2023屆山東省濰坊市高三上學(xué)期1月期末考試物理試題（解析版）

高中物理精品試卷PAGEPAGE1高三物理2023．1注意事項：1．答題前，考生先將自己的學(xué)校、姓名、班級、座號、考號填涂在相應(yīng)位置。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0．5毫米黑色簽字筆書寫，繪圖時，可用2B鉛筆作答，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖是藍色大閃蝶，在陽光下可以看到其翅膀燦爛閃爍。藍色大閃蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，這些翅脊有一串類似臺階的結(jié)構(gòu)。光照射翅脊上“臺階結(jié)構(gòu)”的典型光路如圖所示，則（）A.翅膀燦爛閃爍是光的干涉現(xiàn)象B.翅膀燦爛閃爍是光的色散現(xiàn)象C.翅膀燦爛閃爍是光的全反射現(xiàn)象D.光在空氣中的波長約是在翅脊中波長的倍〖答案〗A〖解析〗ABC．翅膀燦爛閃爍是光的薄膜干涉現(xiàn)象，選項A正確，BC錯誤；D．根據(jù)選項D錯誤。故選A。2.如圖所示為某科學(xué)實驗小組利用計算機和傳感器繪制出的一玩具小車做直線運動的v-x圖像，則下列說法正確的是（）A.該玩具小車做勻變速直線運動B.該玩具小車運動的加速度逐漸增大C.該玩具小車運動的加速度逐漸減小D.該玩具小車運動的加速度隨時間均勻變化〖答案〗B〖解析〗BCD．根據(jù)圖像得所以得式中k不變，隨著速度v的增大，加速度a增大，所以加速度隨時間增大，B正確，CD錯誤；A．因為加速度增大，小車做非勻變速度直線運動，A錯誤。故選B。3.如圖所示，平面的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場邊界與軸成角，邊長為的正方形金屬框MNPQ中心位于磁場邊界上，電阻為R。現(xiàn)使金屬框勻速向右運動至完全進入磁場過程中，下列說法正確的是（）A.金屬框中感應(yīng)電流的大小和方向都不變B.金屬框中磁通量的變化率變大C.金屬框中感應(yīng)電動勢的變化率不變D.通過金屬框的電荷量為〖答案〗C〖解析〗ABC．金屬框運動過程中，根據(jù)楞次定律可知金屬框磁通量增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向一直為逆時針。只有邊和邊切割磁感線，若金屬框速度為，運動時間為。根據(jù)右手定則和電磁感應(yīng)定律可判斷產(chǎn)生的電動勢為根據(jù)幾何關(guān)系可知整理可得故感應(yīng)電動勢的變化率為不變。根據(jù)可知隨時間變小，故感應(yīng)電流大小也隨時間變小。根據(jù)可知磁通量的變化率也隨時間減小，故AB錯誤、C正確；D．通過金屬框的電荷量為故D錯誤。故選C。4.磁電式電流表的構(gòu)造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示。當(dāng)電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS=kθ，式中N為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，I為通過線圈的電流，B為磁感應(yīng)強度，θ為線圈（指針）偏角，k是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由題中的信息可知（）A.線圈轉(zhuǎn)動過程中受到的安培力逐漸變大B.若線圈中通以如圖乙所示的電流時，線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動C.線圈（指針）偏角θ與通過線圈電流I成正比D.電流表靈敏度定義為，更換k值更大的螺旋彈簧，可以增大電流表的靈敏度〖答案〗C〖解析〗A．磁場是均勻地輻射分布，線圈轉(zhuǎn)過過程中各個位置的磁感應(yīng)強度大小不變，故受到的安培力大小不變，故A錯誤；B．若線圈中通以如圖乙所示的電流時，根據(jù)左手定則，左側(cè)安培力向上，右側(cè)安培力向下，線圈將沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C．根據(jù)題意線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS=kθ解得可知線圈（指針）偏角θ與通過線圈的電流I成正比，故C正確；D．電流表的靈敏度定義為，根據(jù)題意NBIS=kθ解得可知更換k值更大的螺旋彈簧，電流表的靈敏度減小了，故D錯誤。故選C。5.第24屆冬季奧運會于2022年2月4日在北京和張家口聯(lián)合舉行，跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，北京跳臺滑雪賽道“雪如意”如圖甲所示，其簡化圖如圖乙所示，跳臺滑雪賽道由助滑道AB，著陸坡BC，減速停止區(qū)CD三部分組成，B點處對應(yīng)圓弧半徑為R=50m。比賽中質(zhì)量m=50kg的運動員從A點由靜止下滑，運動到B點后水平飛出，落在著陸坡的C點，已知運動員在空中的飛行時間為4.5s，著陸坡的傾角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力影響，則（）A.運動員從B點水平飛出的速度大小為60m/sB.運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度大小為45m/sC.運動員從B點飛出后經(jīng)3s離斜面最遠D.運動員在B點對軌道的壓力為1400N〖答案〗D〖解析〗A．運動員從B點水平飛出后做平拋運動，因此有聯(lián)立解得故A錯誤；B．運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度方向與斜面平行，則有聯(lián)立解得故B錯誤；C．運動員從B點飛出后離斜面最遠時，豎直方向有解得故C錯誤；D．運動員在B點飛出前在做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，運動員在B點對軌道的壓力與軌道對運動員的支持力相等，故D正確。故選D。6.如圖甲所示，質(zhì)量為m，長為L的均勻軟繩用細線懸掛在O1點，軟繩下端剛好與地面接觸。剪斷細線，軟繩自由下落，落地后速度立刻變?yōu)榱?。