沖刺2024年高考物理真題重組卷04

沖刺2024年高考※※真題重組卷（）真題重組卷04（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．（2022?浙江）下列說法正確的是（）A．研究甲圖中排球運(yùn)動員扣球動作時(shí)，排球可以看成質(zhì)點(diǎn) B．研究乙圖中乒乓球運(yùn)動員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn) C．研究丙圖中羽毛球運(yùn)動員回?fù)粲鹈騽幼鲿r(shí)，羽毛球大小可以忽略 D．研究丁圖中體操運(yùn)動員的平衡木動作時(shí)，運(yùn)動員身體各部分的速度可視為相同【解答】解：A、研究甲圖中排球運(yùn)動員扣球動作時(shí)，要注意扣球時(shí)與球的接觸位置，則排球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，排球不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、研究乙圖中乒乓球運(yùn)動員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，要注意發(fā)球時(shí)球拍與球的接觸位置，則乒乓球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B正確；C、研究丙圖中羽毛球運(yùn)動員回?fù)粲鹈騽幼鲿r(shí)，要注意擊球時(shí)與球的接觸位置，則羽毛球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，故C錯(cuò)誤；D、研究圖中體操運(yùn)動員的平衡木動作時(shí)，運(yùn)動員身體各部分的速度不可以視為相同，故D錯(cuò)誤。故選：B。2．（2023?廣東）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的機(jī)器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為θ。船和機(jī)器人保持靜止時(shí)，機(jī)器人僅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列關(guān)系式正確的是（）A．Ff＝G B．F＝FN C．Ff＝Gcosθ D．F＝Gsinθ【解答】解：將機(jī)器人的重力按照壁面和垂直于壁面的方向分解，如圖所示：沿壁面方向上：Gcosθ＝Ff垂直于壁面方向上：F＝FN+Gsinθ，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。3．（2022?紅橋區(qū)校級模擬）一質(zhì)量為的物體靜止于水平地面上。物體與地面間的動摩擦因數(shù)為，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。從t＝0時(shí)刻開始物體受到與地面平行的拉力F的作用，F(xiàn)的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10m/s2．則（）A．0～2s內(nèi)F小于物體所受的摩擦力 B．2～4s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動 C．4～6s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動 D．6～7s內(nèi)F大于物體所受的摩擦力【解答】解：地面對物體的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝××10N＝5NA、0～2s內(nèi)，F(xiàn)＜fm，則物體靜止不動，F(xiàn)與物體所受的摩擦力大小相等，故A錯(cuò)誤。B、2～4s內(nèi)，F(xiàn)＞fm，物體做勻加速運(yùn)動，故B正確。C、4～6s內(nèi)，F(xiàn)＞fm，由于F減小，合力減小，加速度減小，所以物體做加速度減小的變加速運(yùn)動，故C錯(cuò)誤。D、6～7s內(nèi)，F(xiàn)＝4N，物體所受的滑動摩擦力f＝μmg＝5N，所以F小于物體所受的摩擦力，故D錯(cuò)誤。故選：B。4．（2023?新課標(biāo)）2023年5月，世界現(xiàn)役運(yùn)輸能力最大的貨運(yùn)飛船天舟六號，攜帶約5800kg的物資進(jìn)入距離地面約400km（小于地球同步衛(wèi)星與地面的距離）的軌道，順利對接中國空間站后近似做勻速圓周運(yùn)動。對接后，這批物資（）A．質(zhì)量比靜止在地面上時(shí)小 B．所受合力比靜止在地面上時(shí)小 C．所受地球引力比靜止在地面上時(shí)大 D．做圓周運(yùn)動的角速度大小比地球自轉(zhuǎn)角速度大【解答】解：A、物資在空間站中的質(zhì)量與靜止在地面上的質(zhì)量相等，故A錯(cuò)誤；B、若不考慮地球自轉(zhuǎn)，物資靜止在地面時(shí)，所受合力為零。物資在空間站中做勻速圓周運(yùn)動，物資所受的合力為地球?qū)ξ镔Y的萬有引力，則物體在空間站中所受合力比靜止在地面上時(shí)大，故B錯(cuò)誤；C、由萬有引力公式得：F=物資在空間站中離地球球心的距離大于在地面上時(shí)離球心的距離，則所受地球引力比靜止在地面上時(shí)小，故C錯(cuò)誤；D、地球自轉(zhuǎn)角速度等于同步衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的角速度，同步衛(wèi)星和物資均繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力等于向心力：GMmr2=m解得：ω=由題意可知，空間站運(yùn)動軌道離地面高度小于地球同步衛(wèi)星與地面的距離，則空間站做圓周運(yùn)動的半徑小于同步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的半徑，角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，則空間站做圓周運(yùn)動的角速度大小比地球自轉(zhuǎn)角速度大，故D正確。