2024屆黑龍江省齊齊哈爾市高三下學(xué)期三模物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE72024黑龍江省齊齊哈爾高三三模聯(lián)考物理試卷全卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)城內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28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.“5G改變社會(huì)，6G改變世界”，近年來(lái)，我們見證了電磁波不同頻段應(yīng)用的快速發(fā)展．5G所用的電磁波頻率一般在24GHz到100GHz之間，6G將使用頻率在100GHz到10000GHz之間的電磁波；是一個(gè)頻率比5G高出許多的頻段。下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.5G電磁波光子能量較大B.5G電磁波光子動(dòng)量較大C.6G電磁波更容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)D.6G電磁波遇到障礙物更容易衍射〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)光子能量公式可知6G電磁波頻率高，光子能量較大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式，可知6G電磁波頻率高，波長(zhǎng)小，光子動(dòng)量較大，故B錯(cuò)誤；C．6G電磁波光子能量大更容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C正確；D．6G電磁波波長(zhǎng)小，遇到障礙物不容易發(fā)生明顯衍射，故D錯(cuò)誤。故選C。2.茶道文化起源于中國(guó)，是一種以茶修身的生活方式。東坡有詩(shī)云“一勺勵(lì)清心，酌水誰(shuí)含出世想?！毕铝嘘P(guān)于泡茶中的物理現(xiàn)象的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.泡茶時(shí)，開水比冷水能快速泡出茶香，是因?yàn)闇囟仍礁叻肿訜徇\(yùn)動(dòng)越劇烈B.放入茶葉后，水的顏色由淺變深，是擴(kuò)散現(xiàn)象C.泡茶過(guò)程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說(shuō)明茶水與茶托間是浸潤(rùn)的D.打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，說(shuō)明分子間不存在作用力〖答案〗D〖解析〗A．泡茶時(shí)，開水比冷水能快速泡出茶香，是因?yàn)闇囟仍礁叻肿訜徇\(yùn)動(dòng)越劇烈，故A正確，不符合題意；B．放入茶葉后，水顏色由淺變深，是擴(kuò)散現(xiàn)象，故B正確，不符合題意；C．泡茶過(guò)程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說(shuō)明茶水與茶托間是浸潤(rùn)的，故C正確，不符合題意；D．打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，是因?yàn)榉肿娱g距離太大，分子間作用力可以忽略不計(jì)，并不是分子間不存在作用力，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。3.燃?xì)庠钪Ъ苡泻芏喾N規(guī)格和款式。如圖所示，這是a、b兩款不同的燃?xì)庠钪Ъ埽鼈兌际窃谝粋€(gè)圓圈底座上等間距地分布有五個(gè)支架齒，每一款支架齒的簡(jiǎn)化示意圖在對(duì)應(yīng)的款式下方。如果將質(zhì)量相同、尺寸不同的球面鍋置于兩款支架上，則鍋的尺寸越大（）A.a款每個(gè)支架齒受到的壓力越大 B.a款每個(gè)支架齒受到的壓力越小C.b款每個(gè)支架齒受到的壓力越大 D.b款每個(gè)支架齒受到的壓力越小〖答案〗B〖解析〗AB．a(chǎn)款支架對(duì)球面鍋的支持力方向指向球面鍋的球心，如下圖鍋處于平衡狀態(tài)解得支架對(duì)球面鍋的支持力由圖知，鍋的尺寸越大，越小，則支架對(duì)球面鍋的支持力越小。又由牛頓第三定律得，鍋的尺寸越大，球面鍋對(duì)支架的壓力越小。故A錯(cuò)誤，B正確；CD．b款支架對(duì)球面鍋的支持力方向垂直于接觸面，如下圖鍋處于平衡狀態(tài)解得支架對(duì)球面鍋的支持力由圖知，不論鍋的尺寸大小，不變，則支架對(duì)球面鍋的支持力大小不變。又有牛頓第三定律得，鍋的尺寸無(wú)論大小，球面鍋對(duì)支架的壓力不變。故CD錯(cuò)誤。故選B。4.汽車主動(dòng)降噪系統(tǒng)是一種能夠自動(dòng)減少車內(nèi)噪音的技術(shù)，通過(guò)揚(yáng)聲器發(fā)出聲波將車外噪音反向抵消，從而減少車內(nèi)噪音。下列說(shuō)法正確的是（）A.抵消聲波的相位與噪音聲波的相位相同B.抵消聲波的振幅與噪音聲波的振幅相等C.抵消聲波和噪音聲波在空氣中傳播的頻率不相等D.汽車降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的衍射原理〖答案〗A〖解析〗汽車降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的疊加原理，所以抵消聲波的頻率、相位與噪音聲波的頻率、相位相同，與振幅無(wú)關(guān)。故選A。5.圖甲為某風(fēng)速測(cè)量裝置，可簡(jiǎn)化為圖乙所示的模型。圓形磁場(chǎng)半徑為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，風(fēng)推動(dòng)風(fēng)杯組（導(dǎo)體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，導(dǎo)體棒OA電阻為r，導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)回路中產(chǎn)生電流，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺淖笙蛴褺.風(fēng)杯的速率為ωLC.導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為D.