圖乙中，質(zhì)量也為m的小球用細線懸掛在O2點，小球離地面高度為L，小球可以看成質(zhì)點，剪斷細線后小球自由下落，并與地面發(fā)生彈性碰撞。不考慮部分軟繩落地后引起的落點的變化，空氣阻力不計，重力加速度為g，小球與地面碰撞的接觸時間，則（）A.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為B.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為C.地面對小球的平均作用力大小為11mgD.地面對小球的平均作用力大小為21mg〖答案〗D〖解析〗AB．從細線斷開到軟繩全都落至地面有解得從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，對軟繩用動量定理，取豎直向下為正方向解得地面對軟繩的沖量大小為AB錯誤；CD．小球落地前瞬時速度大小為v，則解得小球與地面發(fā)生彈性碰撞，則原速率返回，對小球在與地面碰撞過程中用動量定理，設(shè)地面對小球的平均作用力大小為F，取豎直向上為正方向解得C錯誤，D正確。故選D。7.如圖所示的O-xyz三維坐標(biāo)系中，xOy平面在水平地面內(nèi)，z軸正方向豎直向上，空間有水平方向的勻強電場，電場方向與x軸正方向夾角θ=37°，場強大小E=500V/m。現(xiàn)從坐標(biāo)原點O以初速度v0=15m/s豎直向上拋出一帶正電小球，已知小球質(zhì)量m=0.01kg，帶電量重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）A.小球運動過程中電勢能先減小后增大B.經(jīng)t=1.5s小球的速度最小，為7.5m/sC.t=2s時，小球的位置坐標(biāo)為（8，6，10）D.取O點為零勢能點，小球落地時的電勢能為-2.25J〖答案〗C〖解析〗A．小球運動過程中沿x、y軸兩個方向，電場力均做正功，則電勢能減小，選項A錯誤；B．因沿水平方向電場力豎直向下的重力mg=0.1N則兩個力的合力與豎直方向的夾角大小為當(dāng)小球沿合力方向的速度減為零時速度最小，則經(jīng)過的時間小球的速度最小，為選項B錯誤；C．t=2s時，沿z方向的位移沿x方向的位移沿y方向的位移小球的位置坐標(biāo)為（8，6，10）選項C正確；D．小球落地時的時間沿電場力方向的位移則電場力做功等于的電勢能減小，即即取O點為零勢能點，小球落地時電勢能為-1.125J，選項D錯誤。故選C。8.質(zhì)量不計的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為的小球A和質(zhì)量為的小球B，支架的兩直角邊長度分別為和，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示。開始時OA邊水平，現(xiàn)將小球A由靜止釋放，重力加速度為，則（）A.小球A到達最低點時的速度大小B.當(dāng)OA與豎直方向夾角為時，球A、B速度達到最大C.球B最大速度為D.小球A到達最低點的過程中，桿對小球A所做的功為〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，以A球開始位置為零勢能，由機械能守恒定律，對A、B組成的系統(tǒng)有兩小球為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，由可知，兩球的線速度之比為解得故A錯誤；D．根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，設(shè)桿對小球A所做的功為，對小球A由動能定理有解得故D錯誤；BC．根據(jù)題意，設(shè)OA與豎直方向夾角為時，以A球開始位置為零勢能，球A、B速度達到最大，由系機械能守恒定律，對系統(tǒng)有又有整理可得由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)時，小球A、B速度達到最大，小球B速度最大值為故C錯誤，B正確。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，某小型水電站通過升壓變壓器T?、高壓輸電線路和降壓變壓器T?將產(chǎn)生電能輸送給5km外的用戶，水電站輸出電壓為400V，高壓輸電線路的阻值為1Ω/km，輸電總功率為20kW，用戶端電壓為220V。兩變壓器均為理想變壓器，T?的匝數(shù)比為1：5。下列說法正確的是（）A.T?的輸出電壓為2000VB.T?的匝數(shù)比n?：n?=95：11C.高壓輸電線上的電流為5AD.高壓輸電線上損失的電功率為1kW〖答案〗ABD〖解析〗A．根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)比關(guān)系，可得解得T1的輸出電壓為故A正確；C．高壓輸電線上的電流為故C錯誤；D．高壓輸電線總電阻高壓輸電線上損失的電功率為故D正確；B．高壓輸電線上損失的電壓為T2的輸入電壓為T?的匝數(shù)比故B正確。故選ABD。10.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，t=0.8s時的波形如圖甲所示，質(zhì)點N的平衡位置為xN=11m，質(zhì)點M的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.從t=0.8s時起到質(zhì)點M通過的路程為20cm過程所用時間為0.6sB.質(zhì)點M的平衡位置為xM=8mC.t=12s時質(zhì)點N的位移y=20cmD.質(zhì)點N的振動方程為〖答案〗BD〖解析〗A．根據(jù)振動圖像，t=0.8s時，質(zhì)點M向y軸負方向振動，說明波沿x軸正方向傳播，由于M點此時并不是在正負最大位移處或者平衡位置，所以經(jīng)過0.6s，也就是四分之一周期，質(zhì)點運動的路程不是20cm，應(yīng)該大于20cm，故A錯誤；B．由圖可知，波長和周期分別為所以波速為根據(jù)振動圖像可知，質(zhì)點M在1.2s時回到平衡位置，結(jié)合波的傳播，有解得故B正確；CD．根據(jù)波的傳播，質(zhì)點N在0.8s時向上振動，此后第一次到波峰的時間為t，則所以所以1.2s時N質(zhì)點處于波峰，即解得所以質(zhì)點N的振動方程為當(dāng)t=12s時，有故C錯誤，D正確。故選BD。11.