2024屆普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試仿真模擬卷（T8聯(lián)盟） 物理試題（三）（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試仿真模擬卷（T8聯(lián)盟）物理試題（三）試卷滿(mǎn)分：100分考試用時(shí)：75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。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交回。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求。每小題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1.在近代物理發(fā)展的進(jìn)程中，實(shí)驗(yàn)和理論相互推動(dòng)，促進(jìn)了人類(lèi)對(duì)世界認(rèn)識(shí)的不斷深入。對(duì)下列四幅圖描述不正確的是（）A.圖甲中隨著溫度的升高，輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)B.圖乙中光電效應(yīng)現(xiàn)象說(shuō)明光具有粒子性C.圖丙中氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí)輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑，能發(fā)生光電效應(yīng)D.圖丁中由原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系可知，若D和E能結(jié)合成F，結(jié)合過(guò)程一定會(huì)吸收能量〖答案〗D〖解析〗A．圖甲中隨著溫度的升高，輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)，故A正確；B．圖乙中光電效應(yīng)現(xiàn)象說(shuō)明光具有粒子性，故B正確；C．圖丙中根據(jù)能級(jí)躍遷公式，氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí)輻射出的光的光子的能量為故能發(fā)生光電效應(yīng)，故C正確；D．圖丁中由原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系可知，若D和E能結(jié)合成F，質(zhì)量減小，結(jié)合過(guò)程一定會(huì)放出能量，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選D。2.2023年5月30日16時(shí)29分，神舟十六號(hào)載人飛船入軌后，成功對(duì)接于空間站天和核心艙徑向端口，形成了三艙三船組合體，飛船發(fā)射后會(huì)在停泊軌道（I）上進(jìn)行數(shù)據(jù)確認(rèn)，后擇機(jī)經(jīng)轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）完成與中國(guó)空間站的交會(huì)對(duì)接，其變軌過(guò)程可簡(jiǎn)化為下圖所示，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國(guó)空間站軌道距地面的平均高度為h，飛船在停泊軌道上的周期為，則（）A.飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上各點(diǎn)的速度均小于7.9km/sB.飛船在停泊軌道（I）與組合體在空間站軌道（Ⅲ）上的速率之比為C.飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上正常運(yùn)行的周期為D.飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上Q點(diǎn)的加速度小于空間站軌道（Ⅲ）上Q點(diǎn)的加速度〖答案〗C〖解析〗A．停泊軌道（I）半徑近似為地球半徑R，則飛船在停泊軌道（I）運(yùn)行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飛船在停泊軌道（I）P點(diǎn)加速，做離心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ），故飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上P點(diǎn)的速度大于在停泊軌道（I）上P點(diǎn)的速度，即大于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力解得飛船在停泊軌道（I）與組合體在空間站軌道（Ⅲ）上的速率之比為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上正常運(yùn)行的周期為故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律解得可知飛船在轉(zhuǎn)移軌道（Ⅱ）上Q點(diǎn)的加速度等于空間站軌道（Ⅲ）上Q點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，M、N為兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷，在其連線的中垂線上P點(diǎn)由靜止釋放一帶負(fù)電的試探電荷q，不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是（）A.電荷q在從P到O的過(guò)程中，加速度一定減小B.電荷q運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度達(dá)最大值C.電荷q越過(guò)O點(diǎn)后，速度越來(lái)越小，加速度越來(lái)越大，直到粒子速度為零D.無(wú)論如何改變電荷q的初速度，電荷q在該電場(chǎng)中都不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)〖答案〗B〖解析〗AC．