故選：D。5．（2023?重慶）密封于氣缸中的理想氣體，從狀態(tài)a依次經(jīng)過ab、bc和cd三個(gè)熱力學(xué)過程達(dá)到狀態(tài)d。若該氣體的體積V隨熱力學(xué)溫度T變化的V﹣T圖像如圖所示，則對應(yīng)的氣體壓強(qiáng)p隨T變化的p﹣T圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：ab過程根據(jù)pV＝CT可知VT=Cp坐標(biāo)原點(diǎn)O與ab上各點(diǎn)連線的斜率與壓強(qiáng)成反比，故該過程斜率bc過程等溫變化，根據(jù)pV＝CT可知體積V變大，壓強(qiáng)變小，故BD錯(cuò)誤；cd過程等容過程，根據(jù)pV＝CT可知溫度T升高，則壓強(qiáng)變大，故C正確。故選：C。6．（2023?廣東）理論認(rèn)為，大質(zhì)量恒星塌縮成黑洞的過程，受核反應(yīng)612C+Y→A．Y是β粒子，β射線穿透能力比γ射線強(qiáng) B．Y是β粒子，β射線電離能力比γ射線強(qiáng) C．Y是α粒子，α射線穿透能力比γ射線強(qiáng) D．Y是α粒子，α射線電離能力比γ射線強(qiáng)【解答】解：核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，由此可得：Y的質(zhì)子數(shù)為：8﹣6＝2Y的質(zhì)量數(shù)為：16﹣12＝4即Y是α粒子，而α射線的電離能力比γ射線強(qiáng)，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D。7．（2023?湖北）在正點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點(diǎn)，其電勢分別為φM、φN，電場強(qiáng)度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是（）A．若φM＞φN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的遠(yuǎn) B．若EM＜EN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的近 C．若把帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做正功，則φM＜φN D．若把帶正電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功，則EM＞EN【解答】解：正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，電場線的方向背離正電荷指向無窮遠(yuǎn)，如圖所示：A、若φM＞φN，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，M點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離比N點(diǎn)的近，故A錯(cuò)誤；B、若EM＜EN，根據(jù)E=kQr2，可知M點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離比NC、若把帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做正功，則帶負(fù)電的試探電荷的電勢能減小，所處位置的電勢升高，故有：φM＜φN，故C正確；D、若把帶正電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功，說明帶正電的試探電荷靠近Q運(yùn)動，則N點(diǎn)距離點(diǎn)電荷Q近，有：EM＜EN，故D錯(cuò)誤。故選：C。8．（2019?浙江）電動機(jī)與小電阻串聯(lián)接入電路，電動機(jī)正常工作時(shí)，小電阻的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動機(jī)的內(nèi)電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為I2．則（）A．I1＜I2 B．U1C．U1U2=【解答】解：A、小電阻與電動機(jī)串聯(lián)，所以：I1＝I2，故A錯(cuò)誤；BCD、對小電阻，由歐姆定律可得：U1＝I1R1，電動機(jī)正常工作時(shí)由于線圈的切割磁感線產(chǎn)生反電動勢，所以：U2＞I2R2，所以：U1U2＜I故選：D。9．（2023?北京）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（l?a）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為+q，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是（）A．粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧半徑為a B．粒子質(zhì)量為BqavC．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2v D．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql【解答】解：A.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運(yùn)動的圓弧半徑為r＝a故A正確；B.根qvB＝mv可得粒子的質(zhì)量m=故B正確；C.管道內(nèi)的等效電流為I=Q故C錯(cuò)誤；D.粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力F＝BIl＝Bnql故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：C。10．（2022?湖南）如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表?的示數(shù)為U，理想電流表?的示數(shù)為I。下列說法正確的是（）A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變 B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大 D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小【解答】解：根據(jù)原副線圈兩端的電流和電壓的比值關(guān)系可知，原線圈的“等效電阻”與副線圈的電阻的比值關(guān)系為：R原可知此電路的等效電路如圖所示：AB、保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，即原、副線圈的匝數(shù)比保持不變，R2接入電路的阻值減小，則由上述分析可知，原線圈位置的等效電阻保持不變，因?yàn)榛瑒幼冏杵鞯碾娮枳冃?，則電流I變大，U變小，而R1消耗的功率增大，故A錯(cuò)誤，B正確；C、保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，n2減小，等效電阻增大，電流I減小，則電壓表的示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；D、滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，此時(shí)“等效電阻”的阻值為R等效=(n112n保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，則副線圈的匝數(shù)變小，相當(dāng)于原線圈位置的“等效電阻”增大；當(dāng)?shù)刃щ娮璧淖柚档扔赗2時(shí)，R1消耗的功率最大；當(dāng)?shù)刃щ娮璧淖柚荡笥?R時(shí)，P1向下緩慢滑動時(shí)，R1消耗的電功率減小，故D錯(cuò)誤。故選：B。11．（2022?遼寧）完全失重時(shí)，液滴呈球形，氣泡在液體中將不會上浮。2021年12月，在中國空間站“天宮課堂”的水球光學(xué)實(shí)驗(yàn)中，航天員向水球中注入空氣形成了一個(gè)內(nèi)含氣泡的水球。如圖所示，若氣泡與水球同心，在過球心O的平面內(nèi)，用單色平行光照射這一水球。下列說法正確的是（）A．此單色光從空氣進(jìn)入水球，頻率一定變大 B．此單色光從空氣進(jìn)入水球，頻率一定變小 C．若光線1在M處發(fā)生全反射，光線2在N處一定發(fā)生全反射 D．若光線2在N處發(fā)生全反射，光線1在M處一定發(fā)生全反射【解答】解：AB、光的頻率是由光源決定的，與介質(zhì)無關(guān)，頻率不變，故AB錯(cuò)誤。CD、可看出光線1入射到水球的入射角小于光線2入射到水球的入射角，則光線1在水球外表面折射后的折射角小于光線2在水球外表面折射后的折射角，設(shè)水球半徑為R、氣泡半徑為r、光線經(jīng)過水球后的折射角為α、光線進(jìn)入氣泡的入射角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系有：sin(π-θ)R=sinαr，可得出光線2的θ大于光線1的θ，故若光線1在M處發(fā)生全反射，光線2在N處一定發(fā)生全反射，故故選：C。12．（2022?重慶）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動量大小先增大后減小 C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【解答】解：AB.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F﹣t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F﹣t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，則動量的大小一直增大，故AB錯(cuò)誤C.根據(jù)動量與動能的關(guān)系有Ek=而F﹣t圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，故C錯(cuò)誤；D.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，故D正確；故選：D。13．（2022?福建）福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖（a）所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖（b）所示，同一樓層內(nèi)部通過直徑約50m的圓形廊道連接，若將質(zhì)量為100kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到N處，如圖（c）所示，重力加速度大小取10m/s2，則（）A．該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5400J B．該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，克服重力所做的功為78500J C．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為 D．