火星的半徑是地球半徑的二分之一，質(zhì)量為地球質(zhì)量的十分之一，忽略星球自轉(zhuǎn)影響，地球表面重力加速度g=10m/s2。假定航天員在火星表面做了如下實驗：一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，1s后與傾角為45°的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑R=5m，小球可看作質(zhì)點且質(zhì)量m=5kg。則（）A.火星表面重力加速度大小為2.5m/s2B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為4mC.小球經(jīng)過管道的A點時，對管壁的壓力為116ND.小球經(jīng)過管道的B點時，對管壁的壓力為66N〖答案〗BC〖解析〗A．忽略星球自轉(zhuǎn)影響，在星球表面的物體受到的萬有引力等于重力，則有可知由此可得故A錯誤；B．小球運動到C點的豎直分速度為與傾角為45°的斜面垂直相碰，則有水平位移為聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得點C與B點的水平距離為故B正確；C．對小球從A點到B點的過程，由動能定理可得在A點，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得由牛頓第三定律得聯(lián)立解得故C正確；D．小球經(jīng)過管道的B點時,設(shè)管壁給小球向下壓力F2，由牛頓第二定律有解得說明管壁給小球有向上壓力4N，根據(jù)牛頓第三定律，小球經(jīng)過管道的B點時對管壁的壓力為4N，故D錯誤。12.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，與水平面夾角α=30°，導(dǎo)軌寬度L=1m，導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且接觸良好，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=2.0T。已知導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=0.02kg，電容器電容為C=0.02F，耐壓值足夠大，定值電阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計。t=0時開關(guān)接1，導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，t=2s時開關(guān)接2，下列說法正確的是（）A.t=2s時，導(dǎo)體棒ab的速度為2.5m/sB.t=2s時，電容器儲存的電場能為0.16JC.開關(guān)接2瞬間，導(dǎo)體棒ab的加速度為3m/s2D.開關(guān)接2至導(dǎo)體棒ab達到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C〖答案〗BC〖解析〗A．設(shè)在△t時間內(nèi)，金屬棒速度變化為△v，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變化△E=BL△v電容器兩極板電壓變化△U=BL△v電容器所帶電荷量變化△q=C△U=CBL△v金屬棒中的電流對金屬棒，由牛頓第二定律有解得t=2s時，導(dǎo)體棒ab的速度為故A錯誤；B．t=2s時，電容器儲存的電場能故B正確；C．開關(guān)接2瞬間，對導(dǎo)體棒ab有，，解得故C正確；D．a(chǎn)b達到最大速度，，解得根據(jù)能量守恒，如果沒有克服安培力做功解得通過電阻R的電荷量為實際上，克服安培力做功，下滑位移更大，則通過的電量更大，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。某同學(xué)欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板、滑塊間的動摩擦因數(shù)的關(guān)系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數(shù)μ的值，利用紙帶測量對應(yīng)的多個加速度a的值，畫出了a-μ圖像，如圖乙所示。所有計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，重力加速度g=10m/s2。（1）為盡可能準(zhǔn)確地完成實驗，下列做法正確的是_______。A．實驗中需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量MB．實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量M不變C．實驗中不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m不變D．連接滑塊的細線要與長木板平行E．本實驗中，需要平衡摩擦力（2）由圖乙可知，若滑塊的質(zhì)量M=2kg，則小桶和砂子的總質(zhì)量m=_______kg，圖乙中b=_______m/s2?！即鸢浮剑?）BD（2）0.502.0〖解析〗（1）〖1〗A．實驗中的研究對象是小桶和滑塊的整體，則不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量M，故A錯誤；BC．實驗中多次改變的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質(zhì)量M不變，需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m不變，故B正確，C錯誤；D．連接滑塊的細線要與長木板平行，避免拉力產(chǎn)生垂直于木板方向的分力，故D正確。E．本實驗中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E錯誤。故選BD。（2）〖2〗由圖乙可知，當(dāng)時，加速度為零，由平衡條件有解得〖3〗根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理得結(jié)合圖乙可得14.實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響。