導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，流過(guò)電阻R的電荷量為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒OA上感應(yīng)電流方向?yàn)閺腛到A，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃?。故A錯(cuò)誤；B．風(fēng)杯的速率為v=ω×2L=2ωL故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為故C錯(cuò)誤；D．依題意，導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°所以三組風(fēng)杯組總共接觸過(guò)程對(duì)應(yīng)的時(shí)間為根據(jù)閉合電路歐姆定律，有又聯(lián)立，解得故D正確。故選D。6.華為mate60手機(jī)實(shí)現(xiàn)了衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號(hào)覆蓋的地方，就可以實(shí)現(xiàn)通信。如圖所示，三顆赤道上空的通信衛(wèi)星恰好能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度相同，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，忽略地球自轉(zhuǎn)影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力的大小一定相等B.為了提高通訊質(zhì)量，該衛(wèi)星可以是近地衛(wèi)星C.該衛(wèi)星離地高度為2RD.該衛(wèi)星運(yùn)行的線速度大小為〖答案〗D〖解析〗A．通信衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力大小為由于不知道三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量大小關(guān)系，所以三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力大小不一定相等。故A錯(cuò)誤；BC．三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，則其如圖所示由幾何關(guān)系可知，，其中OA為地球半徑R，由幾何關(guān)系有解得即所以通信衛(wèi)星高度至少為R。故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)在地球表面聯(lián)立解得故D正確。故選D。7.如圖所示，光滑絕緣圓管豎直固定在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一帶正電小球從管口由縫靜止開始下落，則下列描述圓管對(duì)小球的沖量I隨下落時(shí)間t和下落高度h的關(guān)系圖像中正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有，小球下落過(guò)程中在水平方向?qū)⑹艿铰鍌惼澚?，根?jù)水平方向受力平衡可知圓管對(duì)小球的彈力大小始終等于小球所受洛倫茲力，即有由此可知圓管對(duì)小球的沖量聯(lián)立以上各式可得，則可知，小球的圖像為過(guò)原點(diǎn)且開口向上的拋物線，圖像為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。故選A。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(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。8.某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁炮驅(qū)動(dòng)原理后，設(shè)計(jì)了圓形軌道的電磁炮模型，如圖甲所示，半徑為R的半圓形軌道，正對(duì)平行豎直擺放，軌道間距也為R，空間有輻向分布的磁場(chǎng)，使得軌道所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，用質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為R的細(xì)導(dǎo)體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖乙所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流Ⅰ，將其從軌道最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)另一側(cè)最高位置時(shí)完成加速．忽略一切摩擦，且不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒B.導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，其加速度方向豎直向上C.加速完成時(shí)，導(dǎo)體棒獲得的速度大小為D.加速完成時(shí)，軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為πBIR〖答案〗AC〖解析〗A．由左手定則可知導(dǎo)體棒在左側(cè)時(shí)，受到的安培力向下，使導(dǎo)體棒向下加速，故A正確；B．導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，豎直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，則合力方向不是豎直向上，其加速度方向也不是豎直向上，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有，L=R解得故C正確；D．加速完成時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為故D錯(cuò)誤。故選AC。9.利用智能手機(jī)的加速度傳感器可測(cè)量手機(jī)自身的加速度。用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為。下列說(shuō)法正確的是（）A手機(jī)有可能離開過(guò)手掌 B.時(shí)刻手機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C.時(shí)刻手機(jī)開始減速上升 D.時(shí)刻手機(jī)速度可能為0〖答案〗ACD〖解析〗A．