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，平均速率為【解答】解：A、該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為W＝mgh＝100×10×2×＝5400J，故A正確；B、MN兩點(diǎn)高度相同，所以物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，重力不做功，故B錯(cuò)誤；C、從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為50m，故C錯(cuò)誤；D、平均速率v=st=π?d2故選：A。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．（2021?湖北）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t＝0時(shí)刻和t＝1s時(shí)刻的波形分別如圖中實(shí)線和虛線所示。已知x＝0處的質(zhì)點(diǎn)在0～1s內(nèi)運(yùn)動的路程為。下列說法正確的是（）A．波沿x軸正方向傳播 B．波源振動周期為 C．波的傳播速度大小為13m/s D．t＝1s時(shí)，x＝6m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動【解答】解：A、由題意知x＝0處的質(zhì)點(diǎn)在Δt＝1s內(nèi)的運(yùn)動路程為＝4A+12A，所以判斷x＝0處質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)刻是向下振動的，該波向xB、虛線波x＝0處此刻的位移x＝﹣=-12A，所以Δt＝T+112T=C、波速為v=λT=12D、從虛線波知x＝6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻正向y的正方向運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。故選：AC。15．（2023?浙江）氫原子從高能級向低能級躍遷時(shí)，會產(chǎn)生四種頻率的可見光，其光譜如圖1所示。氫原子從能級6躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅰ，從能級3躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅱ。用同一雙縫干涉裝置研究兩種光的干涉現(xiàn)象，得到如圖2和圖3所示的干涉條紋。用兩種光分別照射如圖4所示的實(shí)驗(yàn)裝置，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．圖1中的Hα對應(yīng)的是Ⅰ B．圖2中的干涉條紋對應(yīng)的是Ⅱ C．Ⅰ的光子動量大于Ⅱ的光子動量 D．P向a移動，電流表示數(shù)為零時(shí)Ⅰ對應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大【解答】解：A、根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從能級6躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅰ的能量值大于氫原子從能級3躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅱ的能量值，根據(jù)E＝hν=hcλ，可知?dú)湓訌哪芗?躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅰ的波長小于氫原子從能級3躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅱ的波長，所以圖1中的Hα對應(yīng)的是Ⅱ，故B、由A的判斷可知Ⅱ的波長大，根據(jù)Δx=Ldλ可知，圖3C、可見光Ⅱ的波長大，根據(jù)p=hλ可知可見光Ⅱ的對應(yīng)的光子的動量小，故D、根據(jù)Ek＝hν﹣W0和Ek＝eUc，結(jié)合可見光Ⅱ的能量值小，可知光Ⅰ對應(yīng)的遏止電壓比Ⅱ的對應(yīng)的遏止電壓大，即P向a移動，電流表示數(shù)為零時(shí)Ⅰ對應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大，故D正確。故選：CD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ、（2023?浙江）（1）在“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。①需要的實(shí)驗(yàn)操作有ACD。A．調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行B．傾斜軌道以補(bǔ)償阻力C．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放D．先接通電源再釋放小車②經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖2所示。選取連續(xù)打出的點(diǎn)0、1、2、3、4為計(jì)數(shù)點(diǎn)，則計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為m/s（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（2）“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。①采用的實(shí)驗(yàn)方法是A。A．控制變量法B．等效法C．模擬法②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動。此時(shí)左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的角速度平方之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉(zhuǎn)動手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變（選填“不變”、“變大”或“變小”）?！