某學(xué)習(xí)小組利用以下實驗器材對“測量電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗進行了探究。實驗室提供的器材有：A．干電池一節(jié)（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻小于1Ω）B．毫安表（量程0.15mA，內(nèi)阻1kΩ）C．毫安表（量程300mA，內(nèi)阻約為3Ω）D．定值電阻（阻值為9kΩ）E．定值電阻（阻值為3Ω）F．滑動變阻器（最大阻值為30Ω）G．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）請設(shè)計合理的電路，并將電路圖畫在虛線框內(nèi)______。（2）某同學(xué)合理設(shè)計實驗方案并進行實驗，多次改變滑動變阻器滑片的位置，記錄多組電流表、的示數(shù)、，并描在如圖所示圖像中，根據(jù)圖像可得電池電動勢______V，內(nèi)阻______Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電源的輸出功率P發(fā)生變化，下列示意圖能大致反映電源的輸出功率P隨滑動變阻器接入電路的阻值變化關(guān)系的是______。AB．C．D．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）（3）D〖解析〗（1）〖1〗實驗室提供的器材缺少電壓表因而需要改裝電壓表，需要在內(nèi)阻準(zhǔn)確的毫安表基礎(chǔ)上串聯(lián)一個大電阻改裝成量程為的電壓表電源電動勢約為，改裝表滿足測量需求；毫安表內(nèi)阻不準(zhǔn)確，故需要排除毫安表分流影響；電源內(nèi)阻阻值較小，為了方便數(shù)據(jù)處理可以將串聯(lián)在電路中。電路圖如下圖所示（2）〖2〗〖3〗根據(jù)閉合電路歐姆定律可得讀出其中兩點坐標(biāo)和代入上述方程，解得電動勢和內(nèi)阻分別為，（3）〖4〗設(shè)外電路總電阻為，則電源的輸出功率可知時電源的輸出功率最大，由于，則根據(jù)電路的動態(tài)分析，增加則增加且一定大于電源內(nèi)阻，電源的輸出功率會隨之減小。故選D。15.如圖所示為一個用折射率的透明介質(zhì)做成的四棱柱，其中，，?，F(xiàn)有一平行光束垂直于四棱柱側(cè)面入射，已知，，，求：（1）從側(cè)面入射到面上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面的夾角；（2）面上的發(fā)光面積?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）根據(jù)題意，在四棱柱橫截面上畫出光路圖，如圖所示由幾何關(guān)系可知可得面入射光線的入射角為，則從側(cè)面入射到面上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面的夾角為。（2）根據(jù)題意，由公式可得可知，臨界角小于，根據(jù)折射定律和反射定律畫出截面上的光路圖，如圖所示可知，光線從段入射，可以從段射出，光線從段入射，無論是經(jīng)反射，還是直接照射到，在上的入射角均大于臨界角，不能從上射出，由于，可得由幾何關(guān)系可得則面上的發(fā)光面積為16.一根輕質(zhì)細繩繞過輕質(zhì)定滑輪，右邊系著質(zhì)量M=3kg的物塊A，左邊穿過長為L=3.0m的細管后下端系著質(zhì)量m=2kg的物塊B，細管由鎖定裝置固定不動，物塊B距細管下端h=2.0m，已知物塊B通過細管時與管內(nèi)壁間的滑動摩擦力f=4N，開始時A、B均靜止，繩處于拉直狀態(tài)，同時釋放A和B。A、B均看作質(zhì)點，不計滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度g=10m/s2。求：（1）剛釋放A、B時，繩的拉力大?。唬?）物塊B剛通過細管時速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）對物塊A、B由牛頓第二定律分別可得聯(lián)立解得（2）對A、B由機械能守恒可得解得17.在三維坐標(biāo)系O-xyz中存在一長方體，其所在區(qū)域內(nèi)勻強磁場分布如圖所示，平面mnij左側(cè)磁場沿z軸負方向、磁感應(yīng)強度大小為B?，右側(cè)磁場沿mi方向，磁感應(yīng)強度大小為B?，其中均未知）。現(xiàn)有電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度v從a點沿平面adjm進入磁場，經(jīng)j點垂直平面mnij進入右側(cè)磁場，最后離開長方體區(qū)域。已知長方體側(cè)面abcd為邊長為L的正方形，其余邊長如圖中所示，sin37°=0.6，sin53°=0.8，不計粒子重力。求：（1）平面mnij左側(cè)空間磁場磁感應(yīng)強度B?的大??；（2）粒子離開磁場時位置坐標(biāo)及在磁場中的運動時間；（3）若平面mnij右側(cè)空間磁場換成由j到n方向且電場強度E大小可變的勻強電場（電場圖中未畫出，其余條件不變），求粒子離開長方體區(qū)域時動能，與E的關(guān)系式?！即鸢浮剑?）；（2）（-2L，0，0），；（3）見〖解析〗〖解析〗（1）粒子在面adjm內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示：設(shè)其軌道半徑為r1由幾何關(guān)系得得（2）經(jīng)分析粒子到達點j后在平面nb'd'j內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為r2，得運動軌跡如圖乙所示可知粒子從n點回到平面mnij左側(cè)磁場，在左側(cè)磁場中運動時軌跡在平面bnic內(nèi)，假設(shè)粒子從ic邊離開磁場，運動軌跡如圖丙所示由幾何關(guān)系得即點f與點c重合。故粒子從c點離開磁場，其坐標(biāo)為（-2L，0，0）粒子從a到j(luò)運動時間為t1粒子從j到n運動時間為t2粒子從n到c運動時間為t3故粒子在磁場中運動時間（3）粒子在電場中做勻變速曲線運動，當(dāng)粒子從b'點離開電場時，得當(dāng)時，粒子從nb'邊離開長方體。