝑠 = ×4𝐴=1.2m
𝑇
故D正确。
故选ACD。
9．CD
【详解】A．因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值
表达式为
𝑒 =𝑁𝐵𝑆𝜔cos𝜔𝑡
A错误；
B．矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为
ΔΦ 2𝑁𝐵𝑆𝜔
𝐸̅ = =
Δ𝑡 𝜋
B错误；
C．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，
根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1 和A2 示数都变小，C正确；
D．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U 不变，即
1
V 不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V 的示数不变，副线圈电阻变
1 2
大，电流变小，电阻𝑅 两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V 的示数变大，
0 3
D正确；
故选CD。
10．BD
【详解】A．质子从a点由静止释放，静电引力先对质子做正功，经过x轴后再对质子做负
功，选项A错误；
B．电子从a点沿直线移至c点过程，电势先降低后升高，则电子电势能先增大后减小，选
项B正确；
答案第5页，共10页C．若从MN两点分别向ab做垂线交点为PQ，则当电子从a到P点时，两电荷对电子均做
负功；从Q点到b点，两电荷对电子均做正功；同理从b到c也是如此，则选项C错误；
D．在ac所在的垂直正方形的平面上，电场线均指向MN连线的中点，则质子从a点垂直正
方形所在平面以某一合适的速度释放，质子可以以MN连线的中点做匀速圆周运动，此时质
子的电势能保持不变，选项D正确。
故选BD。
11． 2.040 1.60×10−3 1.56×10−3
【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片厚度为
d=2mm+4.0×0.01mm=2.040mm
（5）[2][3]遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中， 弹性势能增加量
0.2+0.4
𝐸 = ×0.04J=0.012J
𝑝1 2
重力势能减小量
𝐸 =𝑚𝑔(𝑥 −𝑥 )=0.0104J
𝑝2 2 1
系统势能的增加量
𝐸 =𝐸 −𝐸 =1.60×10−3J
𝑝 𝑝1 𝑝2
通过光电门的速度
𝑑
𝑣 =
𝑡
系统动能的减少量
𝐸 = 1 𝑚( 𝑑 )2− 1 𝑚( 𝑑 )2 =1.56×10−3J
𝑘
2 𝑡1 2 𝑡2
12． 0.25 2.00 H F 4.20 1.90
【详解】（1）[1] 电流表量程增加4倍，则量程变为0∼500mA，由改装电表知识可知
𝑅 (500−𝐼 )=𝐼 𝑅
3 g g g
解得
答案第6页，共10页𝐼 𝑅
g g
𝑅 = =0.25Ω
3 500−𝐼
g
[2] 由图乙可知，S 接b，电压表支路与𝑅 上端并联，接通电路前要保证其分压为0，故滑
2 1
片应移至最上端；电压表示数为3.00V且保持𝑅 接入电路中的阻值不变时，电压表和𝑅 电压
1 2
之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明𝑅 两端电压为1.00V，由串联电
2
路电压分配原理可得，此时𝑅 的电阻为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大为1.5倍，
2
即0∼4.50V。
[3]滑动变阻器阻值过大，不方便调节，G滑动变阻器即使取最大阻值接入电路，也会超过
其额定电流，故选H。
[4]由实验步骤可知电压表要扩大量程为0∼4.50V，则串联的电阻箱𝑅 的阻值应调节为电压
2
1
表内阻的 ，即电阻箱𝑅 的阻值要能够调到2000Ω，故选择F。
2
2
（2）[5] [6]根据闭合电路欧姆定律可知
𝐸 =1.5𝑈+5𝐼(𝑟+𝑟 )
A
