江蘇省2025屆新高考物理下學期模擬預測卷二含解析

PAGEPAGE1江蘇省2025屆新高考物理下學期模擬預料卷（二）（含解析）一、單項選擇題:共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1.貝克勒爾在120年前首先發(fā)覺了自然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領域中有著廣泛應用。下列屬于放射性衰變的是（）A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(139,53)I＋eq\o\al(95,39)Y＋2eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nD.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n2.正在運轉的機器，當其飛輪以角速度ω0勻速轉動時，機器的振動不劇烈，切斷電源，飛輪的轉動漸漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發(fā)生了劇烈的振動，此后飛輪轉速接著變慢，機器的振動也隨之減弱，在機器停下來之后若重新啟動機器，使飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中()A.機器確定不會發(fā)生劇烈的振動B.機器確定還會發(fā)生劇烈的振動C.若機器發(fā)生劇烈振動，劇烈振動可能發(fā)生在飛輪角速度為ω0時D.若機器發(fā)生劇烈振動，劇烈振動時飛輪的角速度確定不為ω03.如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,3)。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．34.用如圖甲所示的裝置探討光電效應現(xiàn)象.閉合開關S，用頻率為ν的光照耀光電管時發(fā)生了光電效應.圖乙是該光電管發(fā)生光電效應時間電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖象，圖線與橫軸的交點坐標為(a,0)，與縱軸的交點坐標為(0，－b)，下列說法中正確的是()A.普朗克常量為h＝eq\f(a,b)B.斷開開關S后，電流表G的示數(shù)不為零C.僅增加照耀光的強度，光電子的最大初動能將增大D.保持照耀光強度不變，僅提高照耀光頻率，電流表G的示數(shù)保持不變5.在一端封閉的粗細勻稱的玻璃管內，用水銀柱封閉一部分空氣，玻璃管開口向下，如圖6所示，當玻璃管自由下落時，空氣柱長度將()A．增大 B．減小C．不變 D．無法確定6.我國神舟六號載人飛船圓滿完成太空旅程，成功而歸。飛船的升空和返回特殊令人關注，視察飛船運行環(huán)節(jié)的圖片，下列說法正確的是()A．飛船拋助推器，使箭、船分別，其作用是讓飛船獲得平衡B．飛船返回時要轉向180°，讓推動艙在前，返回艙在后，其作用是加速變軌C．飛船與整流罩分別后打開帆板，其作用是讓飛船飛得慢一些D．飛船的變軌發(fā)動機點火工作，使得飛船由橢圓軌道變?yōu)閳A軌道7.如圖所示，1887年德國物理學家赫茲利用紫外線照耀鋅板后，發(fā)覺與鋅板連接的驗電器箔片張開，關于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是()A.驗電器箔片張開，是因為箔片帶負電B.驗電器箔片張開，是因為鋅板得到了正電荷C.紫外線燈功率增大，箔片張角也增大D.換用紅外線燈照耀鋅板，箔片也確定張開8.如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內有場強方向平行于AB邊的勻強電場，E、F、H是對應邊的中點，P點是EH的中點．一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出．以下說法正確的是()A．粒子的運動軌跡經過P點B．粒子的運動軌跡經過PH之間某點C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EHD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從BC邊射出9.如圖所示，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k，輸出端接有一溝通電動機，其線圈的電阻為R，將原線圈接在正弦溝通電源兩端。變壓器的輸入功率為P0時，電動機恰好能帶動質量為m的物體勻速上升，此時志向電流表eq\o\ac(○,A)的示數(shù)為I。若不計電動機的機械損耗，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．電動機的輸出功率為B．原線圈兩端電壓的有效值為C．原線圈中電流的有效值為‘D．副線圈兩端電壓的有效值為IR10.如圖所示，固定直桿上套有一個質量為m的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止狀態(tài)，此時小球受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等，重力加速度為g.