河南省新高中創(chuàng)新聯(lián)盟TOP二十名校計(jì)劃2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月調(diào)研考試物理試題（解析版）

物理全卷滿分110分，考試時(shí)間90分鐘注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名，準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并收回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.在物理學(xué)研究過(guò)程中科學(xué)家們創(chuàng)造了許多物理學(xué)研究方法，如理想實(shí)驗(yàn)法、控制變量法、極限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述錯(cuò)誤的是（）A.根據(jù)速度定義式，當(dāng)非常小時(shí)，就可以表示物體在時(shí)刻的瞬時(shí)速度，這里采用了極限法B.在不需要考慮物體的大小和形狀時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替實(shí)際物體，采用了等效替代法C.加速度的定義式，采用了比值定義法D.在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)速度定義式，當(dāng)非常小時(shí)，就可以表示物體在某時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義采用了極限法，故A正確；B．不需要考慮物體的大小和形狀時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替實(shí)際物體采用了理想模型法，故B錯(cuò)誤；C．加速度的定義式，采用了比值定義法，故C正確；D．在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故D正確。由于本題選擇錯(cuò)誤的，故選B。2.5G是“第五代移動(dòng)通信網(wǎng)絡(luò)”的簡(jiǎn)稱，目前世界各國(guó)正大力發(fā)展5G網(wǎng)絡(luò)．5G網(wǎng)絡(luò)使用的無(wú)線電波通信頻率在3.0GHz以上的超高頻段和極高頻段（如圖所示），比目前4G及以下網(wǎng)絡(luò)（通信頻率在0.3GHz～3.0GHz間的特高頻段）擁有更大的帶寬和更快的傳輸速率．未來(lái)5G網(wǎng)絡(luò)的傳輸速率（指單位時(shí)間傳送的數(shù)據(jù)量大?。┛蛇_(dá)10Gbps（bps為bitspersecond的英文縮寫(xiě)，即比特率、比特/秒），是4G網(wǎng)絡(luò)的50-100倍．關(guān)于5G網(wǎng)絡(luò)使用的無(wú)線電波，下列說(shuō)法正確的是A.在真空中的傳播速度更快B.在真空中的波長(zhǎng)更長(zhǎng)C.衍射的本領(lǐng)更強(qiáng)D.頻率更高，相同時(shí)間傳遞的信息量更大【答案】D【解析】【詳解】A、無(wú)線電波（電磁波）在真空的傳播速度與光速相同，保持不變，其速度與頻率沒(méi)有關(guān)系，故A錯(cuò)誤；BC、由公式可知：，頻率變大，波長(zhǎng)變短，衍射本領(lǐng)變?nèi)酰蔅C錯(cuò)誤；D、無(wú)線電波（電磁波）頻率越高，周期越小，相同時(shí)間內(nèi)可承載的信息量越大，故D正確．3.如圖所示是乘客通過(guò)“刷身份證”進(jìn)高鐵站時(shí)的情景，將身份證靠近檢驗(yàn)口，機(jī)器感應(yīng)電路中就會(huì)產(chǎn)生電流，從而識(shí)別乘客身份，下列物理教材上小實(shí)驗(yàn)?zāi)苷f(shuō)明這一原理的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．由題意可知，刷身份證時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，即由磁產(chǎn)生電，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以其工作原理為電磁感應(yīng)現(xiàn)象，A選項(xiàng)圖中有電源，為電動(dòng)機(jī)的工作原理，是根據(jù)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受力而運(yùn)動(dòng)的原理制成的，故A錯(cuò)誤；B．B選項(xiàng)圖中實(shí)驗(yàn)是探究通電螺線管的磁性強(qiáng)弱與電流大小的關(guān)系，運(yùn)用了電流的磁效應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．C選項(xiàng)圖中沒(méi)有電源，為發(fā)電機(jī)的工作原理，是根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象制成的，故C正確；D．D選項(xiàng)圖中為奧斯特實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明通電導(dǎo)線周?chē)嬖诖艌?chǎng)，故D錯(cuò)誤。故選C。4.2021年5月15日，我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器，在火星烏托邦平原南部預(yù)選著陸區(qū)著陸，在火星上首次留下中國(guó)印跡，邁出了我國(guó)星際探測(cè)征程的重要一步，天問(wèn)一號(hào)著陸器著陸于火星表面的過(guò)程可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程：首先著陸器在距火星表面高為h處懸停，接著以恒定的加速度a豎直下降，下降過(guò)程火箭產(chǎn)生的反推力大小恒為F，當(dāng)四條“緩沖腳”接觸火星表面時(shí)，火箭立即停止工作，隨后著陸器經(jīng)時(shí)間t速度減為0。