得當(dāng)時，粒子從d'b'邊離開得由得18.窗簾是我們?nèi)粘Ｉ钪泻艹Ｒ姷囊环N家具裝飾物，具有遮陽隔熱和調(diào)節(jié)室內(nèi)光線的功能。圖甲為羅馬桿滑環(huán)窗簾示意圖。假設(shè)窗簾質(zhì)量均勻分布在每一個環(huán)上，將圖甲中的窗簾抽象為圖乙所示模型。長滑桿水平固定，上有10個相同的滑環(huán)，滑環(huán)厚度忽略不計，滑環(huán)從左至右依次編號為1、2、3??10。窗簾拉開后，相鄰兩環(huán)間距離均為L=0.2m，每個滑環(huán)的質(zhì)量均為m=0.4kg，滑環(huán)與滑桿之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1。窗簾未拉開時，所有滑環(huán)可看成挨在一起處于滑桿右側(cè)邊緣處，滑環(huán)間無擠壓，現(xiàn)在給1號滑環(huán)一個向左的初速度，使其在滑桿上向左滑行（視為只有平動）；在滑環(huán)滑行的過程中，前、后滑環(huán)之間的窗簾繃緊后，兩個滑環(huán)立即以共同的速度向前滑行，窗簾繃緊的過程用時極短，可忽略不計。不考慮空氣阻力的影響，重力加速度g=10m/s2。（1）若要保證2號滑環(huán)能動起來，求1號滑環(huán)的最小初速度；（2）假設(shè)1號滑環(huán)與2號滑環(huán)間窗簾繃緊前其瞬間動能為E，求窗簾繃緊后瞬間兩者的總動能以及由于這部分窗簾繃緊而損失的動能；（3）9號滑環(huán)開始運動后繼續(xù)滑行0.05m后停下來，求1號滑環(huán)的初速度大??；（4）在（3）的條件下，求全過程中由于窗簾繃緊而損失的能量?！即鸢浮剑?）；（2），；（3）；（4）〖解析〗（1）設(shè)1號環(huán)的初速度為v0，則由動能定理可得解得（2）設(shè)窗簾繃緊前瞬間滑環(huán)1的速度為v1，滑環(huán)2的速度為0，繃緊后共同速度為v，則窗簾繃緊前后動量守恒，有繃緊后系統(tǒng)動能為又知聯(lián)立解得故損失動能為（3）設(shè)1號滑環(huán)的初速度為，其動能為，1號環(huán)滑行距離L，1、2繃緊前瞬間，系統(tǒng)剩余動能為據(jù)（2）的分析可得，1、2繃緊后瞬間，系統(tǒng)剩余動能為在1、2滑環(huán)共同滑行距離L、第2與第3滑環(huán)繃緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為2、3滑環(huán)繃緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為依次類推，在8、9號滑環(huán)繃緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為8與9滑環(huán)繃緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為由題意可知，8與9號滑環(huán)繃緊后還可以繼續(xù)滑行距離l后靜止，因而有聯(lián)立解得1號滑環(huán)的初速度大小為（4）整個過程中克服摩擦力所做的功為在整個過程中僅由窗簾繃緊引起的動能損失為代入數(shù)據(jù)解得

高三物理2023．1注意事項：1．答題前，考生先將自己的學(xué)校、姓名、班級、座號、考號填涂在相應(yīng)位置。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0．5毫米黑色簽字筆書寫，繪圖時，可用2B鉛筆作答，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖是藍色大閃蝶，在陽光下可以看到其翅膀燦爛閃爍。藍色大閃蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，這些翅脊有一串類似臺階的結(jié)構(gòu)。光照射翅脊上“臺階結(jié)構(gòu)”的典型光路如圖所示，則（）A.翅膀燦爛閃爍是光的干涉現(xiàn)象B.翅膀燦爛閃爍是光的色散現(xiàn)象C.翅膀燦爛閃爍是光的全反射現(xiàn)象D.光在空氣中的波長約是在翅脊中波長的倍〖答案〗A〖解析〗ABC．翅膀燦爛閃爍是光的薄膜干涉現(xiàn)象，選項A正確，BC錯誤；D．根據(jù)選項D錯誤。故選A。2.如圖所示為某科學(xué)實驗小組利用計算機和傳感器繪制出的一玩具小車做直線運動的v-x圖像，則下列說法正確的是（）A.該玩具小車做勻變速直線運動B.該玩具小車運動的加速度逐漸增大C.該玩具小車運動的加速度逐漸減小D.該玩具小車運動的加速度隨時間均勻變化〖答案〗B〖解析〗BCD．根據(jù)圖像得所以得式中k不變，隨著速度v的增大，加速度a增大，所以加速度隨時間增大，B正確，CD錯誤；A．因為加速度增大，小車做非勻變速度直線運動，A錯誤。故選B。3.如圖所示，平面的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場邊界與軸成角，邊長為的正方形金屬框MNPQ中心位于磁場邊界上，電阻為R。現(xiàn)使金屬框勻速向右運動至完全進入磁場過程中，下列說法正確的是（）A.金屬框中感應(yīng)電流的大小和方向都不變B.金屬框中磁通量的變化率變大C.金屬框中感應(yīng)電動勢的變化率不變D.通過金屬框的電荷量為〖答案〗C〖解析〗ABC．金屬框運動過程中，根據(jù)楞次定律可知金屬框磁通量增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向一直為逆時針。只有邊和邊切割磁感線，若金屬框速度為，運動時間為。根據(jù)右手定則和電磁感應(yīng)定律可判斷產(chǎn)生的電動勢為根據(jù)幾何關(guān)系可知整理可得故感應(yīng)電動勢的變化率為不變。根據(jù)可知隨時間變小，故感應(yīng)電流大小也隨時間變小。根據(jù)可知磁通量的變化率也隨時間減小，故AB錯誤、C正確；D．通過金屬框的電荷量為故D錯誤。故選C。4.磁電式電流表的構(gòu)造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示。當(dāng)電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧被扭動，線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS=kθ，式中N為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，I為通過線圈的電流，B為磁感應(yīng)強度，θ為線圈（指針）偏角，k是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由題中的信息可知（）A.