下列選項正確的是（）A.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度a＝eq\f(gsinθ,5)B.若小球從P點以初速度v0沿桿向上運動，恰能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點，初速度v0＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)C.小球從Q點下滑過程中動能最大時到B點的距離為eq\f(2L,15)D.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向向上11.將一勻稱導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖所示的直角坐標系的原點，其中其次和第四象限存在垂直紙面對里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻起先讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的改變規(guī)律描繪正確的是()二、非選擇題:共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位。12.指針式多用電表歐姆擋的內部電路是由直流電源、調零電阻和表頭相串聯(lián)而成，現(xiàn)設計一個試驗，測量多用電表“×1Ω”擋的內部電源的電動勢和內部總電阻。給定的器材有：待測多用電表，量程為100mA的電流表，最大電阻為20Ω的滑動變阻器，鱷魚夾，開關，導線若干。試驗過程如下：(1)試驗前將多用電表調至“×1Ω”擋，將紅黑表筆短接，調整旋鈕，使指針指________(填“電阻”或“電流”)的零刻度。(2)用鱷魚夾將紅、黑表筆固定在圖5甲的兩接線柱上，請用筆畫線代替導線將圖甲電路連接完整。(3)調整滑動變阻器，讀出多用電表示數(shù)R、毫安表示數(shù)I，求出電流倒數(shù)eq\f(1,I)，記錄在下面的表格中，請依據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖乙的坐標系中描點作圖。(4)請通過圖線求出多用電表內部電源的電動勢為________V，內部總電阻為________Ω。(結果保留3位有效數(shù)字)(5)電流表存在確定的內阻，這對試驗結果________(填“有影響”或“無影響”)。R/Ω4710141820I/10－3A78.067.060.052.045.043.0eq\f(1,I)/A－112.814.916.719.222.223.213.如圖，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A，它到池邊的水平距離為3.0m。從點光源A射向池邊的光線AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水的折射率為eq\f(4,3)。(1)求池內的水深；(2)一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到池面的高度為2.0m。當他看到正前下方的點光源A時，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為45°。求救生員的眼睛到池邊的水平距離(結果保留1位有效數(shù)字)。14.如圖所示，質量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質量m2＝0.2kg且可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最終在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少。15.如圖示，用一輕彈簧將物塊Q和地面相連，處于靜止狀態(tài)。物塊P從Q的正上方h處由靜止釋放，P、Q相碰（時間很短）后馬上以相同的速度向下壓縮彈簧（P、Q不粘連）。P的質量為m，Q的質量為m（=1，2，3，…），彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的形變量為x時，彈性勢能?？諝庾枇Σ挥?，PQ運動過程中彈簧始終未超過彈性限度。求：(1)P自h高處落下與Q碰撞后瞬間的共同速度v共，此過程中損失的機械能；(2)若取m=0.10kg，h=0.80m，k=75N/m，重力加速度g=10m/s2，則當取何值時P與Q碰撞后始終以共同的速度運動?16.如圖所示，A1、A2為兩塊面積很大、相互平行的金屬板，兩板間距離為d，以A1板的中點為坐標原點，水平向右和豎直向下分別建立x軸和y軸，在坐標為(0，eq\f(1,2)d)的P處有一粒子源，可在坐標平面內向各個方向不斷放射同種帶電粒子，這些帶電粒子的速度大小均為v0，質量為m，帶電荷量為＋q，重力忽視不計，不考慮粒子打到板上的反彈，且忽視帶電粒子對金屬板上電荷分布的影響。(1)若只在A1、A2板間加上恒定電壓U0，且A1板電勢低于A2板，求粒子打到A1板上的速度大??