根據(jù)題圖可知，手機(jī)的加速度在內(nèi)的某段時(shí)間等于重力加速度，則可知手機(jī)與手掌之間沒有力的作用，因此手機(jī)在該段時(shí)間內(nèi)可能離開過(guò)手掌，故A正確；B．根據(jù)可知，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，而根據(jù)題圖可知在時(shí)刻手機(jī)的速度為正，即可知手機(jī)還未達(dá)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可知，時(shí)刻后手機(jī)的加速度變?yōu)樨?fù)方向，而速度依舊為正方向，則可知時(shí)刻手機(jī)開始減速上升，故C正確；D．當(dāng)時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積時(shí)，則表示正向速度變化量等于負(fù)向速度變化量，即手機(jī)速度減為0，故D正確。故選ACD。10.心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個(gè)內(nèi)阻恒定的交流電源，并通過(guò)變壓器轉(zhuǎn)換信號(hào)，其原理可簡(jiǎn)化為如下圖模型，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭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。定值電阻的阻值為8R，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為R，滑片初始位置在最下端。理想電流表A的示數(shù)為I。下列說(shuō)法正確的是（）A.保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I增大B.保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，消耗的功率增大C.保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I增大D.保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，消耗的功率先增大后減小〖答案〗AD〖解析〗AB．由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為，根據(jù)原副線圈中電流比等于匝數(shù)的反比可知，副線圈所在回路中的電流為，根據(jù)歐姆定律可知副線圈兩端的電壓根據(jù)匝數(shù)比等于電壓之比可知原線圈兩端的電壓輸入電壓可得保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷增大，該過(guò)程中原線圈的功率由于的阻值為，而的阻值最大為，因此向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷減小，可得不斷增大，由此可知原線圈的功率不斷減小，而原副線圈的功率相等，則可知，消耗的功率減小，故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為，則有，，則可得則整理可得保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷變大，則變小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)原副線圈的功率相等可知消耗的功率整理可得可知當(dāng)時(shí)，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大后減小，故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測(cè)定玻璃的折射率”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)小組在白紙上放好玻璃磚MNPQ，畫出玻璃磚與空氣的兩個(gè)界面aa'和bb'（如圖甲）。（1）實(shí)驗(yàn)小組內(nèi)的兩位學(xué)生在實(shí)驗(yàn)中：①第一位學(xué)生為了避免筆尖觸劃玻璃磚的折射面，畫出的aa'和bb'都比實(shí)際的折射面向外側(cè)平移了一些（如圖乙所示），以后的操作都正確無(wú)誤，并仍以aa'和bb'為折射面畫出了光路圖，這樣測(cè)出的折射率n的值將______（填“偏大”“偏小”或“不變”）；②第二位學(xué)生在紙上正確畫出了玻璃磚的兩個(gè)折射面aa'和bb'，在后面的實(shí)驗(yàn)中因不慎碰動(dòng)了玻璃磚，使它向aa'方向平移了一點(diǎn)（如圖丙所示），以后的操作都正確無(wú)誤，并仍以aa'和bb'為折射面畫出了光路圖，這樣測(cè)出的折射率n的值將______（填“偏大”“偏小”或“不變”）。（2）糾正錯(cuò)誤后，實(shí)驗(yàn)小組得到如圖丁所示的插針結(jié)果，則：①請(qǐng)?jiān)趫D中畫出光路圖______，并標(biāo)明在入射面上的入射角和折射角；②該玻璃磚的折射率n＝______〖答案〗（1）偏小不變（2）〖解析〗小問1詳析】[1]同學(xué)1光路圖如圖所示由圖可知其中變大，則減小，即測(cè)量值偏??；[2]同學(xué)2的光路圖如圖所示由圖可知角度保持不變，所以的值不變。【小問2詳析】根據(jù)結(jié)果畫出的光路圖如圖所示折射率12.在測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，因?yàn)殡妷罕砗碗娏鞅淼挠绊懀徽撌褂煤畏N接法，都會(huì)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實(shí)驗(yàn)興趣小組設(shè)計(jì)了如圖甲實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行測(cè)量。已知定值電阻。（1）實(shí)驗(yàn)中，定值電阻的作用有______（填字母）。A．保護(hù)電源B．在電流變化時(shí)使電壓表示數(shù)變化明顯C．在電壓變化時(shí)使電流表示數(shù)變化明顯（2）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：①將滑動(dòng)變阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：?jiǎn)蔚峨p擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；③將滑動(dòng)變阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：?jiǎn)蔚峨p擲開關(guān)S與2接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；⑤分別作出兩種情況所對(duì)應(yīng)的U-I圖像。