已知著陸器的質(zhì)量為m，火星半徑為R（R遠(yuǎn)大于h），引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是（）A.火星的質(zhì)量為B.火星表面的重力加速度為C.火箭反推力對(duì)著陸器所做的功為D.著陸器對(duì)火星表面的平均沖擊力大小為【答案】A【解析】【詳解】AB．設(shè)火星表面的重力加速度為g，著陸器加速下降過(guò)程由牛頓第二定律有解得對(duì)火星表面的物體有解得，火星的質(zhì)量為故A正確，B錯(cuò)誤；C．火箭反推力對(duì)著陸器所做的功為故C錯(cuò)誤；D．著陸器落在火星表面的過(guò)程，以向上為正方向，由動(dòng)量定理得又解得故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r、可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤(pán)，在圓盤(pán)的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊。物塊與圓盤(pán)及與餐桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，現(xiàn)從靜止開(kāi)始緩慢增大圓盤(pán)的角速度，物塊從圓盤(pán)上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，圓盤(pán)厚度及圓盤(pán)與餐桌間的間隙不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則（）A.物塊從圓盤(pán)上滑落瞬間，圓盤(pán)的角速度大小為B.物塊從圓盤(pán)上滑落的瞬間，圓盤(pán)的線速度大小為C.餐桌面的半徑為D.物塊隨圓盤(pán)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，圓盤(pán)對(duì)小物塊做功為【答案】C【解析】【詳解】AB．物塊從圓盤(pán)上滑落的瞬間，物塊與圓盤(pán)的角速度大小相等，線速度大小相等，此時(shí)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律可得解得由線速度與角速度的關(guān)系公式，可得圓盤(pán)的線速度大小為AB錯(cuò)誤；C．物塊從圓盤(pán)上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示，由動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得由幾何關(guān)系可得代入數(shù)據(jù)解得餐桌面的半徑為C正確；D．物塊隨圓盤(pán)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，可得圓盤(pán)對(duì)小物塊做功為D錯(cuò)誤。故選C。6.在如圖所示的電路中R1、R2均為定值電阻，電表V1、V2均為理想電壓表，A、B間的電壓恒定。若調(diào)節(jié)可變電阻R接入電路的阻值，使電壓表V2的示數(shù)增大，則在該過(guò)中（）A.可變電阻R接入電路的阻值增大B.電表V1的示數(shù)減小，減小量大于C.通過(guò)電阻R1的電流減小，減小量小于D.通過(guò)可變電阻R的電流增大，增大量大于【答案】D【解析】【詳解】A．由電路圖可知，A、B間的電壓恒定，可變電阻R和R1并聯(lián)后和R2串聯(lián)，電壓表V2的示數(shù)增大，則并聯(lián)電路電壓減小。R2電阻不變，則通過(guò)它的電流即總電流增大，通過(guò)R1的電流減小，通過(guò)可變電阻R的電流增大，可得可變電阻R的阻值減小，故A錯(cuò)誤；B．A、B間的電壓恒定，電壓表V2的示數(shù)增大，則并聯(lián)電路電壓減小，故B錯(cuò)誤；C．并聯(lián)電路電壓減小，通過(guò)電阻R1的電流減小，減小量等于，故C錯(cuò)誤；D．總電流通過(guò)R1和R，增大量為，通過(guò)電阻R1的電流減小量為，則通過(guò)可變電阻R的電流增大量大于，故D正確。故選D。7.如圖所示，空間有一正三棱錐點(diǎn)是邊上的中點(diǎn)，點(diǎn)是底面的中心，現(xiàn)在頂點(diǎn)點(diǎn)固定一正的點(diǎn)電荷，在點(diǎn)固定一個(gè)電荷量與之相等的負(fù)點(diǎn)電荷。下列說(shuō)法正確的是（）A.三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.底面為等勢(shì)面C.將一負(fù)的試探電荷從點(diǎn)沿直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)移到點(diǎn)，靜電力對(duì)該試探電荷先做負(fù)功再做正功D.將一負(fù)的試探電荷從點(diǎn)沿直線移動(dòng)到點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減少【答案】C【解析】【詳解】A．A、B、C三點(diǎn)到P點(diǎn)和O點(diǎn)的距離都相等，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加法則可知A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，則電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；B．處于O點(diǎn)的負(fù)電荷周?chē)牡葎?shì)面為包裹該負(fù)電荷的球面，本題O為等邊三角形ABC的中心，即A、B、C三點(diǎn)電勢(shì)相等，但是該平面不是等勢(shì)面，故B錯(cuò)誤；C．沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，越靠近負(fù)電荷，電勢(shì)越低，即B、C電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，從B經(jīng)D到C，電勢(shì)先減小后增大，根據(jù)電勢(shì)能的計(jì)算公式Ep=qφ可知負(fù)試探電荷電勢(shì)能先增大后減小，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，故C正確；D．沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，負(fù)試探電荷從高電勢(shì)P點(diǎn)移到低電勢(shì)O點(diǎn)，根據(jù)電勢(shì)能的計(jì)算公式可知Ep=qφ電勢(shì)能一直增大，故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖為小明設(shè)計(jì)的發(fā)電機(jī)的原理圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的n匝正方形線圈，線圈電阻不計(jì)，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)的中心軸做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)線圈兩端在固定的半圓環(huán)P、Q上滑動(dòng)，且始終與半圓環(huán)保持良好接觸，P、Q通過(guò)導(dǎo)線連接到電阻R的兩端，下列說(shuō)法正確的是（）A圖示位置線圈平面與中性面垂直B.從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，R中流過(guò)的是正弦交流電C.電路中電阻R兩端的最大電壓為D.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)R上產(chǎn)生的熱量為【答案】C【解析】【詳解】A．圖示位置穿過(guò)線圈的磁通量最大，為中性面，A錯(cuò)誤；B．由于P、Q為固定的半圓環(huán)，分別始終與轉(zhuǎn)動(dòng)中的左側(cè)和右側(cè)線圈保持良好的接觸，故流過(guò)R中的電流不是正弦式交變電流，而是直流電，B錯(cuò)誤；C．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為所以電阻R兩端的最大電壓為，C正確；D．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期故線圈一個(gè)周期內(nèi)R上產(chǎn)生的熱量聯(lián)立解得D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。9.關(guān)于以下四個(gè)示意圖，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲圖為雙縫干涉示意圖，可以用白熾燈直接照射雙縫，在屏上可以得到等寬、等亮的干涉條紋B.圖乙所示用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到的明暗相間的干涉條紋，該區(qū)域薄膜厚度一定沿x軸正方向逐漸變厚C.丙圖為肥皂泡薄膜干涉示意圖，將框架順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，條紋不會(huì)跟著順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°D.圖丁所示泊松亮斑是由于光的衍射形成的【答案】CD【解析】【詳解】A．甲圖為雙縫干涉示意圖，如果用白熾燈直接照射雙縫，可知白熾燈光是由多種單色光組成，各單色光波長(zhǎng)不同，由雙縫干涉條紋間距公式可知，不同波長(zhǎng)的光，產(chǎn)生的條紋間距不同，因此會(huì)產(chǎn)生彩色條紋，在屏上不可以得到等寬、等亮的干涉條紋，故A錯(cuò)誤；B．圖乙所示用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到的明暗相間的干涉條紋，條紋間距越來(lái)越大，說(shuō)明該區(qū)域薄膜厚度一定沿x軸正方向逐漸變薄，故B錯(cuò)誤；C．丙圖為肥皂泡薄膜干涉示意圖，將框架順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚，條紋不會(huì)跟著順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，故C正確；D．圖丁為泊松亮斑，是由于光的衍射形成的，故D正確。故選CD。10.如圖，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b，當(dāng)輸入電壓U為燈泡額定電壓的5倍時(shí)，兩燈泡均能正常發(fā)光，下列說(shuō)法正確的是（）A.原、副線圈匝數(shù)之比為4:1B.原、副線圈匝數(shù)之比為5:1C.此時(shí)a和b的電功率之比為4:1D.此時(shí)a和b的電功率之比為1:4【答案】AD【解析】【詳解】燈泡正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓U，則說(shuō)明原線圈輸入電壓為4U，輸出電壓為U；則可知，原副線圈匝數(shù)之比為4：1：故A正確；B錯(cuò)誤；根據(jù)變壓器原理可得，所以I1=I2，由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P=UI可得兩者的電功率之比為1：4；故C錯(cuò)誤，D正確；故選AD．【點(diǎn)睛】本題考查變壓器原理，要注意明確輸入電壓為燈泡兩端電壓與輸入端電壓之和，從而可以確定輸入端電壓；則可求得匝數(shù)之比．11.直角邊AC長(zhǎng)為d的三棱鏡ABC置于水平桌面上，其截面圖如圖所示。D為斜邊BC的中點(diǎn)，桌面上的S點(diǎn)有一點(diǎn)光源，發(fā)射的一條光經(jīng)D點(diǎn)折射后，垂直于AB邊射出。已知，光在棱鏡中的傳播時(shí)間為，真空中光速為c，不考慮光的反射。