河北省2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末質(zhì)量監(jiān)測聯(lián)考

河北省2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末質(zhì)量監(jiān)測聯(lián)考姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．如圖所示為氫原子能級示意圖，鋁的逸出功為4.2eV?，F(xiàn)用某單色光照射大量處于n=2能級的氫原子，這些氫原子釋放出6種不同頻率的光，用產(chǎn)生的光線照射鋁板。下列說法中正確的是（）A．氫原子被該單色光照射后躍遷到n=3的激發(fā)態(tài)B．直接用該單色光照射鋁板，能夠發(fā)生光電效應(yīng)C．氫原子釋放出來的6種光中有4種可以使鋁板發(fā)生光電效應(yīng)D．從鋁板逃逸出來的光電子的最大初動能為8.55eV2．電梯是高層住宅用戶必不可少的日常工具，但有些小朋友不懂事，總做出一些危險行為。某小朋友在電梯門口放了一障礙物，發(fā)現(xiàn)電梯門不停地開關(guān)，這是電梯門上安裝了傳感器的結(jié)果，他以此為樂，殊不知這種行為有一定的危險性。下列說法中正確的是（）A．電梯門上安裝了溫度傳感器B．電梯門上安裝了光傳感器C．電梯門上的傳感器將溫度信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘朌．電梯門上的傳感器將電信號轉(zhuǎn)化為光信號3．據(jù)央廣網(wǎng)報道，我國自主研制的北斗系統(tǒng)正式加入國際民航組織（ICAO）標(biāo)準(zhǔn)，成為全球民航通用的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)?！氨倍沸l(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)”由多顆地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星（運行半徑小于同步軌道衛(wèi)星軌道半徑）組成。下列說法正確的是（）A．同步衛(wèi)星運行的周期大于中圓地球軌道衛(wèi)星的周期B．同步衛(wèi)星運行的角速度大于中圓地球軌道衛(wèi)星的角速度C．在同一軌道上同向運行的中圓軌道衛(wèi)星加速時可以追上前面的衛(wèi)星D．為了保證北京的導(dǎo)航需求，一定有一顆同步衛(wèi)星靜止在北京上空4．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p-V圖像如圖所示。已知初始狀態(tài)氣體的溫度為T，三個狀態(tài)的坐標(biāo)分別為a(V0，5pA．在a→b過程中，封閉氣體的溫度一定不變B．氣體在a狀態(tài)的溫度可能與b狀態(tài)的溫度不相等C．氣體在c狀態(tài)的溫度為TD．氣體從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中氣體向外界放出的熱量為45．如圖所示，轎廂運送質(zhì)量為m的圓柱體貨物，右側(cè)斜面的傾角α=37°，左側(cè)斜面的傾角β=53°，貨物始終相對轎廂靜止。已知重力加速度為g，sin37°=0.6A．轎廂沿與豎直方向成30°角向左上方勻速運動時，貨物對左側(cè)斜面的壓力大小為0.8mgB．轎廂以0.5g的加速度水平向右勻加速運動時，貨物對左側(cè)斜面的壓力大小為mgC．轎廂水平向右的最大加速度為0.75gD．轎廂以0.5g的加速度豎直向上勻加速運動時，貨物對左側(cè)斜面的壓力大小為1.2mg6．如圖所示，兩平行導(dǎo)軌與一電源及導(dǎo)體棒MN構(gòu)成的閉合回路，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌與水平面的夾角α=30°，整個裝置處于勻強磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直，當(dāng)導(dǎo)體棒的電流為I時，導(dǎo)體棒MN靜止，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B=3mg4IL，方向與導(dǎo)軌平面成θ=60°A．導(dǎo)體棒所受安培力大小為3B．導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為18C．導(dǎo)體棒所受支持力大小為3D．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)的最小值為37．如圖甲所示，質(zhì)量m=2kg的物體受到水平拉力F的作用，在水平面上做加速直線運動，其加速度a隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，物體的初速度v0=2m/s。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，A．拉力F隨時間均勻增大B．物體發(fā)生10m位移時，拉力F變?yōu)樵瓉淼亩禖．物體發(fā)生10m位移的過程中，拉力F做功為60JD．物體發(fā)生10m位移時，拉力做功的功率為96W二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連，小球套在固定的豎直光滑桿上，P點到O點的距離為L，OP與桿垂直，桿上M、N兩點與O點的距離均為2L。已知彈簧原長為54L，重力加速度為g?，F(xiàn)讓小球從A．小球從M運動到N的過程中，有三個位置小球的合力就是重力B．小球從M運動到N的過程中，小球的機械能守恒C．小球從M運動到N的過程中，彈簧彈性勢能先減小后增大D．小球通過N點時速率為29．電容式傳感器以其優(yōu)越的性能在汽車中有著廣泛的應(yīng)用，某物理興趣小組研究一電容傳感器的性能，圖甲為用傳感器在計算機上觀察電容器充、放電現(xiàn)象的電路圖，E為電動勢恒定的電源（內(nèi)阻忽略不計），R為阻值可調(diào)的電阻，C為電容器，將單刀雙挪開關(guān)S分別撥到a、b，得到充、放電過程電路中的電流I與時間t的關(guān)系圖像，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．開關(guān)接a時，電容器充電，上極板帶正電，且電荷量逐漸增大B．開關(guān)接a后的短暫過程中，有電子從下極板穿過虛線到達上極板C．僅增大電阻R的阻值，電流圖線與t軸在t1D．僅將電容器上下極板水平錯開些，電流圖線與t軸在t310．