線圈轉(zhuǎn)動過程中受到的安培力逐漸變大B.若線圈中通以如圖乙所示的電流時，線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動C.線圈（指針）偏角θ與通過線圈電流I成正比D.電流表靈敏度定義為，更換k值更大的螺旋彈簧，可以增大電流表的靈敏度〖答案〗C〖解析〗A．磁場是均勻地輻射分布，線圈轉(zhuǎn)過過程中各個位置的磁感應(yīng)強度大小不變，故受到的安培力大小不變，故A錯誤；B．若線圈中通以如圖乙所示的電流時，根據(jù)左手定則，左側(cè)安培力向上，右側(cè)安培力向下，線圈將沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C．根據(jù)題意線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS=kθ解得可知線圈（指針）偏角θ與通過線圈的電流I成正比，故C正確；D．電流表的靈敏度定義為，根據(jù)題意NBIS=kθ解得可知更換k值更大的螺旋彈簧，電流表的靈敏度減小了，故D錯誤。故選C。5.第24屆冬季奧運會于2022年2月4日在北京和張家口聯(lián)合舉行，跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，北京跳臺滑雪賽道“雪如意”如圖甲所示，其簡化圖如圖乙所示，跳臺滑雪賽道由助滑道AB，著陸坡BC，減速停止區(qū)CD三部分組成，B點處對應(yīng)圓弧半徑為R=50m。比賽中質(zhì)量m=50kg的運動員從A點由靜止下滑，運動到B點后水平飛出，落在著陸坡的C點，已知運動員在空中的飛行時間為4.5s，著陸坡的傾角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力影響，則（）A.運動員從B點水平飛出的速度大小為60m/sB.運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度大小為45m/sC.運動員從B點飛出后經(jīng)3s離斜面最遠D.運動員在B點對軌道的壓力為1400N〖答案〗D〖解析〗A．運動員從B點水平飛出后做平拋運動，因此有聯(lián)立解得故A錯誤；B．運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度方向與斜面平行，則有聯(lián)立解得故B錯誤；C．運動員從B點飛出后離斜面最遠時，豎直方向有解得故C錯誤；D．運動員在B點飛出前在做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，運動員在B點對軌道的壓力與軌道對運動員的支持力相等，故D正確。故選D。6.如圖甲所示，質(zhì)量為m，長為L的均勻軟繩用細線懸掛在O1點，軟繩下端剛好與地面接觸。剪斷細線，軟繩自由下落，落地后速度立刻變?yōu)榱?。圖乙中，質(zhì)量也為m的小球用細線懸掛在O2點，小球離地面高度為L，小球可以看成質(zhì)點，剪斷細線后小球自由下落，并與地面發(fā)生彈性碰撞。不考慮部分軟繩落地后引起的落點的變化，空氣阻力不計，重力加速度為g，小球與地面碰撞的接觸時間，則（）A.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為B.從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量大小為C.地面對小球的平均作用力大小為11mgD.地面對小球的平均作用力大小為21mg〖答案〗D〖解析〗AB．從細線斷開到軟繩全都落至地面有解得從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，對軟繩用動量定理，取豎直向下為正方向解得地面對軟繩的沖量大小為AB錯誤；CD．小球落地前瞬時速度大小為v，則解得小球與地面發(fā)生彈性碰撞，則原速率返回，對小球在與地面碰撞過程中用動量定理，設(shè)地面對小球的平均作用力大小為F，取豎直向上為正方向解得C錯誤，D正確。故選D。7.如圖所示的O-xyz三維坐標(biāo)系中，xOy平面在水平地面內(nèi)，z軸正方向豎直向上，空間有水平方向的勻強電場，電場方向與x軸正方向夾角θ=37°，場強大小E=500V/m?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點O以初速度v0=15m/s豎直向上拋出一帶正電小球，已知小球質(zhì)量m=0.01kg，帶電量重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）A.小球運動過程中電勢能先減小后增大B.經(jīng)t=1.5s小球的速度最小，為7.5m/sC.t=2s時，小球的位置坐標(biāo)為（8，6，10）D.取O點為零勢能點，小球落地時的電勢能為-2.25J〖答案〗C〖解析〗A．小球運動過程中沿x、y軸兩個方向，電場力均做正功，則電勢能減小，選項A錯誤；B．因沿水平方向電場力豎直向下的重力mg=0.1N則兩個力的合力與豎直方向的夾角大小為當(dāng)小球沿合力方向的速度減為零時速度最小，則經(jīng)過的時間小球的速度最小，為選項B錯誤；C．t=2s時，沿z方向的位移沿x方向的位移沿y方向的位移小球的位置坐標(biāo)為（8，6，10）選項C正確；D．小球落地時的時間沿電場力方向的位移則電場力做功等于的電勢能減小，即即取O點為零勢能點，小球落地時電勢能為-1.125J，選項D錯誤。故選C。8.質(zhì)量不計的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為的小球A和質(zhì)量為的小球B，支架的兩直角邊長度分別為和，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示。開始時OA邊水平，現(xiàn)將小球A由靜止釋放，重力加速度為，則（）A.小球A到達最低點時的速度大小B.當(dāng)OA與豎直方向夾角為時，球A、B速度達到最大C.球B最大速度為D.