河北衡水市武邑中学2025-2026学年高三下学期第一次检测考试物理试题含答案

这是一份河北衡水市武邑中学2025-2026学年高三下学期第一次检测考试物理试题含答案，共6页。试卷主要包含了答题前，先将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
第一次检测考试
物理试题
全卷满分 100 分，考试时间75 分钟。
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4、考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1 ．根据 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),6)C 放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间，其衰变方程为1EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),6)C → 1EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),7)N + X 。
EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 在大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14), 6)C 的比例与大气中的相同，枯死的植物 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 仍在衰变，但已不能得到补充。已知EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14), 6)C 的半衰期为 T，下列说法正确的是( )
A ． EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),6)C 衰变时释放的粒子 X 是EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),1)e
B ． EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),7)N 比 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),6)C 的比结合能小
C ．随着全球变暖， EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 的半衰期变短
1
D ．若枯死植物 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),6)C 比例为大气中比例的 2k ，则死亡时间为 kT
2 ．某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为 L 。t = 0 时刻，波源开始从平衡位置沿y 轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波）， t1 时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则( )
L
A ．浮标的振动周期为4t1 B ．水波的传播速度大小为
4t1
3
C ． t1 时刻浮标沿y 轴负方向运动 D ．水波的波长为2L
2
3 ．在某建筑工地上，工人使用我国自主研发的高空作业平台进行外墙施工。平台（连同工人）从地面开始沿竖直方向做直线运动，其速度随时间变化的v - t 图像如图所示（取竖直向上为正方向）。已知工人的质量为 70kg，重力加速度 g 取10m/s2 。根据图像， 下列说法正确的是( )
A ．0~5s 内，工人处于失重状态
B ．5~10s 内，工人的机械能变化量为 3500J
C ．t = 12s 时，工人所受支持力的瞬时功率为 2100W
D ．整个过程中，工人对平台的最大压力大小为 770N
4 ．如图所示，10 匝矩形线框处在磁感应强度 B= ·2 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度 ⑴=10rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为 0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡 L（规格为“4W ，100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A ．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e = Em cs wt = 402 cs10t(V)
B ．若将自耦变压器触头向上滑动，则电流表示数增大
C ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D ．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为 3 ：1
5 ．2024 年 5 月 28 日，来自全国各地的 31 名队员全员登顶珠峰，其中年龄最大的队员 70岁，刷新了中国人登顶珠峰最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动 N 次。当到达山顶后，
在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（ N - 2 ）次。若把地球视为半径为 R 的均
匀球体，则珠峰的高度为( )
A ． B C ． - D ．
6．如图所示，两个可视为质点的滑块 P 和 Q 质量分别为m 和3m ，P、Q 通过光滑铰链用长为L 的轻杆连接，P 套在固定的光滑竖直杆上，Q 在光滑水平地面上。原长为0.6L 的轻弹簧水平放置，右端与 Q 相连，左端固定在竖直杆上 O 点。将 P 由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角a = 37 ；P 下降到最低点时a 变为53 。已知 sin37 = 0.6 ，cs37 = 0.8 ，重力加速度为g ，则在 P 下降的过程中，下列说法正确的是( )
A ．P 的加速度方向一直向下
B ．P 和 Q 组成的系统机械能守恒
C ．弹簧弹性势能最大值为0.2mgL
D ．P 速度最大时，Q 受到地面的支持力大小为3mg
7 ．如图，在纸面内的边长为 a 的正方形区域内存在磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在该区域中心处有一粒子发射源，可朝纸面内任意方向发射大量粒子。已知这些粒子的质量均为 m、电荷量均为q(q >0)且速度大小均相同，不计粒子所受重力和粒子间相互作用，为使正方形磁场区域边界上任意一点都有粒子射出，则这些粒子速度大小至少为( )