如圖甲所示，間距為L的兩光滑平行導(dǎo)軌放置在水平面上，右端接阻值為R的電阻，虛線MN、PQ間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度B與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，由絕緣輕桿連接的導(dǎo)體棒a、b在水平向右的拉力F（大小未知，在導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域過程中可以發(fā)生變化）作用下從導(dǎo)軌左端由靜止開始運動，此后導(dǎo)體棒a、b穿過磁場區(qū)域，此過程中電阻R消耗的功率P與時間t的關(guān)系如圖丙所示。已知連接導(dǎo)體棒a、b的輕桿的長度和磁場邊界MN、PQ間的距離均為d，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌的電阻。下列說法正確的是（）A．通過電阻R的電流的方向沒有變化B．電阻R消耗的功率為4C．導(dǎo)體棒在MN左側(cè)運動的過程中水平恒力大小為4mdD．導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域的運動過程中水平拉力大小為4三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．某同學(xué)完成“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗。（1）他在實驗室找到下列器材：A.可拆變壓器（鐵芯、兩個已知匝數(shù)的線圈）B.開關(guān)、導(dǎo)線若干C.低壓交流電源在本實驗中，還需用到的實驗器材有。（2）該同學(xué)做實驗時，保持原、副線圈的匝數(shù)不變，改變原線圈的輸入電壓，并對原線圈電壓和副線圈電壓做了測量，得到下表。組別12345678U2.304.606.698.8110.813.1015.2117.31U1.132.283.344.385.46.517.598.64上述操作過程中有一個操作存在安全隱患，是，有一組數(shù)據(jù)的記錄不符合要求，是第組；（3）他將數(shù)據(jù)輸入Excel圖表，并利用插入散點圖得到如下圖像，查閱資料知道此時原、副線圈的匝數(shù)分別為n1=800和n212．某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點，圓弧的最低點為C。他采用以下兩種方案來驗證小球從斜面上某點由靜止釋放運動到C點的過程中機械能是否守恒。（當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間）（1）方案一：①他用20分度游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑d=cm，在C點安裝一個光電門；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，小球通過C點光電門時所用的時間為t，則小球通過C點時的速度v=（用物理量符號表示）；③改變小球的釋放位置，測得釋放位置到C點的高度為h，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)時間t，以1t2為橫坐標(biāo)，以h為縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，若直線的斜率k=（2）方案二：①在圓弧最低點C安裝一個力傳感器；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，測得釋放位置到C點的高度為h，并測得小球通過C點時傳感器的示數(shù)F；③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以h為橫坐標(biāo)，以為F縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點為b，若小球在上述運動過程中機械能守恒，則k=，b=。（用物理量符號表示）。13．如圖所示，一個桶的高為32d，底面直徑為2d，當(dāng)桶空時，從P點剛好能夠看到桶底上的C點。當(dāng)桶內(nèi)盛有某種透明液體，其深度為d時，仍沿PC方向看去，剛好可以看到桶底中心O處點光源發(fā)出的光線。已知C點為（1）求透明液體對點光源發(fā)出光線的折射率；（2）若要液面全部被O處點光源照亮，求桶內(nèi)透明液體的深度。14．如圖所示，一固定的質(zhì)量為m、高為1.5h、傾角為30°的光滑斜面體與光滑水平面平滑連接，水平面與右側(cè)的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v=4gh的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量m的小球A（可視為質(zhì)點）從高為4.5h處以某一初速度水平拋出，小球剛好無碰撞的從斜面體頂端滑上斜面體，小球從斜面體上離開的瞬間解除對斜面體的鎖定。小球A在傳送帶左側(cè)與靜止的質(zhì)量為2m的滑塊B（可視為質(zhì)點）在極短的時間內(nèi)發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊B滑上傳送帶，滑塊B和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶的長度L=6h（1）小球A拋出點與斜面體左端的水平距離；（2）碰撞后小球A返回，沿斜面體向上運動的最大高度；（3）滑塊B在傳送帶上運動的時間和此過程中產(chǎn)生的熱量。15．利用電、磁場來控制帶電粒子的運動、在現(xiàn)代科學(xué)實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一、三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從第二象限中的P點以沿x軸正方向的初速度v0射出，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從坐標(biāo)原點O進入勻強磁場區(qū)域。從x軸上的點M第二次經(jīng)過x軸。已知P點的坐標(biāo)為(?2L，L)，PM（1）電場強度E的大??；（2）磁感應(yīng)強度B的大小；（3）若電磁場的范圍足夠大，分析粒子通過x軸的位置坐標(biāo)和對應(yīng)時間（從粒子射出開始計時）的可能值。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、該單色光照射氫原子后釋放6種不同頻率的光，故氫原子被照射后躍遷到n=4的激發(fā)態(tài)，故A錯誤；