窘獯稹拷猓海?）①A、為使小車能做勻加速直線運(yùn)動，必須使小車受到的合力恒定，調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線應(yīng)與軌道平行，故A正確；B、探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律，與小車是否受到阻力沒有關(guān)系，所以不需傾斜軌道以補(bǔ)償阻力，故B錯(cuò)誤；C、為提高紙帶的利用率，小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放，故C正確；D、實(shí)驗(yàn)中為了在紙帶上打出更多的點(diǎn)，為了打點(diǎn)的穩(wěn)定，具體操作中要求先接通電源再釋放小車，故D正確。故選：ACD。②刻度尺為毫米刻度尺，最小分度值為，由圖得，計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，打點(diǎn)周期T=1f打計(jì)數(shù)點(diǎn)2的時(shí)刻是1到3的中間時(shí)刻，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度，設(shè)則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為v=8.61-2.742×0.02（2）①本實(shí)驗(yàn)通過控制一些物理量不變，來研究其他物理量之間的關(guān)系，采用了控制變量法，故A正確，BC錯(cuò)誤。故選：A。②左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的向心力之比，根據(jù)向心力公式得：Fn＝mω2r在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，向心力之比應(yīng)等于角速度平方之比；在加速轉(zhuǎn)動手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。故答案為：（1）①ACD；②，；（2）①A；②角速度平方，不變。Ⅱ、小明通過實(shí)驗(yàn)探究電壓表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響。所用器材有：干電池（電動勢約，內(nèi)阻不計(jì)）2節(jié)；兩量程電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ；量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）1個(gè)；滑動變阻器（最大阻值50Ω）1個(gè)；定值電阻（阻值50Ω）21個(gè)；開關(guān)1個(gè)及導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示。（1）電壓表量程應(yīng)選用3V（選填“3V”或“15V”）。（2）圖2為該實(shí)驗(yàn)的實(shí)物電路（右側(cè)未拍全）。先將滑動變阻器的滑片置于如圖2所示的位置，然后用導(dǎo)線將電池盒上接線柱A與滑動變阻器的接線柱D（選填“B”“C”“D”）連接，再閉合開關(guān)，開始實(shí)驗(yàn)。（3）將滑動變阻器滑片移動到合適位置后保持不變，依次測量電路中O與1，2，…，21之間的電壓。某次測量時(shí)，電壓表指針位置如圖3所示，其示數(shù)為V。根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出電壓U與被測電阻值R的關(guān)系圖線，如圖4中實(shí)線所示。（4）在如圖1所示的電路中，若電源電動勢為E，電壓表視為理想電壓表，滑動變阻器接入的阻值為R1，定值電阻的總阻值為R2，當(dāng)被測電阻為R時(shí)，其兩端的電壓U＝ERR1+R2（用E、R1、R2、R表示），據(jù)此作出U（5）分析可知，當(dāng)R較小時(shí)，U的實(shí)測值與理論值相差較小，是因?yàn)殡妷罕淼姆至餍?，電壓表?nèi)阻對測量結(jié)果影響較小。小明認(rèn)為，當(dāng)R較大時(shí)，U的實(shí)測值與理論值相差較小，也是因?yàn)橄嗤脑?。你是否同意他的觀點(diǎn)？請簡要說明理由?！窘獯稹拷猓海?）實(shí)驗(yàn)所用電源為2節(jié)電動勢約的干電池串聯(lián)組成，可知電源電動勢約為3V，故電壓表量程應(yīng)選用3V。（2）滑動變阻器串聯(lián)在電路中，由圖2可知滑動變阻器的滑片先是置于最左端，為使閉合開關(guān)時(shí)滑動變阻器接入電路的阻值最大，則電池盒上接線柱A與滑動變阻器的接線柱D連接。（3）電壓表量程為3V，分度值為，讀數(shù)要估讀到分度值下一位，故其示數(shù)為。（4）電壓表視為理想電壓表，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為：I=被測電阻為R時(shí)，其兩端的電壓U＝IR=ER（5）當(dāng)R較大時(shí)，會導(dǎo)致電壓表的分流較大，故原因不相同，不同意他的觀點(diǎn)。電壓表測量的是自身的電壓，電壓表與被測電阻R為并聯(lián)關(guān)系，兩者的電壓是相同的，即電壓表測量的既是自身的電壓，也是被測電阻的電壓。當(dāng)R較大時(shí)，是因?yàn)楸粶y電阻R的分流較小，被測電阻對電壓表測量自身的電壓影響較小，也就是對測量結(jié)果影響較小。故答案為：（1）3V；（2）D；（3）；（4）ERR1+R2；（517．（2020?山東）中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進(jìn)而治療某些疾病。常見拔罐有兩種，如圖所示，左側(cè)為火罐，下端開口；右側(cè)為抽氣拔罐，下端開口，上端留有抽氣閥門。