A ． B ． C D ．
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8．如图所示，在坐标为(l, 0)和(0, l ) 的两点放置电荷量分别为+ q 、-q 的等量异种点电荷，P点坐标为(l, l ) ，M 点坐标为(2l, 0) 。则( )
A．M、P 两点的电势差等于 M、O 两点的电势差
B ．质子沿直线从 O 到 P 运动，电势能减小
C ．要使 P 点电场强度为零，可在 O 点放入电荷量为-2q 的点电荷
D ．要使 P 点电场强度为零，可在 M 点放入电荷量为-22q 的点电荷
9 ．一定质量的理想气体经历了 a→b→c→a 循环，已知该气体在状态 a 时的压强为p0 、体
积为V0 、温度为T0 ，其压强p 与p0 的比值 p 随热力学温度 T 的关系图像如图所示，下列说
p0法正确的是( )
A ．从 c 到 a 的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少
B ．从 c 到 a 的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加
C ．从 b 到 c 的过程中，气体对外做功大于气体从外界吸收的热量
D ．从 b 到 c 的过程中，气体对外做功小于气体从外界吸收的热量
10．如图甲所示，间距为 L 的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为 R 的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，给金属棒施加水平向右的拉力 F，使金属棒从静止
开始运动，金属棒运动x0 的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度 v 与运动的位移x 的关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好， 金属棒接入电路的电阻为 R，则金属棒运动过程中( )
A ．加速度大小保持不变
B ．通过电阻 R 的电荷量为 BLx0
R
B2L2v x
C ．电阻 R 中产生的焦耳热为 0 0 2R
D ．拉力 F 的冲量大小为 B2L2x0
R
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11．利用如图 1 所示的实验装置验证动量守恒定律时，通过读取拉力传感器的示数，可以进行相关的计算与验证。已知重力加速度为 g，实验步骤如下：
(1)选择大小相同、质量相等的小钢球 A 、B，测出小球质量为 m ，使用游标卡尺测量小球直
径，如图 2，则小球直径 D = cm。
(2)将小钢球 A 、B 用长度均为 L 的不可伸长轻质细线悬挂在同一高度处，悬挂点 O 、O9 间
距d = D 。保持 A 球、B 球与OO9 在同一竖直面内，将 A 球拉开一定角度且细线绷紧。由静止释放 A 球。A 球与 B 球碰撞后，A 球静止不动，B 球继续摆动。读取拉力传感器数据，
记录球 A 摆动过程最大拉力F1 ，球 B 摆动过程最大拉力F2 。若满足关系式 （用F1 、 F2 表示），则验证碰撞中动量守恒。
12 ．某学习小组用如图所示的实验装置探究弹簧弹性势能Ep 与弹簧压缩量 x 之间的关系。
图中水平放置的气垫导轨左侧有竖直挡板，挡板右侧面固定水平轻质滑块。实验主要过程如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度 d，用天平测得滑块（含遮光片）的质量 m。
②在弹簧弹性限度内，将滑块与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x。
③由静止释放滑块，记录滑块离开弹簧后遮光片通过光电门的遮光时间 t。
④多次改变弹簧的压缩量 x，重复步骤②③,并记录数据。
⑤根据能量守恒定律，计算得出每次释放滑块时弹簧弹性势能Ep = （用 “d”“m”和“t”表示}。
⑥该小组先用实验数据作出Ep - x 图像，发现其图线是一条曲线，再用实验数据作出Ep - x2
图像，发现其图线是一条过坐标原点的倾斜直线。由此得到本次实验的实验结论为 。
13．某科学小组受欧姆表工作原理的启发，设计了一个测量电阻的方法，其工作电路图如图甲所示。
图甲中对应的器材规格为：
定值电阻R1 、R2 、R3 、R4 的阻值均为 100Ω；电阻箱R5 （阻值为 0~99.9Ω);
滑动变阻器R6 （最大阻值为 200Ω,额定电流为 2.0A）；电源 E（电动势为 15V，内阻较小）；
毫安表 A（量程为 0~30mA，内阻较小）；开关S1 ，多触点选择开关S2 ，导线若干。
该小组进行如下操作：
(1)按照图甲所示电路图连接实物后，将鳄鱼夹 a 、b 进行短接，将电阻箱阻值调到最大，滑动变阻器R6 的滑片移至最 （填“左”或“右”）端，将多触点选择开关S2 打在位置 1，闭合S1 ，调节滑动变阻器R6 ，使毫安电流表指针指在图乙所示的位置，则此时电流表示数
I = mA，将此示数作为测量未知电阻的标定值。
(2)保持滑动变阻器R6 的滑片不动，用鳄鱼夹 a 、b 夹住待测电阻Rx 两端。将S2 依次打在位置 1、2 、3，发现电流表示数均小于标定值 I；S2 打到位置 4 、5 时，电流表示数大于标定值I，由此确定Rx 的阻值在 Ω（填“0~100”“100~200”“200~300”或“300~400”）范围内。
(3)将S2 重新打在位置 （填“1”“2”“3”“4”或“5”），调节电阻箱的阻值，直到电流表指针
重新回到标定值位置，此时电阻箱R5 的阻值为 36.5Ω,可得Rx 的阻值为 Ω。
14．打磨成多面体的钻石能闪闪发光，是射到钻石背面的光全部被反射回来的缘故。如图所示，某同学想把玻璃砖加工成“玻璃钻石”。该“玻璃钻石”左右对称，折射率 n=2 ，OA 边和OD 边与轴线的夹角均为θ 。一束光从 BC 边垂直入射，已知 cs75°=0.26。
（1）若 θ=75°,求这束光在 OA 边折射时折射角的正弦值；
（2）若 θ=50°, 通过计算判断这束光经 OA 边第一次反射， 到达 OD 边时能否发生全反射。
15 ．如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道 AB 是半径为 R 的半圆，产品
2 加工后以 vA 的速度从 A 点沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点 B 处时，与静止在此处的产品 1 发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为 m），被碰后的产品 1 沿粗糙的水平轨道 BC 滑动，以2gR 的速度滑上运行速度为 v 的传送带 CD。其中 BC 段为生产线中的杀菌平台，长度为 d，传送带的摩擦因数为 μ2，长度为 L，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过 CD，则传送带的速度应满足什么条件?