（3）單刀雙擲開關(guān)接1時(shí)，某次讀取電表數(shù)據(jù)時(shí)，電壓表指針如圖乙所示，此時(shí)U＝______V．（4）根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據(jù)圖像可知圖丙對(duì)應(yīng)的接法為______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。（5）綜合可求得電源電動(dòng)勢(shì)E＝______V，內(nèi)阻r＝______Ω。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）〖答案〗（1）AB##BA（3）1.50（4）接法Ⅰ（5）1.800.25〖解析〗（1）[1]定值電阻有保護(hù)電源的作用，且由于電源內(nèi)阻很小，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知加了定值電阻后可以達(dá)到電流變化時(shí)使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果。故選AB。（3）[2]根據(jù)（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應(yīng)為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數(shù)為1.50V。（4）[3]兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內(nèi)接法，接法Ⅱ采用了電流表的外接法，比較圖丙和圖丁可知，圖丙所示圖像的斜率更大，而圖像斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻，分析可知接法Ⅰ，即電流表的內(nèi)接法，所測(cè)電源內(nèi)阻偏大，所測(cè)內(nèi)阻應(yīng)為電源實(shí)際內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻之和，由此可知圖丙對(duì)應(yīng)的接法為接法Ⅰ。（5）[4][5]當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1，且電流表示數(shù)為0時(shí)，電壓表測(cè)量準(zhǔn)確，此時(shí)電壓表所測(cè)電壓即為電源的電動(dòng)勢(shì)，因此電源電動(dòng)勢(shì)為圖丙的縱軸截距，可得當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2，且電壓表示數(shù)為0時(shí)，電流表測(cè)量準(zhǔn)確，由圖丁圖像可知，此時(shí)電路電流為則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有解得13.在火星上太陽(yáng)能電池板發(fā)電能力有限，因此科學(xué)家們用放射性材料——作為發(fā)電能源為火星車供電（中的Pu是）。已知衰變后變?yōu)楹鸵粋€(gè)X粒子。若靜止的在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中發(fā)生衰變，X粒子的速度大小為v，方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知X粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q。（1）寫出發(fā)生衰變的核反應(yīng)方程；（2）在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)可等效成一個(gè)環(huán)形電流，求做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T和環(huán)形電流大小I；（3）磁矩是描述環(huán)形電流特征的物理量，把粒子做圓周運(yùn)動(dòng)形成的環(huán)形電流與圓環(huán)面積的乘積叫做粒子的回旋磁矩，用符號(hào)μ表示。試推導(dǎo)粒子回旋磁矩μ的表達(dá)式。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）衰變方程為（2）衰變時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得在磁場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得解得所以鈾核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌道半徑為根據(jù)解得環(huán)形電流大?。?）根據(jù)題意可得解得14.“打水漂”是很多同學(xué)體驗(yàn)過(guò)的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時(shí)并不會(huì)直接沉入水中，而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中．如圖所示，某同學(xué)在岸邊離水面高度處，將一塊質(zhì)量的小石片以初速度水平拋出，若小石片與水面碰撞后，豎直分速度反向，大小變?yōu)榕銮暗?，水平分速度方向不變，大小變?yōu)榕銮暗模?dāng)小石片的入水角（速度方向與水面間的夾角）大于53°時(shí)，小石片將沉底．空氣阻力可忽略不計(jì)，重力加速度，。求：（1）第一次接觸水面處與拋出點(diǎn)的水平距離；（2）小石片第一次與水面碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）小石片最多能彈跳的次數(shù)?！即鸢浮剑?）2.4m；（2）；（3）4次〖解析〗（1）小石片拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，而平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，則有解得平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得（2）小石片第一次接觸水面前瞬間的豎直分速度第一次被反彈后豎直分速度大小水平分速度大小為則小石片第一次與水面碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能（3）設(shè)小石片完成第一次彈跳后還能彈跳次，則根據(jù)已知條件可得解得因此可知小石片最多能彈跳4次。