下列說(shuō)法正確的是（）A.該棱鏡的折射率為B.該棱鏡的折射率為C.入射光與BC的夾角為D.入射光與BC的夾角為【答案】AC【解析】【詳解】AB．由題意畫(huà)出光路圖，如圖所示E是光在AB邊的出射點(diǎn)，設(shè)光在棱鏡中的傳播速度為，入射角為，折射角為，光與BC邊的夾角為。則有，由折射定律解得，該棱鏡的折射率為A正確，B錯(cuò)誤；CD．光射到BC邊，由幾何關(guān)系和折射定律有聯(lián)立解得，入射光與BC夾角為C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。12.一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運(yùn)行時(shí)A（含乘客）、B的質(zhì)量分別為和。A、B由跨過(guò)輕質(zhì)滑輪的足夠長(zhǎng)輕質(zhì)纜繩連接。電動(dòng)機(jī)通過(guò)牽引繩向下拉配重B，使得電梯的轎廂由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)（轎廂A、配重B一直未與滑輪相撞）。電動(dòng)機(jī)輸出功率保持不變。不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，。在A向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，則（）A.轎廂A先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.轎廂A能達(dá)到的最大速度C.轎廂A向上的加速度為寸，配重B下端的牽引繩上拉力D.廂體A從靜止開(kāi)始到上升的高度為5m時(shí)（箱體已處于勻速狀態(tài)），所用的時(shí)間【答案】BC【解析】【詳解】A．電動(dòng)機(jī)輸出功率保持不變，速度增大時(shí)，根據(jù)可知牽引力減小，所以轎廂A做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)轎廂A的速度達(dá)到最大時(shí)，轎廂A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的牽引力為又聯(lián)立解得故B正確；C．當(dāng)A向上的加速度為時(shí)，設(shè)A、B之間繩的拉力為，重物B下端繩的拉力大小為；分別分析A、B，根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立解得故C正確；D．廂體A從靜止開(kāi)始到上升的高度為時(shí)，轎廂箱體已處于勻速狀態(tài)，對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理得解得故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題：共54分。13.一研究性學(xué)習(xí)小組利用圖甲裝置測(cè)定滑塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí)與平直長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（1）實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：①將長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，其右端安裝定滑輪，左端固定位移傳感器；總質(zhì)量為M的滑塊（含拉力傳感器）在長(zhǎng)木板上緊靠位移傳感器放置，拉力傳感器通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的重物連接，調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板右端定滑輪使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行；②靜止釋放滑塊，記錄拉力傳感器和位移傳感器的數(shù)據(jù)，用計(jì)算機(jī)擬合得到滑塊位移隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，該圖線的函數(shù)表達(dá)式是，則可得滑塊加速度______（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）；③若滑塊的加速度為a時(shí)，拉力傳感器示數(shù)為，則滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)______（用題中物理量字母符號(hào)表示）。（2）本實(shí)驗(yàn)中如果不滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析______影響（選填“有”“無(wú)”）?！敬鸢浮竣?2.40②.③.無(wú)【解析】【詳解】（1）②[1]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系又聯(lián)立可得滑塊加速度為③[2]以滑塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得可得（2）[3]由于拉力可以通過(guò)力傳感器得知，所以本實(shí)驗(yàn)中如果不滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析無(wú)影響。14.隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬(wàn)戶。濟(jì)南市定期對(duì)市場(chǎng)出售的純凈水質(zhì)量進(jìn)行抽測(cè)，通過(guò)測(cè)量電導(dǎo)率判定是否合格（電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，電導(dǎo)率小于10為水質(zhì)合格）。