如圖所示根據(jù)電場(chǎng)疊加原理及等量同種點(diǎn)電荷中垂線上電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，從O點(diǎn)沿中垂線向外，場(chǎng)強(qiáng)先變大后變小，點(diǎn)電荷從P→O的過(guò)程中，由于P點(diǎn)位置的不確定性，受到的電場(chǎng)力可能是先變大后變小，也可能是一直變小，所以加速度可能先變大后變小，也可能一直變小，故A錯(cuò)誤；B．點(diǎn)電荷q帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力沿著PO方向指向O，在到達(dá)O點(diǎn)之前，靜電力一直表現(xiàn)為引力，點(diǎn)電荷一直加速，速度一定是一直變大的，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)在O點(diǎn)的加速度為零，速度達(dá)到最大，故B正確；C．該電場(chǎng)關(guān)于直線MN對(duì)稱(chēng)，電荷越過(guò)O點(diǎn)后，由于電場(chǎng)力的方向向上，速度一定越來(lái)越小直到減為0，但其加速度的變化在這個(gè)過(guò)程中可能是先增大后減小，也可能是一直增大，故C錯(cuò)誤；D．如果改變電荷q的初速度，使電荷q在P點(diǎn)的速度方向垂直紙面向外，此時(shí)受到的電場(chǎng)力方向指向O點(diǎn)，且剛好提供電荷q繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則電荷q在該電場(chǎng)中可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。4.2022年12月28日，黃石現(xiàn)代有軌電車(chē)投入運(yùn)營(yíng)。假設(shè)有軌電車(chē)質(zhì)量為m，某次測(cè)試中有軌電車(chē)由靜止出發(fā)在水平面做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有軌電車(chē)所受的阻力恒定為f，達(dá)到發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P后，有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)此下列說(shuō)法正確的是（）A.有軌電車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為B.有軌電車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.從靜止到加速到速度最大過(guò)程牽引力所做的功為PtD.有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為〖答案〗B〖解析〗A．有軌電車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度達(dá)到最大值，此時(shí)的牽引力與阻力平衡，則有故A錯(cuò)誤；B．勻加速末狀態(tài)的功率達(dá)到P，則有根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)速度公式有解得故B正確；C．勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移則從靜止到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功為解得故C錯(cuò)誤；D．令有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為，根據(jù)動(dòng)能定理有結(jié)合上述解得故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈與定值電阻串聯(lián)后，接到輸出電壓有效值恒定的正弦交流電源上，副線圈與可變電阻連接，A、V是理想電表，已知。當(dāng)時(shí)，電流表的讀數(shù)為2A，則（）A.電源輸出電壓為6VB.電源輸出功率為8WC.當(dāng)時(shí)，變壓器輸出功率最大D.若減小，則兩電表讀數(shù)均減小〖答案〗C〖解析〗A．變壓器副線圈電壓為根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系解得變壓器原線圈電壓為根據(jù)理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系解得變壓器原線圈中電流為電源輸出電壓為故A錯(cuò)誤；B．電源輸出功率為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)歐姆定律副線圈電流為根據(jù)，則原線圈電壓、電流為，由于解得變壓器輸出功率為當(dāng)時(shí)，即時(shí)，變壓器輸出功率最大，故C正確；D．將變壓器看成阻值為的等效電阻，若減小，總電阻減小，變壓器原線圈電流增大，變壓器原線圈電壓減小，則變壓器副線圈電流增大，變壓器副線圈電壓減小，電流表讀數(shù)增大，電壓表讀數(shù)減小，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖甲所示，質(zhì)量為0.4kg的物塊在水平力F的作用下由靜止釋放，物塊與足夠高的豎直墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)物塊離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)B.時(shí)物塊速度與時(shí)相等C.內(nèi)物塊速度先增大后減小D.內(nèi)摩擦力的沖量大小為〖答案〗D〖解析〗A．當(dāng)物塊受到摩擦力與重力相等時(shí)，有解得可知內(nèi)物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，內(nèi)物塊向下做減速運(yùn)動(dòng)，末物塊的速度為零，內(nèi)物塊靜止，內(nèi)物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，故時(shí)物塊離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由上述分析可知，時(shí)物塊的速度為零，時(shí)物塊的速度不為零，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，內(nèi)物塊速度先增大后減小，再增大，故C錯(cuò)誤；D．