使用火罐時(shí)，先加熱罐中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內(nèi)部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔罐是先把罐體按在皮膚上，再通過抽氣降低罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)。某次使用火罐時(shí)，罐內(nèi)氣體初始壓強(qiáng)與外部大氣壓相同，溫度為450K，最終降到300K，因皮膚凸起，內(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的2021。若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的20【解答】解：設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知：p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2=20V由理想氣體狀態(tài)方程得：p0V解得：p2＝0③對于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V′0，由題意知：p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4=107設(shè)抽出的氣體的體積為ΔV，由題意知ΔV＝V4-2021故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為：Δmm=聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：Δmm答：應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為1318．（2023?遼寧）如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=1（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小。（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU（用t0表示）?！窘獯稹拷猓海?）物塊滑上木板到兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸的過程，物塊與木板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，以向右為正方向，則有：m2v0＝（m1+m2）v1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s此過程對木板，由動能定理得：μm2gx1=12m代入數(shù)據(jù)解得：x1＝；（2）物塊與木板一起向右壓縮彈簧，兩者即將相對滑動時(shí)它們之間的靜摩擦力等于最大靜摩擦力，設(shè)此時(shí)兩者的加速度大小為a。對物塊受力分析，由牛頓第二定律得：μm2g＝m2a解得：a＝1m/s2對物塊和木板組成的整體受力分析，由牛頓第二定律得：kx2＝（m1+m2）a代入數(shù)據(jù)解得：x2＝從木板與彈簧接觸到物塊與木板即將相對滑動的過程，由機(jī)械能守恒定律得：12（m1+m2）v12=12kx代入數(shù)據(jù)解得：v2=32（3）物塊與木板相對滑動后到兩者加速度首次相同的過程中，木板的加速度始終大于物塊的加速度，物塊相對木板始終向右運(yùn)動，物塊的加速度大小始終為a＝1m/s2，方向水平向左。此過程木板先向右速度從v2減小到0，再反向加速運(yùn)動到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運(yùn)動過程與加速運(yùn)動過程具有對稱性，可知此過程的總時(shí)間為2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移為零，彈簧的初、末狀態(tài)的形變量相同，故此過程彈簧的初、末狀態(tài)的彈性勢能相等，木板的初末動能也相等，由能量守恒定律可知此過程系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU就等于物塊減少的動能，設(shè)此過程物塊的末速度為v3，則有：ΔU=12m2v2對物塊，由速度—時(shí)間公式得：v3＝v2﹣a?2t0聯(lián)立解得：ΔU=419．（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示，導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零；在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B1＝kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同。火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d=3MgkI2，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運(yùn)動時(shí)間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)電桿所受安培力的大小為：F＝B1Id＝kI?I?3Mgk在火箭落停過程中，導(dǎo)電桿做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a，對火箭與導(dǎo)電桿整體，由牛頓第二定律得：F﹣Mg＝Ma解得：a＝2g由速度—位移關(guān)系公式可得：2aL=解得：L=（2）由速度—時(shí)間關(guān)系公式可得運(yùn)動時(shí)間為t時(shí)，導(dǎo)電桿的速度為：v＝v0﹣at＝v0﹣2gt回路中感應(yīng)電動勢為：E＝B2dv＝2kI?3MgkI2?（v0﹣