15.如圖甲，一粗糙、絕緣水平面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)。整個(gè)空間存在水平向右場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，其大小均為2qE。時(shí)，A以初速度向右運(yùn)動(dòng)，B處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，在時(shí)刻，速度為，并且為圖線中速度的最小值，此時(shí)彈簧未與B相碰；在時(shí)刻，A的速度；在時(shí)刻，A的速度達(dá)到最大，此時(shí)，彈簧的彈力大小為3qE，均為未知量。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變且可看作點(diǎn)電荷，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機(jī)械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，求：（1）0～時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A所做的功；（2）時(shí)刻A與B之間的距離；（3）時(shí)刻B的速度；（4）時(shí)間內(nèi)，庫(kù)侖力和彈簧彈力對(duì)A和B做的總功?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理可得合外力對(duì)A所做的功解得（2）速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度，則由圖乙可知，時(shí)刻A的加速度為0，說(shuō)明此時(shí)A所受合外力為0，設(shè)此時(shí)A、B相距，則根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立解得（3）時(shí)刻B受到電場(chǎng)力與庫(kù)侖力的合力與摩擦力大小相等，B開始運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)，A受到向右大小為Eq的電場(chǎng)力、向右的庫(kù)侖力以及向左大小為2Eq的摩擦力，B受到向左大小為Eq的電場(chǎng)力、向左的庫(kù)侖力以及向右大小為2Eq的摩擦力，可知A、B組成的系統(tǒng)合外力為0，則由動(dòng)量守恒定律有解得（4）根據(jù)題意，在時(shí)刻A的速度達(dá)到最大，此時(shí)A的加速度為0，合外力為0，設(shè)此時(shí)A、B間的距離為，則此時(shí)對(duì)A有其中，聯(lián)立解得時(shí)間內(nèi)，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有解得由動(dòng)能定理有解得2024黑龍江省齊齊哈爾高三三模聯(lián)考物理試卷全卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)城內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28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.“5G改變社會(huì)，6G改變世界”，近年來(lái)，我們見證了電磁波不同頻段應(yīng)用的快速發(fā)展．5G所用的電磁波頻率一般在24GHz到100GHz之間，6G將使用頻率在100GHz到10000GHz之間的電磁波；是一個(gè)頻率比5G高出許多的頻段。下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.5G電磁波光子能量較大B.5G電磁波光子動(dòng)量較大C.6G電磁波更容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)D.6G電磁波遇到障礙物更容易衍射〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)光子能量公式可知6G電磁波頻率高，光子能量較大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式，可知6G電磁波頻率高，波長(zhǎng)小，光子動(dòng)量較大，故B錯(cuò)誤；C．6G電磁波光子能量大更容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C正確；D．6G電磁波波長(zhǎng)小，遇到障礙物不容易發(fā)生明顯衍射，故D錯(cuò)誤。故選C。2.茶道文化起源于中國(guó)，是一種以茶修身的生活方式。東坡有詩(shī)云“一勺勵(lì)清心，酌水誰(shuí)含出世想?！毕铝嘘P(guān)于泡茶中的物理現(xiàn)象的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.泡茶時(shí)，開水比冷水能快速泡出茶香，是因?yàn)闇囟仍礁叻肿訜徇\(yùn)動(dòng)越劇烈B.放入茶葉后，水的顏色由淺變深，是擴(kuò)散現(xiàn)象C.泡茶過(guò)程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說(shuō)明茶水與茶托間是浸潤(rùn)的D.打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，說(shuō)明分子間不存在作用力〖答案〗D〖解析〗A．泡茶時(shí)，開水比冷水能快速泡出茶香，是因?yàn)闇囟仍礁叻肿訜徇\(yùn)動(dòng)越劇烈，故A正確，不符合題意；B．放入茶葉后，水顏色由淺變深，是擴(kuò)散現(xiàn)象，故B正確，不符合題意；C．泡茶過(guò)程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說(shuō)明茶水與茶托間是浸潤(rùn)的，故C正確，不符合題意；D．打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，是因?yàn)榉肿娱g距離太大，分子間作用力可以忽略不計(jì)，并不是分子間不存在作用力，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。