；(2)若只在A1、A2板間加上一方向垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度為B，且B＜eq\f(2mv0,dq)，求A1板上有粒子打到的區(qū)域范圍(用x軸坐標值表示)；(3)在第(2)小題前提下，若在A1、A2板間再加一電壓，使初速度垂直指向A1板的粒子打不到A1板，試確定A1、A2板電勢的凹凸以及電壓的大小。參考答案1.貝克勒爾在120年前首先發(fā)覺了自然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領域中有著廣泛應用。下列屬于放射性衰變的是（）A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(139,53)I＋eq\o\al(95,39)Y＋2eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nD.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n解析A屬于β衰變，B屬于裂變，C是聚變，D是原子核的人工轉變，故選A項。答案A2.正在運轉的機器，當其飛輪以角速度ω0勻速轉動時，機器的振動不劇烈，切斷電源，飛輪的轉動漸漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發(fā)生了劇烈的振動，此后飛輪轉速接著變慢，機器的振動也隨之減弱，在機器停下來之后若重新啟動機器，使飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中()A.機器確定不會發(fā)生劇烈的振動B.機器確定還會發(fā)生劇烈的振動C.若機器發(fā)生劇烈振動，劇烈振動可能發(fā)生在飛輪角速度為ω0時D.若機器發(fā)生劇烈振動，劇烈振動時飛輪的角速度確定不為ω0解析從以角速度ω0轉動漸漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發(fā)生了劇烈的振動，說明此過程機器的固有頻率與驅動頻率相等達到了共振，當飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中，確定會出現(xiàn)機器的固有頻率與驅動頻率相等即達到共振的現(xiàn)象，機器確定還會發(fā)生劇烈的振動，故選項AB錯誤；由已知當機器的飛輪以角速度ω0勻速轉動時，其振動不劇烈，則機器若發(fā)生劇烈振動，劇烈振動時飛輪的角速度確定不為ω0，故選項C錯誤，D正確。答案D3.如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,3)。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．3∶2[解析]當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界狀況是A、B的加速度相等，隔離對B分析，B的加速度為：aB＝a1＝eq\f(μmg－\f(μ,3)·2mg,m)＝eq\f(1,3)μg，當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝eq\f(μmg,m)＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正確。[答案]C4.用如圖甲所示的裝置探討光電效應現(xiàn)象.閉合開關S，用頻率為ν的光照耀光電管時發(fā)生了光電效應.圖乙是該光電管發(fā)生光電效應時間電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖象，圖線與橫軸的交點坐標為(a,0)，與縱軸的交點坐標為(0，－b)，下列說法中正確的是()A.普朗克常量為h＝eq\f(a,b)B.斷開開關S后，電流表G的示數(shù)不為零C.僅增加照耀光的強度，光電子的最大初動能將增大D.保持照耀光強度不變，僅提高照耀光頻率，電流表G的示數(shù)保持不變答案B解析依據(jù)Ek＝hν－W0得，Ek－ν圖象的斜率表示普朗克常量，故h＝eq\f(b,a)，故A錯誤；開關S斷開后，因光電效應現(xiàn)象中，光電子存在最大初動能，因此電流表G的示數(shù)不為零，故B正確；依據(jù)光電效應方程可知，光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，與光的強度無關，故C錯誤；若保持照耀光強度不變，僅提高照耀光頻率，則光子數(shù)目減小，那么電流表G的示數(shù)會減小，故D錯誤.5.在一端封閉的粗細勻稱的玻璃管內，用水銀柱封閉一部分空氣，玻璃管開口向下，如圖6所示，當玻璃管自由下落時，空氣柱長度將()A．增大 B．減小C．不變 D．無法確定答案B解析此題中，水銀柱原來是平衡的，設空氣柱原來長度為l1，后來因為自由下落有重力加速度而失去平衡，發(fā)生移動．起先時氣體壓強p1＝p0－ρgL，氣體體積V1＝l1S.