（2）求 BC 段杀菌平台的摩擦因数 μ1；
（3）调整产品从 A 点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时间。
16 ．如图所示为内径为 R 的中空圆柱形管，OO9为管的中轴线，管内分布着沿中轴线 OO9方向的匀强电场，电场强度大小为 E。带电粒子与管内壁发生碰撞时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以垂直于中轴线 OO9方向的速度 v0 从 O 点射出，不计粒子的重力。
（1）求带电粒子从 O 点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线 OO9（带电粒子仍在圆柱形管内）时的速度大小；
（2）若带电粒子恰好能从 O9点离开圆柱形管，求圆柱形管管长的可能值；
（3）若粒子第一次经过中轴线 OO9时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，
磁感应强度大小为B， 求带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与 O 点之间的距离。
1 ．D
A ．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 衰变时释放的粒子 X 是-EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),1)e ，故 A 错误；
B ． EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 衰变时释放能量，说明生成核EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14), 7)N 比反应核 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 更稳定，原子核越稳定，比结合能越大。因此 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),7)N 的比结合能大于 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(14),6)C 的比结合能，故 B 错误；
C ．半衰期是原子核的固有属性，仅由核内部结构决定，与温度、压强等外界条件无关， 全球变暖不影响半衰期，故 C 错误。
D ．根据半衰期公式，剩余质量比例 当比例为 时，有 k
解得 k
1
故若枯死植物 EQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 4(14),6)C 比例为大气中比例的 2k ，则死亡时间为 t = kT 。故 D 正确。
故选 D。
2 ．A
A ．根据振动图像可知，波源在0 时刻振动，波形经过tT 传递到浮标处，浮标的振动周期为
T = 4t1
A 正确；
B ．波源的振动情况经过t1 传到距离L 处的浮标，可知波速大小为
B 错误；
3
C ．根据虚线图像可知浮标在 t1 时刻沿y 轴正方方向运动，C 错误；
2
D ．水波的波长为
D 错误。
故选 A。
3 ．D
A ．由v - t 图像可知，0~5s 内工人向上做匀加速直线运动，加速度向上，所以工人处于超重状态，故 A 错误；
B ．由v - t 图像可知，5~10s 内工人向上做匀速直线运动，所以这段时间内工人机械能的变化量等于这段时间内工人重力势能的变化量。由于v - t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，则 5~10s 内工人上升的高度为h = (10 - 5)´ 5m = 25m
故 5~10s 内工人重力势能的增加量为ΔEp = mgh = 70 ´ 10 ´ 25J = 17500J所以 5~10s 内工人机械能的增加量为 17500J，故 B 错误；
C ．由v - t 图像可知，10~15s 内工人向上做匀减速直线运动，所以加速度竖直向下，其大小为a m/s2 = 1m/s2
设工人这段时间内所受的支持力为FN ，则根据牛顿第二定律有mg - FN = ma解得FN = mg - ma = (70´ 10 - 70 ´ 1)N = 630N
根据匀变速直线运动的速度公式可知t = 12s 时，工人的速度为v12 = v10 - at = (5 -1´ 2)m/s = 3m/s
所以t = 12s 时，工人所受支持力的瞬时功率为P = FNv = 630 ´ 3W = 1890W ，故 C 错误；
D ．由分析可知，当加速度向上时平台对工人的支持力最大，所以在 0~5s 内平台对工人的支持力最大。由v - t 图像可知 0~5s 内的加速度为am/s2 = 1m/s2
则根据牛顿第二定律有FN1 - mg = ma1
解得此时平台对工人的支持力为FN1 = mg + ma1 = 70 ´ (10 +1)N = 770N