3.燃?xì)庠钪Ъ苡泻芏喾N規(guī)格和款式。如圖所示，這是a、b兩款不同的燃?xì)庠钪Ъ埽鼈兌际窃谝粋€(gè)圓圈底座上等間距地分布有五個(gè)支架齒，每一款支架齒的簡(jiǎn)化示意圖在對(duì)應(yīng)的款式下方。如果將質(zhì)量相同、尺寸不同的球面鍋置于兩款支架上，則鍋的尺寸越大（）A.a款每個(gè)支架齒受到的壓力越大 B.a款每個(gè)支架齒受到的壓力越小C.b款每個(gè)支架齒受到的壓力越大 D.b款每個(gè)支架齒受到的壓力越小〖答案〗B〖解析〗AB．a(chǎn)款支架對(duì)球面鍋的支持力方向指向球面鍋的球心，如下圖鍋處于平衡狀態(tài)解得支架對(duì)球面鍋的支持力由圖知，鍋的尺寸越大，越小，則支架對(duì)球面鍋的支持力越小。又由牛頓第三定律得，鍋的尺寸越大，球面鍋對(duì)支架的壓力越小。故A錯(cuò)誤，B正確；CD．b款支架對(duì)球面鍋的支持力方向垂直于接觸面，如下圖鍋處于平衡狀態(tài)解得支架對(duì)球面鍋的支持力由圖知，不論鍋的尺寸大小，不變，則支架對(duì)球面鍋的支持力大小不變。又有牛頓第三定律得，鍋的尺寸無(wú)論大小，球面鍋對(duì)支架的壓力不變。故CD錯(cuò)誤。故選B。4.汽車主動(dòng)降噪系統(tǒng)是一種能夠自動(dòng)減少車內(nèi)噪音的技術(shù)，通過(guò)揚(yáng)聲器發(fā)出聲波將車外噪音反向抵消，從而減少車內(nèi)噪音。下列說(shuō)法正確的是（）A.抵消聲波的相位與噪音聲波的相位相同B.抵消聲波的振幅與噪音聲波的振幅相等C.抵消聲波和噪音聲波在空氣中傳播的頻率不相等D.汽車降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的衍射原理〖答案〗A〖解析〗汽車降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的疊加原理，所以抵消聲波的頻率、相位與噪音聲波的頻率、相位相同，與振幅無(wú)關(guān)。故選A。5.圖甲為某風(fēng)速測(cè)量裝置，可簡(jiǎn)化為圖乙所示的模型。圓形磁場(chǎng)半徑為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，風(fēng)推動(dòng)風(fēng)杯組（導(dǎo)體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，導(dǎo)體棒OA電阻為r，導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)回路中產(chǎn)生電流，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺淖笙蛴褺.風(fēng)杯的速率為ωLC.導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為D.導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，流過(guò)電阻R的電荷量為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒OA上感應(yīng)電流方向?yàn)閺腛到A，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃蟆９蔄錯(cuò)誤；B．風(fēng)杯的速率為v=ω×2L=2ωL故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為故C錯(cuò)誤；D．依題意，導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°所以三組風(fēng)杯組總共接觸過(guò)程對(duì)應(yīng)的時(shí)間為根據(jù)閉合電路歐姆定律，有又聯(lián)立，解得故D正確。故選D。6.華為mate60手機(jī)實(shí)現(xiàn)了衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號(hào)覆蓋的地方，就可以實(shí)現(xiàn)通信。如圖所示，三顆赤道上空的通信衛(wèi)星恰好能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度相同，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，忽略地球自轉(zhuǎn)影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力的大小一定相等B.為了提高通訊質(zhì)量，該衛(wèi)星可以是近地衛(wèi)星C.該衛(wèi)星離地高度為2RD.該衛(wèi)星運(yùn)行的線速度大小為〖答案〗D〖解析〗A．通信衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力大小為由于不知道三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量大小關(guān)系，所以三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力大小不一定相等。故A錯(cuò)誤；BC．三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，則其如圖所示由幾何關(guān)系可知，，其中OA為地球半徑R，由幾何關(guān)系有解得即所以通信衛(wèi)星高度至少為R。故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)在地球表面聯(lián)立解得故D正確。故選D。7.如圖所示，光滑絕緣圓管豎直固定在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一帶正電小球從管口由縫靜止開始下落，則下列描述圓管對(duì)小球的沖量I隨下落時(shí)間t和下落高度h的關(guān)系圖像中正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有，小球下落過(guò)程中在水平方向?qū)⑹艿铰鍌惼澚Γ鶕?jù)水平方向受力平衡可知圓管對(duì)小球的彈力大小始終等于小球所受洛倫茲力，即有由此可知圓管對(duì)小球的沖量聯(lián)立以上各式可得，則可知，小球的圖像為過(guò)原點(diǎn)且開口向上的拋物線，圖像為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。故選A。