內(nèi)、內(nèi)物體受到的摩擦力為內(nèi)摩擦力的沖量為內(nèi)摩擦力的沖量為內(nèi)摩擦力的沖量為內(nèi)摩擦力的沖量大小為故D正確。故選D。7.如圖所示，小物塊A、B、C與水平轉(zhuǎn)臺(tái)相對(duì)靜止，B、C間通過(guò)原長(zhǎng)為1.5r、勁度系數(shù)的輕彈簧連接，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ，B、C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A和B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下說(shuō)法正確的是（）A.逐漸增大轉(zhuǎn)臺(tái)角速度，B先相對(duì)于轉(zhuǎn)臺(tái)滑動(dòng)B.當(dāng)B與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力為零時(shí)，C受到的摩擦力方向沿半徑背離轉(zhuǎn)臺(tái)中心C.當(dāng)B與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力為零時(shí)，A受到的摩擦力為D.當(dāng)A、B及C均相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)靜止時(shí)，允許的最大角速度為〖答案〗B〖解析〗BC．對(duì)A受力分析，受重力、支持力以及B對(duì)A的靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有解得當(dāng)B與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力為零時(shí)，由彈簧彈力和A對(duì)B的靜摩擦力提供向心力，此時(shí)彈簧的彈力為則有解得此時(shí)A受到的向心力對(duì)C研究，則解得故C受到的摩擦力方向沿半徑背離轉(zhuǎn)臺(tái)中心，故B正確，C錯(cuò)誤；AD．假設(shè)C不動(dòng)，當(dāng)AB相對(duì)靜止，剛好相對(duì)于轉(zhuǎn)臺(tái)滑動(dòng)時(shí)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有解得假設(shè)AB不動(dòng)，當(dāng)C剛好滑動(dòng)時(shí)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有解得由于可知C先滑動(dòng)，A、B、C均相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)靜止時(shí)允許的最大角速度為，故AD錯(cuò)誤。故選B。8.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸在介質(zhì)中傳播，圖甲是時(shí)刻的波形圖，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為5cm，圖乙是質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法正確的是（）A.該波沿軸負(fù)方向傳播B.該波的波速為0.4m/sC.質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的路程小于10cmD.時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P位于波峰〖答案〗BD〖解析〗A．由圖乙可知時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，再由同側(cè)法可知，該波沿x軸正方向傳播，A錯(cuò)誤；B．由圖甲可知，該波的波長(zhǎng)為，由圖乙可知，該波的周期為，故該波的波速為B正確；C．由上分析可知，該波向x軸正方向傳播，故質(zhì)點(diǎn)P向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)該質(zhì)點(diǎn)的路程大于一個(gè)振幅，C錯(cuò)誤；D．由上分析可知，該波向x軸正方向傳播，周期為，時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為5cm，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故時(shí)質(zhì)點(diǎn)P位于波峰，D正確。故選BD。9.如圖所示，輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與質(zhì)量為M的物塊b固定連接，質(zhì)量為m的物塊a位于b的正上方，兩者之間的距離為h。靜止釋放小物塊a，a、b碰后一起向下運(yùn)動(dòng)但不粘連，壓縮彈簧到最低點(diǎn)后兩物塊向上運(yùn)動(dòng)，且上升至最高點(diǎn)時(shí)恰不分離，重力加速度為g，則（）A.b對(duì)a的支持力最大值為2mgB.若僅增大h，碰后a、b一起達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)位置將降低C.物塊b的質(zhì)量M越大，a、b碰撞損失的機(jī)械能越大D.從靜止釋放物塊a到a、b恰不分離，a、b的機(jī)械能減小量等于a、b碰撞損失的機(jī)械能〖答案〗AC〖解析〗A．設(shè)彈簧最大的壓縮量為x，當(dāng)彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，b對(duì)a的支持力最大。根據(jù)題意有a、b向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)a分析根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，a1和a2大小相等解得故A正確；B．