自由下落后，設空氣柱長度為l2，水銀柱受管內氣體向下的壓力p2S、重力G和大氣向上的壓力p0S，如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律可得p2S＋G－p0S＝mg，因為G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－p0S＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因為p2>p1，所以l2<l1，所以空氣柱長度將減?。收_答案為B.6.我國神舟六號載人飛船圓滿完成太空旅程，成功而歸。飛船的升空和返回特殊令人關注，視察飛船運行環(huán)節(jié)的圖片，下列說法正確的是()A．飛船拋助推器，使箭、船分別，其作用是讓飛船獲得平衡B．飛船返回時要轉向180°，讓推動艙在前，返回艙在后，其作用是加速變軌C．飛船與整流罩分別后打開帆板，其作用是讓飛船飛得慢一些D．飛船的變軌發(fā)動機點火工作，使得飛船由橢圓軌道變?yōu)閳A軌道解析：選D飛船拋助推器，使箭船分別，其作用是減小組合體的質量，減小慣性便于飛船變軌操作，故A錯誤；飛船返回時要減速降低軌道，所以飛船返回時要轉向180°，讓推動艙在前，使返回艙減速降低軌道以接近地球，故B錯誤；飛船與整流罩分別后打開帆板，其作用是利用太陽能供應飛船能量，飛船在太空飛行，近乎真空的環(huán)境下，飛船幾乎不受阻力作用，故C錯誤；飛船的變軌發(fā)動機工作目的使飛船由橢圓軌道變成圓軌道運動，依據(jù)圓周運動和橢圓軌道運動知，在遠地點開動發(fā)動機加速使衛(wèi)星在高軌道上做圓周運動，在近地點橢圓軌道上開動發(fā)動機減速，使衛(wèi)星在半徑較小軌道上做圓周運動，故D正確。7.如圖所示，1887年德國物理學家赫茲利用紫外線照耀鋅板后，發(fā)覺與鋅板連接的驗電器箔片張開，關于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是()A.驗電器箔片張開，是因為箔片帶負電B.驗電器箔片張開，是因為鋅板得到了正電荷C.紫外線燈功率增大，箔片張角也增大D.換用紅外線燈照耀鋅板，箔片也確定張開解析用紫外線照耀鋅板，可以從鋅板上打出電子，鋅板帶正電，驗電器的箔片張開，是因為箔片帶正電，選項A、B錯誤；紫外線燈功率增大，即入射光的強度增大，則箔片上的帶電荷量增大，箔片的張角也增大，選項C正確；換用紅外線燈照耀鋅板，不確定會使鋅板發(fā)生光電效應，即箔片不確定會張開，選項D錯誤。答案C8.如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內有場強方向平行于AB邊的勻強電場，E、F、H是對應邊的中點，P點是EH的中點．一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出．以下說法正確的是()A．粒子的運動軌跡經過P點B．粒子的運動軌跡經過PH之間某點C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EHD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從BC邊射出答案D解析粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出，其軌跡是拋物線，依據(jù)推論知，過C點作速度的反向延長線確定交于FH的中點，而延長線又經過P點，所以粒子軌跡確定經過PE之間某點，故A、B錯誤；粒子從C點射出時速度反向延長線與EH垂直，若增大初速度，粒子軌跡可能經過PH之間某點，可知粒子不行能垂直穿過EH，故C錯誤；由平拋學問類比可知，當豎直位移確定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點射出BC，故D正確．9.如圖所示，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k，輸出端接有一溝通電動機，其線圈的電阻為R，將原線圈接在正弦溝通電源兩端。變壓器的輸入功率為P0時，電動機恰好能帶動質量為m的物體勻速上升，此時志向電流表eq\o\ac(○,A)的示數(shù)為I。若不計電動機的機械損耗，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．電動機的輸出功率為B．原線圈兩端電壓的有效值為C．原線圈中電流的有效值為‘D．副線圈兩端電壓的有效值為IR答案：A10.如圖所示，固定直桿上套有一個質量為m的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止狀態(tài)，此時小球受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等，重力加速度為g.下列選項正確的是（）A.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度a＝eq\f(gsinθ,5)B.若小球從P點以初速度v0沿桿向上運動，恰能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點，初速度v0＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)C.小球從Q點下滑過程中動能最大時到B點的距離為eq\f(2L,15)D.