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(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。8.某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁炮驅(qū)動(dòng)原理后，設(shè)計(jì)了圓形軌道的電磁炮模型，如圖甲所示，半徑為R的半圓形軌道，正對(duì)平行豎直擺放，軌道間距也為R，空間有輻向分布的磁場(chǎng)，使得軌道所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，用質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為R的細(xì)導(dǎo)體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖乙所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流Ⅰ，將其從軌道最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)另一側(cè)最高位置時(shí)完成加速．忽略一切摩擦，且不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒B.導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，其加速度方向豎直向上C.加速完成時(shí)，導(dǎo)體棒獲得的速度大小為D.加速完成時(shí)，軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為πBIR〖答案〗AC〖解析〗A．由左手定則可知導(dǎo)體棒在左側(cè)時(shí)，受到的安培力向下，使導(dǎo)體棒向下加速，故A正確；B．導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，豎直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，則合力方向不是豎直向上，其加速度方向也不是豎直向上，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有，L=R解得故C正確；D．加速完成時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為故D錯(cuò)誤。故選AC。9.利用智能手機(jī)的加速度傳感器可測(cè)量手機(jī)自身的加速度。用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為。下列說(shuō)法正確的是（）A手機(jī)有可能離開過(guò)手掌 B.時(shí)刻手機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C.時(shí)刻手機(jī)開始減速上升 D.時(shí)刻手機(jī)速度可能為0〖答案〗ACD〖解析〗A．根據(jù)題圖可知，手機(jī)的加速度在內(nèi)的某段時(shí)間等于重力加速度，則可知手機(jī)與手掌之間沒有力的作用，因此手機(jī)在該段時(shí)間內(nèi)可能離開過(guò)手掌，故A正確；B．根據(jù)可知，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，而根據(jù)題圖可知在時(shí)刻手機(jī)的速度為正，即可知手機(jī)還未達(dá)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可知，時(shí)刻后手機(jī)的加速度變?yōu)樨?fù)方向，而速度依舊為正方向，則可知時(shí)刻手機(jī)開始減速上升，故C正確；D．當(dāng)時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于時(shí)間內(nèi)圖像與時(shí)間軸圍成的面積時(shí)，則表示正向速度變化量等于負(fù)向速度變化量，即手機(jī)速度減為0，故D正確。故選ACD。10.心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個(gè)內(nèi)阻恒定的交流電源，并通過(guò)變壓器轉(zhuǎn)換信號(hào)，其原理可簡(jiǎn)化為如下圖模型，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭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。定值電阻的阻值為8R，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為R，滑片初始位置在最下端。理想電流表A的示數(shù)為I。下列說(shuō)法正確的是（）A.保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I增大B.保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，消耗的功率增大C.保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I增大D.保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，消耗的功率先增大后減小〖答案〗AD〖解析〗AB．由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為，根據(jù)原副線圈中電流比等于匝數(shù)的反比可知，副線圈所在回路中的電流為，根據(jù)歐姆定律可知副線圈兩端的電壓根據(jù)匝數(shù)比等于電壓之比可知原線圈兩端的電壓輸入電壓可得保持位置不變，向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷增大，該過(guò)程中原線圈的功率由于的阻值為，而的阻值最大為，因此向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷減小，可得不斷增大，由此可知原線圈的功率不斷減小，而原副線圈的功率相等，則可知，消耗的功率減小，故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為，則有，，則可得則整理可得保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷變大，則變小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)原副線圈的功率相等可知消耗的功率整理可得可知當(dāng)時(shí)，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大后減小，故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測(cè)定玻璃的折射率”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)小組在白紙上放好玻璃磚MNPQ，畫出玻璃磚與空氣的兩個(gè)界面aa'和bb'（如圖甲）。