測(cè)量時(shí)將采集的水樣裝入絕緣性能良好的圓柱形容器，容器兩端用圓片形的金屬電極密封，兩電極相距L＝0.50m，該實(shí)驗(yàn)還用到如下器材：電壓表、電流表、滑動(dòng)變阻器、學(xué)生電源、單刀單擲開(kāi)關(guān)一個(gè)和導(dǎo)線若干。圖甲為用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量容器內(nèi)徑的圖示。圖乙為測(cè)量電路，圖丙為根據(jù)電流表和電壓表的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)所畫(huà)出的U－I圖像。請(qǐng)根據(jù)以上所述完成下列問(wèn)題：（1）容器的內(nèi)徑d的測(cè)量值為_(kāi)_____cm。（2）請(qǐng)根據(jù)圖乙所示的實(shí)物圖畫(huà)出電路圖______（被測(cè)電阻用符號(hào)表示）。（3）根據(jù)圖丙的圖像，求出水樣的電阻______（保留兩位有效數(shù)字）。（4）計(jì)算出該水樣的電導(dǎo)率______（保留三位有效數(shù)字），通過(guò)數(shù)據(jù)對(duì)比可以判定此水樣水質(zhì)______（選填“合格”或者“不合格”）?！敬鸢浮竣?2.16②.見(jiàn)解析③.52④.26.3⑤.不合格【解析】【詳解】（1）[1]10分度游標(biāo)卡尺的精確值為，由圖甲可知容器的內(nèi)徑為（2）[2]根據(jù)圖乙所示的實(shí)物圖，滑動(dòng)變阻器采用了分壓式接法，電流表采用了內(nèi)接法，故電路圖如圖所示（3）[3]根據(jù)圖丙的圖像可知水樣的電阻為（4）[4]由電阻定律又，聯(lián)立可得該水樣的電導(dǎo)率為[5]由于可知此水樣水質(zhì)不合格。15.戰(zhàn)繩訓(xùn)練對(duì)運(yùn)動(dòng)員綜合體能有非常好的訓(xùn)練效果，運(yùn)動(dòng)員揮舞戰(zhàn)繩運(yùn)動(dòng)時(shí)，它在抖動(dòng)的過(guò)程中由于方向節(jié)奏，方式和波形不同；產(chǎn)生的離心力會(huì)造成不穩(wěn)定，而運(yùn)動(dòng)員的身體為了保持穩(wěn)定，全身各個(gè)部分的機(jī)能都將做出對(duì)抗反應(yīng)，某次訓(xùn)練時(shí)，有兩位健身者甲、乙分別抓住相同的戰(zhàn)繩上下舞動(dòng)形成向右傳播的簡(jiǎn)諧波，如圖所示，某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，時(shí)兩列波的圖像如圖所示，P、Q曲線分別為甲、乙的一個(gè)繩波，O點(diǎn)為手握的繩子一端，向右為x軸正方向，已知繩波的速度為，求：（1）甲、乙的繩端振動(dòng)頻率和；（2）以圖2所示為時(shí)刻，寫(xiě)出乙運(yùn)動(dòng)員的繩中，平衡位置為6m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程?！敬鸢浮浚?）1.25Hz，2.5Hz；（2）【解析】【詳解】（1）由圖像可知由波速公式可知代入數(shù)據(jù)解得（2）設(shè)振動(dòng)方程為其中由圖像可知?jiǎng)t16.如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑“”形金屬直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，垂直于導(dǎo)軌的虛線MN和PQ間有垂直于水平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒靜止在導(dǎo)軌上，金屬棒到PQ的距離為，給金屬棒一個(gè)水平向右的恒力F（大小未知），金屬棒剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去F，金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)的一瞬間加速度大小為a，金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求：（1）拉力F的大??；（2）PQ和MN間的距離。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)的一瞬間有解得（2）金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)一瞬間的速度大小由題意知，金屬棒出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小根據(jù)動(dòng)量定理有解得17.如圖所示，水平傳送帶與左、右兩邊的光滑的水平臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接，靜止在臺(tái)面上可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A的質(zhì)量為，長(zhǎng)的傳送帶始終以v=1m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊A左側(cè)的槍膛長(zhǎng)1m，高壓氣體對(duì)質(zhì)量為子彈的平均作用力為80N，若把子彈在槍膛內(nèi)的運(yùn)動(dòng)看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，子彈擊中滑塊A（子彈與滑塊作用時(shí)間極短），并留在A內(nèi)，兩者一起滑上傳送帶的左端，已知A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，忽略空氣阻力，重力加速度g取，求：（1）子彈出膛的速度大?。唬?）子彈與小滑塊A的整體滑上傳送帶左端時(shí)的速度大??；（3）小滑塊A到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小?！敬鸢浮浚?）40m/s；（2）4m/s；（3）3m/s【解析】【詳解】（1）設(shè)子彈出膛的速度為，則