小球A到達最低點的過程中，桿對小球A所做的功為〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，以A球開始位置為零勢能，由機械能守恒定律，對A、B組成的系統(tǒng)有兩小球為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，由可知，兩球的線速度之比為解得故A錯誤；D．根據(jù)題意，小球A由靜止到達最低點過程中，設(shè)桿對小球A所做的功為，對小球A由動能定理有解得故D錯誤；BC．根據(jù)題意，設(shè)OA與豎直方向夾角為時，以A球開始位置為零勢能，球A、B速度達到最大，由系機械能守恒定律，對系統(tǒng)有又有整理可得由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)時，小球A、B速度達到最大，小球B速度最大值為故C錯誤，B正確。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，某小型水電站通過升壓變壓器T?、高壓輸電線路和降壓變壓器T?將產(chǎn)生電能輸送給5km外的用戶，水電站輸出電壓為400V，高壓輸電線路的阻值為1Ω/km，輸電總功率為20kW，用戶端電壓為220V。兩變壓器均為理想變壓器，T?的匝數(shù)比為1：5。下列說法正確的是（）A.T?的輸出電壓為2000VB.T?的匝數(shù)比n?：n?=95：11C.高壓輸電線上的電流為5AD.高壓輸電線上損失的電功率為1kW〖答案〗ABD〖解析〗A．根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)比關(guān)系，可得解得T1的輸出電壓為故A正確；C．高壓輸電線上的電流為故C錯誤；D．高壓輸電線總電阻高壓輸電線上損失的電功率為故D正確；B．高壓輸電線上損失的電壓為T2的輸入電壓為T?的匝數(shù)比故B正確。故選ABD。10.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，t=0.8s時的波形如圖甲所示，質(zhì)點N的平衡位置為xN=11m，質(zhì)點M的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.從t=0.8s時起到質(zhì)點M通過的路程為20cm過程所用時間為0.6sB.質(zhì)點M的平衡位置為xM=8mC.t=12s時質(zhì)點N的位移y=20cmD.質(zhì)點N的振動方程為〖答案〗BD〖解析〗A．根據(jù)振動圖像，t=0.8s時，質(zhì)點M向y軸負方向振動，說明波沿x軸正方向傳播，由于M點此時并不是在正負最大位移處或者平衡位置，所以經(jīng)過0.6s，也就是四分之一周期，質(zhì)點運動的路程不是20cm，應(yīng)該大于20cm，故A錯誤；B．由圖可知，波長和周期分別為所以波速為根據(jù)振動圖像可知，質(zhì)點M在1.2s時回到平衡位置，結(jié)合波的傳播，有解得故B正確；CD．根據(jù)波的傳播，質(zhì)點N在0.8s時向上振動，此后第一次到波峰的時間為t，則所以所以1.2s時N質(zhì)點處于波峰，即解得所以質(zhì)點N的振動方程為當(dāng)t=12s時，有故C錯誤，D正確。故選BD。11.火星的半徑是地球半徑的二分之一，質(zhì)量為地球質(zhì)量的十分之一，忽略星球自轉(zhuǎn)影響，地球表面重力加速度g=10m/s2。假定航天員在火星表面做了如下實驗：一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，1s后與傾角為45°的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑R=5m，小球可看作質(zhì)點且質(zhì)量m=5kg。則（）A.火星表面重力加速度大小為2.5m/s2B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為4mC.小球經(jīng)過管道的A點時，對管壁的壓力為116ND.小球經(jīng)過管道的B點時，對管壁的壓力為66N〖答案〗BC〖解析〗A．忽略星球自轉(zhuǎn)影響，在星球表面的物體受到的萬有引力等于重力，則有可知由此可得故A錯誤；B．小球運動到C點的豎直分速度為與傾角為45°的斜面垂直相碰，則有水平位移為聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得點C與B點的水平距離為故B正確；C．對小球從A點到B點的過程，由動能定理可得在A點，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得由牛頓第三定律得聯(lián)立解得故C正確；D．小球經(jīng)過管道的B點時,設(shè)管壁給小球向下壓力F2，由牛頓第二定律有解得說明管壁給小球有向上壓力4N，根據(jù)牛頓第三定律，小球經(jīng)過管道的B點時對管壁的壓力為4N，故D錯誤。12.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，與水平面夾角α=30°，導(dǎo)軌寬度L=1m，導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且接觸良好，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=2.0T。已知導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=0.02kg，電容器電容為C=0.02F，耐壓值足夠大，定值電阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計。t=0時開關(guān)接1，導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，t=2s時開關(guān)接2，下列說法正確的是（）A.t=2s時，導(dǎo)體棒ab的速度為2.5m/sB.t=2s時，電容器儲存的電場能為0.16JC.開關(guān)接2瞬間，導(dǎo)體棒ab的加速度為3m/s2D.開關(guān)接2至導(dǎo)體棒ab達到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C〖答案〗BC〖解析〗A．