（1）實(shí)驗(yàn)小組內(nèi)的兩位學(xué)生在實(shí)驗(yàn)中：①第一位學(xué)生為了避免筆尖觸劃玻璃磚的折射面，畫出的aa'和bb'都比實(shí)際的折射面向外側(cè)平移了一些（如圖乙所示），以后的操作都正確無(wú)誤，并仍以aa'和bb'為折射面畫出了光路圖，這樣測(cè)出的折射率n的值將______（填“偏大”“偏小”或“不變”）；②第二位學(xué)生在紙上正確畫出了玻璃磚的兩個(gè)折射面aa'和bb'，在后面的實(shí)驗(yàn)中因不慎碰動(dòng)了玻璃磚，使它向aa'方向平移了一點(diǎn)（如圖丙所示），以后的操作都正確無(wú)誤，并仍以aa'和bb'為折射面畫出了光路圖，這樣測(cè)出的折射率n的值將______（填“偏大”“偏小”或“不變”）。（2）糾正錯(cuò)誤后，實(shí)驗(yàn)小組得到如圖丁所示的插針結(jié)果，則：①請(qǐng)?jiān)趫D中畫出光路圖______，并標(biāo)明在入射面上的入射角和折射角；②該玻璃磚的折射率n＝______〖答案〗（1）偏小不變（2）〖解析〗小問1詳析】[1]同學(xué)1光路圖如圖所示由圖可知其中變大，則減小，即測(cè)量值偏??；[2]同學(xué)2的光路圖如圖所示由圖可知角度保持不變，所以的值不變?！拘?詳析】根據(jù)結(jié)果畫出的光路圖如圖所示折射率12.在測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，因?yàn)殡妷罕砗碗娏鞅淼挠绊懀徽撌褂煤畏N接法，都會(huì)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實(shí)驗(yàn)興趣小組設(shè)計(jì)了如圖甲實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行測(cè)量。已知定值電阻。（1）實(shí)驗(yàn)中，定值電阻的作用有______（填字母）。A．保護(hù)電源B．在電流變化時(shí)使電壓表示數(shù)變化明顯C．在電壓變化時(shí)使電流表示數(shù)變化明顯（2）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：①將滑動(dòng)變阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：?jiǎn)蔚峨p擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；③將滑動(dòng)變阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：?jiǎn)蔚峨p擲開關(guān)S與2接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；⑤分別作出兩種情況所對(duì)應(yīng)的U-I圖像。（3）單刀雙擲開關(guān)接1時(shí)，某次讀取電表數(shù)據(jù)時(shí)，電壓表指針如圖乙所示，此時(shí)U＝______V．（4）根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據(jù)圖像可知圖丙對(duì)應(yīng)的接法為______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。（5）綜合可求得電源電動(dòng)勢(shì)E＝______V，內(nèi)阻r＝______Ω。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）〖答案〗（1）AB##BA（3）1.50（4）接法Ⅰ（5）1.800.25〖解析〗（1）[1]定值電阻有保護(hù)電源的作用，且由于電源內(nèi)阻很小，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知加了定值電阻后可以達(dá)到電流變化時(shí)使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果。故選AB。（3）[2]根據(jù)（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應(yīng)為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數(shù)為1.50V。（4）[3]兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內(nèi)接法，接法Ⅱ采用了電流表的外接法，比較圖丙和圖丁可知，圖丙所示圖像的斜率更大，而圖像斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻，分析可知接法Ⅰ，即電流表的內(nèi)接法，所測(cè)電源內(nèi)阻偏大，所測(cè)內(nèi)阻應(yīng)為電源實(shí)際內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻之和，由此可知圖丙對(duì)應(yīng)的接法為接法Ⅰ。（5）[4][5]當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1，且電流表示數(shù)為0時(shí)，電壓表測(cè)量準(zhǔn)確，此時(shí)電壓表所測(cè)電壓即為電源的電動(dòng)勢(shì)，因此電源電動(dòng)勢(shì)為圖丙的縱軸截距，可得當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2，且電壓表示數(shù)為0時(shí)，電流表測(cè)量準(zhǔn)確，由圖丁圖像可知，此時(shí)電路電流為則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有解得13.在火星上太陽(yáng)能電池板發(fā)電能力有限，因此科學(xué)家們用放射性材料——作為發(fā)電能源為火星車供電（中的Pu是）。已知衰變