碰后a、b一起達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)，對(duì)整體受力分析有可知彈簧的壓縮量與h無(wú)關(guān)，若僅增大h，碰后a、b一起達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)的位置將不變，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)碰撞前a的速度大小為v1，碰撞后a、b的共同速度為v2，a下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理由動(dòng)量守恒定律得碰撞所損失的機(jī)械能為聯(lián)立解得則物塊b的質(zhì)量M越大，a、b碰撞損失的機(jī)械能越大，故C正確；D．從靜止釋放物塊a到a、b恰不分離，a、b的機(jī)械能減小量即a、b重力勢(shì)能的減少量等于a、b碰撞損失的機(jī)械能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，故D錯(cuò)誤。故選AC。10.如圖是一種簡(jiǎn)化的電磁彈射模型，直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，兩條相距L的固定光滑導(dǎo)軌，水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與兩導(dǎo)軌接觸良好。先將開(kāi)關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后滑離軌道。不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.金屬滑塊勻速時(shí)電容器極板電荷量為零B.金屬滑塊勻速時(shí)軌道M電勢(shì)高于軌道NC.金屬滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑離軌道的整個(gè)過(guò)程中流過(guò)它的電荷量為D.金屬滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑離軌道的整個(gè)過(guò)程中電容器消耗的電能為〖答案〗BC〖解析〗AB．金屬滑塊運(yùn)動(dòng)后，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)電容器電壓與滑塊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)速度達(dá)到最大；由可知，金屬滑塊勻速時(shí)電容器極板電荷量不為零，金屬滑塊勻速時(shí)軌道M電勢(shì)高于軌道N，故A錯(cuò)誤，B正確；C．設(shè)金屬滑塊加速運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)兩端電壓為U，電容器放電過(guò)程中的電荷量變化為，放電時(shí)間為，流過(guò)金屬滑塊的平均電流為I，在金屬塊滑動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理得由電流定義可得由電容的定義式可得金屬滑塊運(yùn)動(dòng)后速度最大時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得解得故C正確；D．金屬滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑離軌道的整個(gè)過(guò)程中電容器消耗的電能為故D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題∶本題共5小題，共60分。11.甲、乙兩同學(xué)在做“測(cè)定玻璃的折射率”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，分別選用平行玻璃磚/半圓形玻璃磚做實(shí)驗(yàn)。（1）甲同學(xué)在畫(huà)好平行玻璃磚界面兩條直線后，不慎誤將玻璃磚向上平移至圖甲中虛線位置，而其他操作均正確，則測(cè)得的折射率將___________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。（2）乙同學(xué)插大頭針、確定和射光線，另一側(cè)垂直紙面插大頭針，為折射光線，作BA、CD垂直于法線于A、D兩點(diǎn)；則玻璃磚的折射率可表示為_(kāi)________（用圖中線段長(zhǎng)度表示）；若乙同學(xué)在插大頭針前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心逆時(shí)時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)一小角度，由此測(cè)得玻璃磚的折射率將___________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）?！即鸢浮剑?）不變（2）偏小〖解析〗（1）[1]如圖所示可知所作的折射光線與實(shí)際的折射光線平行，所以在入射角和折射角測(cè)量準(zhǔn)確的情況下，測(cè)得的折射率將不變。（2）[2]根據(jù)折射定律可得玻璃磚的折射率為[3]

實(shí)驗(yàn)中該同學(xué)在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)一小角度，可知折射光線將以O(shè)為圓心逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則AB的測(cè)量值不變，CD的測(cè)量值變大，由可知測(cè)得玻璃磚的折射率將偏小。12.某同學(xué)測(cè)得一量程為150mV的毫伏表內(nèi)阻為500Ω。