其中
0.25×1
𝑟 = Ω=0.2Ω
A 0.25+1
整理得
2 10𝑟+2
𝑈 = 𝐸− 𝐼
3 3
对照图像可得
2
𝐸 =2.8V
3
10𝑟+2 2.24−2.8
− = Ω
3 0.08−0
解得
𝐸 =4.20V
𝑟 =1.90Ω
13．（1）432K；（2）85J
【详解】（1）活塞刚要离开𝑎𝑏时，活塞受力平衡
𝑝 𝑆+𝑚𝑔=𝑝 𝑆
0 1
解得，汽缸内气体此时的压强为
𝑝 =𝑝 + 𝑚𝑔 =1.2×105Pa
1 0
𝑆
答案第7页，共10页即，当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中气体的压强为
𝑝=𝑝 =1.2×105Pa
1
根据理想气体的状态方程
𝑝 𝑉 𝑝𝑉
0 0
=
𝑇 𝑇
0
可得
𝑝 ℎ𝑆 𝑝𝐻𝑆
0
=
𝑇 𝑇
0
解得
𝑇 =432K
（2）气体对外做功
𝑊 =−𝑝⋅𝑆(𝐻−ℎ)=−30J
全过程气体内能的变化Δ𝑈 =55J，𝑊 =−30J，根据热力学第一定律可得
Δ𝑈 =𝑊+𝑄′
代入数据解得
𝑄′ =85J
故气体吸收热量为85J，则电阻丝放出的热量为
𝑄 =85J
14．（1）
𝑣
0
2
；（2）
𝑣0， 𝑣0， 3𝐿
9𝑔𝐿 6 6 𝑣0
【详解】（1）对B、C有
𝑚𝑣 =(𝑚+2𝑚)𝑣
0 1
对C有
1
𝜇𝑚𝑔𝐿 = ×2𝑚𝑣2
2 1
解得
𝑣2
0
𝜇 =
9𝑔𝐿
（2）对C、A有
2𝑚𝑣 =2𝑚𝑣 +6𝑚𝑣 ， 1 ×2𝑚𝑣2 = 1 ×2𝑚𝑣2+ 1 ×6𝑚𝑣2
1 2 3 2 1 2 2 2 3
解得
𝑣 =−
𝑣0，𝑣
=
𝑣0
2 3
6 6
答案第8页，共10页可知，碰后C、A速度大小均为
𝑣0。碰后对B、C有
6
𝑚𝑣 +2𝑚𝑣 =(𝑚+2𝑚)𝑣
1 2 4
解得
𝑣 =0
4
表明两者同时减速至0，则对C有
−𝜇𝑚𝑔𝑡 =2𝑚𝑣
2
解得
3𝐿
𝑡 =
𝑣
0
15．（1）𝐸 =1.5×104N/C，𝑠 = 4√3 m；（2）𝐵 =0.1T；（3）(10m，0)，𝑡 =( 4√3 +5𝜋)×10−5s
3 3
【详解】（1）C点到P点逆过程粒子做类平抛运动，设C点到P运动时间为𝑡 ，y轴方向
1
0−(𝑣 sin𝜃)2 =−2𝑎𝑅，𝑞𝐸 =𝑚𝑎
0
由上述两式解得
𝐸 =1.5×104N/C
x轴方向
𝑠 =𝑣 𝑡 cos𝜃，𝑡 =
0−𝑣0sin𝜃
0 1 1
−𝑎
由上述两式解得
4√3
𝑠 = m
3
（2）C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度
𝑣 =𝑣 cos𝜃 =1×105m/s
0
设粒子轨迹半径为𝑟 ，由牛顿第二定律得
1
𝑚𝑣2
𝑞𝑣𝐵 =
𝑟
1
由几何关系可知
𝑟 =𝑅 =2m
1
联立解得
𝐵 =0.1T
（3）分析可知，𝐶𝐷上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限，
其中从A点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方
向沿−𝑦方向，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，该粒子运动轨迹如图
答案第9页，共10页设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为𝑟 ，由牛顿第二定律得
2
𝐵 𝑚𝑣2
𝑞𝑣 =
2 𝑟
2
解得
𝑟 =2𝑅 =4m
2
所求点的坐标为(10m,0)。
由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从A点发射从N点进入的磁场的粒子在电
场中运动时间也为
𝐴0 4√3
𝑡 = = ×10−5s
1 𝑣 cos𝜃 3
0
其到达x轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为
𝜋
𝑡 = 2 𝑟1 =𝜋×10−5s，𝑡 = 𝜋𝑟2 =4𝜋×10−5s
2 3
𝑣 𝑣
该粒子从出发到x轴上最远位置经过的时间为
4√3
𝑡 =𝑡 +𝑡 +𝑡 =( +5𝜋)×10−5s
1 2 3 3
答案第10页，共10页