所以根据牛顿第三定律可知，工人对平台的最大压力大小为 770N，故 D 正确。
故选 D。
4 ．AB
A ．感应电动势的最大值为Em = NBSw = 10 ´ 2 ´ 0.4 ´ 10V=402V
若从图示线框位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，瞬时值表达式为e = Em cs wt = 402 cs10t(V) ，故 A 正确；
B ．根据理想变压器的原理
解得副线圈通过的电流UU1
若将自耦变压器触头向上滑动，而副线圈的匝数n2 增大，则副线圈中的电压增大，则流过副线圈的电流增大，故变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率增大，由于主线圈的电压不变，则电流表的示数增大，故 B 正确；
C ．若将滑动变阻器滑片向上移动，副线圈中的电流减小，根据上述结论II2 可知，原副线圈匝数都不变，副线圈的电流减小，则原线圈的电流减小，电流表的示数减小，故 C错误；
D ．由题可知，原线圈电压的有效值UV小灯泡正常发光时，根据P
解得副线圈两端的电压U2 = UL = PR = 20V
故原副线圈的匝数比为 ，故 D 错误。
故选 AB。
5 ．C
在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动 N 次，设零海拔高度处的重力加速度为g ，则有
达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（ N - 2 ）次。设山顶的重力加速度为g , ，则有
可得
根据
联立可得
可得珠峰的高度为
故选 C。
6 ．C
A ．P 从静止开始向下运动至最低点，运动的过程应该是先加速后减速，所以加速度方向先向下后向上，故 A 错误；
B ．对于 P 、Q 组成的系统，由于弹簧对 Q 做功，所以 P 、Q 组成的系统的机械能不守恒，故 B 错误；
C ．当 P 运动到最低点时，速度为 0 ，P 与 Q 通过弹簧连接，Q 的速度也为 0。此时弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得Ep = mgL (cs37° - cs53° ) = 0.2mgL ，故 C 正确；
D ．P 下降过程中动能达到最大前，P 的加速度方向向下，对 P 与 Q 整体在竖直方向上可列式4mg - N = ma
当 P 达到最大动能时有a = 0可解得N = 4mg ，故 D 错误。
故选 C。
7 ．B
从中心发射的粒子必须能够到达边界上的所有点。在所有点中， 距离发射源（正方形中心）最远的点是正方形的四个顶点。
洛伦兹力提供向心力qvB ，半径取最小值时，对应的速度最小，由于正方形区域限制，粒子过顶点的轨迹必须要与边界相切，则半径最小值为 a 。
2
解得最小速度vmin 故选 B。
8 ．AD
A ．直线 OP 为等量异种点电荷电场中的等势线，O 、P 两点的电势相等， UMP = UMO ，A 正确；
B ．O 和 P 在同一等势面上，沿等势面移动电荷，电势能不变，B 错误；
CD．等量异种点电荷在 P 点的合电场强度方向由 M 指向 P，大小为E ，要使 P 点电场强度为零，可在 M 点放入负电荷 Q，根据点电荷场强公式 E2 = k ，又E1 = E2 ，解得Q = 22q ，C 错误，D 正确。
故选 AD。
9 ．AD
AB ．由图可知，从 c 到 a 的过程中，体积不变，则分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，故气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少，故 A 正确，B 错误；
CD ．从 b 到 c 的过程中，压强不变，温度升高，气体内能增加，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，可知气体对外做功小于气体从外界吸收的热量，故 C 错误，D 正确。故选 AD。
10 ．BD
A ．图像斜率k
则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，A 错误；
B ．根据q
由法拉第电磁感应定律
联立解得q B 正确；
C ．整个过程克服安培力做功W x由乙图图像围成面积可知 v0 ´ 2x0 = v0x0
解得W安
因此电阻 R 中产生的焦耳热为QW安 C 错误；
D ．整个过程根据动量定理IF - I安 = 0 ，又I安 = BLIt = BqL解得IF D 正确。
故选 BD。
11 ．(1)1.070
(2)F1 = F2
（1）20 分度游标卡尺的精度为 0.05mm，由图 2 可知小球直径为D = 10mm +14 × 0.05mm = 10.70mm = 1.070cm
（2）小球摆动到最低点时，细线拉力最大。对 A 小球受力分析，有mg = m
则小球碰撞前的动量为p1 = mv