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向向上【解析】AD：小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，依據(jù)胡克定律有F＝k(L－eq\f(4,5)L)設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，依據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)剪斷下方彈簧的瞬間，mgsinθ＞F，則mgsinθ－Ff－F＝ma解得a＝eq\f(gsinθ,5)，方向沿桿向下，故AD都錯誤；B：小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零據(jù)動能定理W合＝ΔEk有－mg·2(L－eq\f(4,5)L)sinθ－Ff·2(L－eq\f(4,5)L)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得v0＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)，故B正確C：小球沿桿下滑的過程中，當其加速度a＝0時有最大動能故有2kx＋Ff＝mgsinθ即2kx＝0.8mgsinθ解得x＝eq\f(2L,15)，即到B點的距離為eq\f(13L,15)，故C錯誤【答案】選B11.將一勻稱導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖所示的直角坐標系的原點，其中其次和第四象限存在垂直紙面對里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻起先讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的改變規(guī)律描繪正確的是()[解析]在0～t0時間內，線框從圖示位置起先(t＝0)轉過90°的過程中，產生的感應電動勢為E1＝eq\f(1,2)BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BωR2,2r)，依據(jù)楞次定律推斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)。回路中產生的感應電動勢為E2＝eq\f(1,2)BωR2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1；感應電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3＝eq\f(1,2)BωR2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1；感應電流為I3＝3I1。在3t0～4t0時間內，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4＝eq\f(1,2)BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路電流為I4＝I1，B對。[答案]B12.指針式多用電表歐姆擋的內部電路是由直流電源、調零電阻和表頭相串聯(lián)而成，現(xiàn)設計一個試驗，測量多用電表“×1Ω”擋的內部電源的電動勢和內部總電阻。給定的器材有：待測多用電表，量程為100mA的電流表，最大電阻為20Ω的滑動變阻器，鱷魚夾，開關，導線若干。試驗過程如下：(1)試驗前將多用電表調至“×1Ω”擋，將紅黑表筆短接，調整旋鈕，使指針指________(填“電阻”或“電流”)的零刻度。(2)用鱷魚夾將紅、黑表筆固定在圖5甲的兩接線柱上，請用筆畫線代替導線將圖甲電路連接完整。(3)調整滑動變阻器，讀出多用電表示數(shù)R、毫安表示數(shù)I，求出電流倒數(shù)eq\f(1,I)，記錄在下面的表格中，請依據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖乙的坐標系中描點作圖。(4)請通過圖線求出多用電表內部電源的電動勢為________V，內部總電阻為________Ω。(結果保留3位有效數(shù)字)(5)電流表存在確定的內阻，這對試驗結果________(填“有影響”或“無影響”)。R/Ω4710141820I/10－3A78.067.060.052.045.043.0eq\f(1,I)/A－112.814.916.719.222.223.2解析(1)運用多用電表歐姆擋時，先要歐姆調零，將多用電表調至適當?shù)谋堵?，紅黑表筆短接，調整旋鈕，使指針指向電阻的零刻度，此時電流為滿偏電流。(2)電流表串聯(lián)運用，滑動變阻器限流式，多用電表紅“＋”黑“－”，紅進黑出，電流從黑表筆流出，流進電流表的正接線柱，線路連接如圖甲所示。(3)依據(jù)數(shù)據(jù)組描點，用平滑直線進行連線，圖象如圖乙所示。乙(4)由電路圖可得E＝I(R＋R內)，所以R＝Eeq\f(1,I)－R內，利用斜率可以求出E＝1.50V，利用橫坐標截距＝eq\f(R內,E)，求出R內＝15.0Ω。