設(shè)在△t時間內(nèi)，金屬棒速度變化為△v，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變化△E=BL△v電容器兩極板電壓變化△U=BL△v電容器所帶電荷量變化△q=C△U=CBL△v金屬棒中的電流對金屬棒，由牛頓第二定律有解得t=2s時，導(dǎo)體棒ab的速度為故A錯誤；B．t=2s時，電容器儲存的電場能故B正確；C．開關(guān)接2瞬間，對導(dǎo)體棒ab有，，解得故C正確；D．a(chǎn)b達到最大速度，，解得根據(jù)能量守恒，如果沒有克服安培力做功解得通過電阻R的電荷量為實際上，克服安培力做功，下滑位移更大，則通過的電量更大，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。某同學(xué)欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板、滑塊間的動摩擦因數(shù)的關(guān)系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數(shù)μ的值，利用紙帶測量對應(yīng)的多個加速度a的值，畫出了a-μ圖像，如圖乙所示。所有計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，重力加速度g=10m/s2。（1）為盡可能準(zhǔn)確地完成實驗，下列做法正確的是_______。A．實驗中需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量MB．實驗中需要保證滑塊的質(zhì)量M不變C．實驗中不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m不變D．連接滑塊的細線要與長木板平行E．本實驗中，需要平衡摩擦力（2）由圖乙可知，若滑塊的質(zhì)量M=2kg，則小桶和砂子的總質(zhì)量m=_______kg，圖乙中b=_______m/s2?！即鸢浮剑?）BD（2）0.502.0〖解析〗（1）〖1〗A．實驗中的研究對象是小桶和滑塊的整體，則不需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量M，故A錯誤；BC．實驗中多次改變的值，需要其他條件不變，則需要保證滑塊的質(zhì)量M不變，需要保證桶和砂子的總質(zhì)量m不變，故B正確，C錯誤；D．連接滑塊的細線要與長木板平行，避免拉力產(chǎn)生垂直于木板方向的分力，故D正確。E．本實驗中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E錯誤。故選BD。（2）〖2〗由圖乙可知，當(dāng)時，加速度為零，由平衡條件有解得〖3〗根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理得結(jié)合圖乙可得14.實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響。某學(xué)習(xí)小組利用以下實驗器材對“測量電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗進行了探究。實驗室提供的器材有：A．干電池一節(jié)（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻小于1Ω）B．毫安表（量程0.15mA，內(nèi)阻1kΩ）C．毫安表（量程300mA，內(nèi)阻約為3Ω）D．定值電阻（阻值為9kΩ）E．定值電阻（阻值為3Ω）F．滑動變阻器（最大阻值為30Ω）G．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）請設(shè)計合理的電路，并將電路圖畫在虛線框內(nèi)______。（2）某同學(xué)合理設(shè)計實驗方案并進行實驗，多次改變滑動變阻器滑片的位置，記錄多組電流表、的示數(shù)、，并描在如圖所示圖像中，根據(jù)圖像可得電池電動勢______V，內(nèi)阻______Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電源的輸出功率P發(fā)生變化，下列示意圖能大致反映電源的輸出功率P隨滑動變阻器接入電路的阻值變化關(guān)系的是______。AB．C．D．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）（3）D〖解析〗（1）〖1〗實驗室提供的器材缺少電壓表因而需要改裝電壓表，需要在內(nèi)阻準(zhǔn)確的毫安表基礎(chǔ)上串聯(lián)一個大電阻改裝成量程為的電壓表電源電動勢約為，改裝表滿足測量需求；毫安表內(nèi)阻不準(zhǔn)確，故需要排除毫安表分流影響；電源內(nèi)阻阻值較小，為了方便數(shù)據(jù)處理可以將串聯(lián)在電路中。電路圖如下圖所示（2）〖2〗〖3〗根據(jù)閉合電路歐姆定律可得讀出其中兩點坐標(biāo)和代入上述方程，解得電動勢和內(nèi)阻分別為，（3）〖4〗設(shè)外電路總電阻為，則電源的輸出功率可知時電源的輸出功率最大，由于，則根據(jù)電路的動態(tài)分析，增加則增加且一定大于電源內(nèi)阻，電源的輸出功率會隨之減小。故選D。15.如圖所示為一個用折射率的透明介質(zhì)做成的四棱柱，其中，，?，F(xiàn)有一平行光束垂直于四棱柱側(cè)面入射，已知，，，求：（1）從側(cè)面入射到面上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面的夾角；（2）面上的發(fā)光面積?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）根據(jù)題意，在四棱柱橫截面上畫出光路圖，如圖所示由幾何關(guān)系可知可得面入射光線的入射角為，則從側(cè)面入射到面上的光線經(jīng)第一次反射后的反射光線與面的夾角為。（2）根據(jù)題意，由公式可得可知，臨界角小于，根據(jù)折射定律和反射定律畫出截面上的光路圖，如圖所示可知，光線從段入射，可以從段射出，光線從段入射，無論是經(jīng)反射，還是直接照射到，在上的入射角均大于臨界角，不能從上射出，由于，可得由幾何關(guān)系可得則面上的發(fā)光面積為16.一根輕質(zhì)細繩繞過輕質(zhì)定滑輪，右邊系著質(zhì)量M=3kg的物塊A，左邊