同理，小球 B 碰撞后的动量为p2 = mv 若小球 A 、B 动量守恒，则有p1 = p2
联立解得F1 = F2
md 2
12 ． 弹簧的弹性势能Ep 与弹簧压缩量 x 的平方成正比
2t2
[ \l "bkmark1" 1]滑块经过光电门时的速度大小v
根据能量守恒，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，故每次释放滑块时弹簧弹性势能
[ \l "bkmark2" 2] 由Ep - x2 图像为过原点的倾斜直线，可得实验结论为弹簧的弹性势能Ep 与弹簧压缩量 x的平方成正比。
13 ．(1) 右 20.0##19.9##20.1
(2)200~300
(3) 3 263.4
（1）[ \l "bkmark3" 1]为保护电路，滑动变阻器R6 的滑片滑到最右端时接入电路的阻值最大；
[ \l "bkmark4" 2] 由图可得，电流表量程 30mA，最小刻度为 1mA，指针指在 20mA 的位置上，需要估读到下一位，故电流表示数为 20.0mA
（2）通过分析电路及实验步骤，可知测量原理为“等效替代法”，电流表示数不变，就是保
证总电路电阻不变，用待测电阻的阻值等效替代了原电路减小的阻值，进而测出待测电阻的阻值。接通S1 ，开关S2 接 1，接线夹 a 、b 短接，电阻箱R5 为最大值，电路中可替换部分电阻为串联关系（总电阻为 499.9Ω)；开关S2 接 3，有Rx + R2 + R1 + R5 > R1 + R2 + R3 + R4 + R5则有Rx > R3 + R4
开关S2 接 4，有Rx + R1 + R5 + R6 < R1 + R2 + R3 + R4 + R5 + R6
则有Rx < R2 + R3 + R4
可得Rx 的阻值范围为 200~300Ω。
（3）[ \l "bkmark5" 1] Rx 的阻值范围为 200~300Ω,应将开关S2 重新打在 3 的位置上。
[ \l "bkmark6" 2] 由电路图可知，开关打在 3 的位置时，原电路的阻值减小 200Ω；当R5 向左调节到 36.5Ω
时，即其接入电路的电阻值减小了99.9Ω - 36.5Ω = 63.4Ω 时，电流表的示数重新回到标定值
I，因此待测电阻Rx 等于原电路减小的总电阻，故Rx = 263.4Ω 。
14 ．（1）sin β = 0.52 ；（2）能发生全反射（1）如图所示，根据几何知识可知
a = 90 -θ = 15
根据折射定律
得
sin β = 0.52
（2）根据
得
° C = 30
根据几何关系可知
θ1 = 90° -θ = 40°
θ2 = 3θ - 90° = 60°因
θ2 > C = 30°所以能发生全反射。
15 ．（1）v ≥ ·2μ2gL + 2gR ；（2）
（1）若产品由 C 到 D 一直加速，则传送时间最短。由动能定理
解得
则传送带速度
（2）产品 2 从 A 运动到 B 的过程，由动能定理得
产品 2 和产品 1 发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒
mvB = mv1 + mv2
解得
v1 = 0 ，v
产品 1 进入杀菌平台后由动能定理得
解得
（3）若要保证不脱轨，则产品在 A 点的最小速度满足
产品进入杀菌平台的最小速度
产品减速到 0 的距离为 s，由动能定理得
解得
s = d
产品进入杀菌平台后由动量定理得
- μ1mgt = 0 - mv2
解得
16 ．（1） ·vEQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 3(2),0) + ；（2）
（1）设带电粒子从 O 点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线 OO9时的速度大小为 v1，其沿中轴线方向的分速度大小为 vx，从 O 点到与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线所用时间为 t1，粒子在电场中运动时加速度大小为 a，在垂直中轴线方向有
2R = v0t1
在沿中轴线方向有
qE = ma
vx = at1
则有
联立解得
（2）假设粒子与圆柱形管碰撞 n 次，圆柱形管管长为 L，粒子从 O 点运动至 O9点用时 t，在垂直中轴线方向有
2nR = v0t
在沿中轴线方向有
联立解得
（3）在电场中加速过程，粒子沿中轴线方向前进的距离
解得
粒子在磁场中运动时，粒子在垂直中轴线的平面内做圆周运动，设其轨迹半径为 r ，周期为T，有
解得
粒子第二次与管壁的碰撞如图所示（沿 OO9方向看）
根据几何关系可得，碰撞前后轨迹所对的圆心角均为
则从第一次经过中轴线到再次回到中轴线上所用的时间
这段时间粒子沿中轴线方向前进的距离
x2 = vxt2
则带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）与 O 点的距离x = x1＋x2
联立解得