(5)E＝I(R＋R內)中的R表示電路中除多用電表以外的阻值，包含了電流表的內阻，則電流表的內阻對試驗結果無影響。答案(1)電阻(2)見解析圖(3)見解析圖(4)1.45～1.5514.5～15.5(5)無影響13.如圖，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A，它到池邊的水平距離為3.0m。從點光源A射向池邊的光線AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水的折射率為eq\f(4,3)。(1)求池內的水深；(2)一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到池面的高度為2.0m。當他看到正前下方的點光源A時，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為45°。求救生員的眼睛到池邊的水平距離(結果保留1位有效數(shù)字)。解析：(1)如圖，設到達池邊的光線的入射角為i，依題意，水的折射率n＝eq\f(4,3)，由臨界角公式有n＝eq\f(1,sini)由幾何關系有sini＝eq\f(l,\r(l2＋h2))。式中，l＝3.0m，h是池內水的深度。聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得h＝eq\r(7)m≈2.6m。(2)設此時救生員的眼睛到池邊的距離為x。依題意，救生員的視線與豎直方向的夾角為θ＝45°。由折射定律有nsini′＝sinθ式中，i′是光線在水面的入射角。設池底點光源A到水面入射點的水平距離為a。由幾何關系有sini′＝eq\f(a,\r(a2＋h2))x＋l＝a＋h′式中h′＝2m。聯(lián)立以上各式得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(\f(7,23))－1))m≈0.7m。答案：(1)2.6m(2)0.7m14.如圖所示，質量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質量m2＝0.2kg且可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最終在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少。解析(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g解得t＝eq\f(m1v0,μ（m1＋m2）g)代入數(shù)據(jù)得t＝0.24s。(2)要使物塊恰好不從車面滑出，須物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′由能量守恒有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5m/s故要使物體不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5m/s。答案(1)0.24s(2)5m/s15.如圖示，用一輕彈簧將物塊Q和地面相連，處于靜止狀態(tài)。物塊P從Q的正上方h處由靜止釋放，P、Q相碰（時間很短）后馬上以相同的速度向下壓縮彈簧（P、Q不粘連）。P的質量為m，Q的質量為m（=1，2，3，…），彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的形變量為x時，彈性勢能?？諝庾枇Σ挥?，PQ運動過程中彈簧始終未超過彈性限度。求：(1)P自h高處落下與Q碰撞后瞬間的共同速度v共，此過程中損失的機械能；(2)若取m=0.10kg，h=0.80m，k=75N/m，重力加速度g=10m/s2，則當取何值時P與Q碰撞后始終以共同的速度運動?【答案】(1)，；(2)4【解析】(1)P自h高處落下與Q碰撞前，由動能定理可得P與Q碰撞后，由動量守恒得由能量守恒可得聯(lián)立解得，(2)由題意可知，要使二者始終共速運動，則需滿意在彈簧復原原長時二者速度剛好為零。在Q壓縮彈簧時有從二者碰撞后共速到彈簧復原原長二者速度剛好為零，由能量守恒可得因為為正整數(shù)，則聯(lián)立解得16.如圖所示，A1、A2為兩塊面積很大、相互平行的金屬板，兩板間距離為d，以A1板的中點為坐標原點，水平向右和豎直向下分別建立x軸和y軸，在坐標為(0，eq\f(1,2)d)的P處有一粒子源，可在坐標平面內向各個方向不斷放射同種帶電粒子，這些帶電粒子的速度大小均為v0，質量為m，帶電荷量為＋q，重力忽視不計，不考慮粒子打到板上的反彈，且忽視帶電粒子對金屬板上電荷分布的影響。(1)若只在A1、A2板間加上恒定電壓U0，且A1板電勢低于A2板，求粒子打到A1板上的速度大??；(2)若只在A1、A2板間加上一方向垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度為B，且B＜eq\f(2mv0,dq)，求A1板上有粒子打到的區(qū)域范圍(用x軸坐標值表示)；(3)在第(2)小題前提下，若在A1、A2板間再加一電壓，使初速度垂直指向A1板的粒子打不到A1板，試確定A1、A2板電勢的凹凸以及電壓的大小。解析(1)粒子運動到A1板，電場力做正功q