（1）若將其改裝成量程為3V的電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)阻值為_(kāi)__________Ω的電阻；該同學(xué)根據(jù)圖甲所示電路利用一標(biāo)準(zhǔn)電壓表V對(duì)改裝后的電壓表進(jìn)行檢測(cè)（線框內(nèi)是改裝后的電壓表），發(fā)現(xiàn)當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電壓表V的示數(shù)為2.16V時(shí)，毫伏表的指針位置如圖乙所示，由此可以推測(cè)出所改裝電壓表的量程不是預(yù)期值，而是__________V，若產(chǎn)生此問(wèn)題的原因是毫伏表內(nèi)阻測(cè)量有偏差導(dǎo)致，則實(shí)際內(nèi)阻___________（選填“大于”或“小于”）500Ω；要達(dá)到預(yù)期目的，不必重新測(cè)量毫伏表內(nèi)阻，只需要將阻值為的電阻換成阻值為的電阻即可，其中___________。（2）若將其改裝為簡(jiǎn)易歐姆表，所用電源的電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為2Ω，調(diào)零后用此歐姆表與一待測(cè)電阻連接，指針指到歐姆表表盤(pán)正中央，則______Ω；歐姆表使用時(shí)間久了以后，電源電動(dòng)勢(shì)降為1.44V，內(nèi)阻增為20Ω，但仍能正常調(diào)零，測(cè)量電阻時(shí)，讀數(shù)為5000Ω，則電阻的實(shí)際阻值為_(kāi)_________Ω?！即鸢浮剑?）95002.7大于（2）50004800〖解析〗（1）[1]將電壓表的量程改裝成3V的量程，需要串聯(lián)一個(gè)大電阻分壓，則有解得[2]由題圖可知，其讀數(shù)為由于電壓表的改裝，其改裝后的量程與原量程均是具有倍數(shù)關(guān)系，所以有解得[3]由之前的分析可知，改裝后的電壓表量程偏小，由串聯(lián)電路特點(diǎn)可知，分壓電阻阻值偏小，產(chǎn)生此問(wèn)題的原因是毫伏表內(nèi)阻測(cè)量有偏差導(dǎo)致，即實(shí)際內(nèi)阻大于500Ω。[4]改裝后的電壓表量程為原量程18倍，則分壓電阻的電壓為原量程電壓的17倍，即串聯(lián)電阻為把原量程電壓表改裝成為3V，串聯(lián)電阻阻值為解得（2）[5]將該表改裝成歐姆表，歐姆表的滿(mǎn)偏電流為調(diào)零時(shí)，歐姆表的內(nèi)阻有待測(cè)電阻后有解得[6]電源為發(fā)生衰減前，讀數(shù)為5000Ω時(shí)，電流為電源生衰減后，調(diào)零后，此時(shí)內(nèi)部電阻為所以，調(diào)零后，接入電路中的R電阻將變小，有讀數(shù)為5000Ω時(shí)，對(duì)應(yīng)的電流列出關(guān)系式解得13.如圖所示為水火箭，是利用質(zhì)量比和氣壓作用設(shè)計(jì)的玩具。水火箭內(nèi)瓶的容積為2.4L，某次發(fā)射前，往瓶?jī)?nèi)注入三分之一體積的水，打氣筒每次可充入200mL壓強(qiáng)為的氣體，當(dāng)水火箭內(nèi)部氣壓達(dá)到時(shí)，按下發(fā)射按鈕，箭體可發(fā)射致百米高度。設(shè)充氣過(guò)程氣體溫度不變。已知大氣壓強(qiáng)為，整個(gè)裝置氣密性良好，忽略溫度的變化。（1）求本次發(fā)射火箭前需要打氣的次數(shù)；（2）求水火箭落地后瓶?jī)?nèi)氣體質(zhì)量與水剛好被全部噴出前瓶?jī)?nèi)氣體質(zhì)量之比?！即鸢浮剑?）40；（2）1︰4〖解析〗（1）設(shè)至少需要打次氣，打氣前箭體內(nèi)空氣體積為打氣前箭體內(nèi)空氣壓強(qiáng)為p0，末狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)為，根據(jù)玻意耳定律可得代入數(shù)據(jù)解得所以該小組成員至少需要打氣40次才能使“水火箭”發(fā)射。（2）小組成員對(duì)“水火箭”加壓到發(fā)射，在水剛好全部被噴出時(shí)氣體的體積為根據(jù)玻意耳定律可得解得水剛好全部被噴出前瞬間，瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)為從水剛好全部被噴出前瞬間到“水火箭”落地后，設(shè)氣體沒(méi)有散開(kāi)，體積為V1，根據(jù)玻意耳定律可得故“水火箭”落地后瓶?jī)?nèi)氣體質(zhì)量與水剛好被全部噴出前瓶?jī)?nèi)氣體質(zhì)量之比為14.如圖所示，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一光滑水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段拋物線形軌道。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立如圖所示坐標(biāo)系xOy，軌道的拋物線方程為，水平軌道末端的坐標(biāo)為（0，0.8m）。小物塊B從傾斜軌道上的某一位置由靜止釋放，沿著軌道下滑后與靜止在水平軌道末端的小物塊A發(fā)生碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。已知小物塊A、B的質(zhì)量均為，物塊B的釋放點(diǎn)距離軌道末端的豎直高度為，取重力加速度。（1）求兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（2）調(diào)節(jié)小物塊B的釋放點(diǎn)距離水平軌道的高度，使小物塊B與小物塊A碰撞后落到拋物線形軌道上時(shí)的動(dòng)能最小，求小物塊A動(dòng)能最小值?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）物塊B從釋放到與A碰撞前瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得碰撞前瞬間物塊B的速度為物塊B與A碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得碰后瞬間A、B的速度為則兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為（2）設(shè)A、B整體做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為，豎直方向有水平方向代入拋物線方程，可得可得根據(jù)動(dòng)能定理可知，小物塊A落到拋物線形軌道上時(shí)的動(dòng)能為整理可得根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)即小物塊A落到拋物線形軌道