B、由前面分析可知該單色光的光子能量E=所以直接用該單色光照射鋁板，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故B錯誤；

C、由前面分析可知當(dāng)氫原子從不同激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時釋放出的光都可以使鋁板發(fā)生光電效應(yīng)，所以應(yīng)該有三種不同頻率的光，故C錯誤；

D、當(dāng)用氫原子從n=4躍遷到基態(tài)釋放出來的光照射鋁板時，從鋁板逃逸出來的光電子的初動能最大，此時光子的能量E由愛因斯坦光電效應(yīng)方程有E故D正確。

故答案為：D。

【分析】當(dāng)光子能量不小于金屬的逸出功時，金屬能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。再根據(jù)氫原子能級躍遷的特點及愛因斯坦的光電效應(yīng)方程進行解答。2．【答案】B【解析】【解答】電梯能夠識別障礙物，并不斷開關(guān)電梯門，是因為電梯門安裝了光傳感器，這個傳感器能夠?qū)⒐庑盘栟D(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?，故B正確，ACD錯誤。

故答案為：B。

【分析】熟悉掌握各傳感器的特點及應(yīng)用，光傳感器能夠?qū)⒐庑盘栟D(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘枴?．【答案】A【解析】【解答】A、萬有引力提供衛(wèi)星圓周運動的向心力，有G解得T=2π結(jié)合題意可知同步衛(wèi)星運行的周期大于中圓地球軌道衛(wèi)星的周期，故A正確；

B、萬有引力提供衛(wèi)星圓周運動的向心力，有G解得ω=結(jié)合題意可知同步衛(wèi)星運行的角速度小于中圓地球軌道衛(wèi)星的角速度，故B錯誤；

C、在同一軌道上同向運行的中圓軌道衛(wèi)星加速時將做離心運動，會脫離圓軌道運行，不可能追上前面的衛(wèi)星，故C錯誤；

D、根據(jù)萬有引力提供向心力，靜止軌道同步衛(wèi)星只能在赤道面上運行，無法靜止在北京上空，故D錯誤。

故答案為：A。

【分析】衛(wèi)星加速將做離心運動，運行半徑變大。靜止軌道同步衛(wèi)星只能在赤道面上運行。根據(jù)題意確定不同軌道衛(wèi)星運行半徑關(guān)系，再根據(jù)萬有引力定律及牛頓第二定律進行解答。4．【答案】C【解析】【解答】AB、對狀態(tài)a分析有P對狀態(tài)b分析有P所以T但氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中不一定溫度不變，故AB錯誤；

C、氣體從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中氣體的壓強不變，由等壓變化規(guī)律有V解得T故C正確；

D、氣體從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中氣體的壓強不變，外界對氣體做功W=由熱力學(xué)第一定律有ΔU=W+Q=4解得Q=ΔU-4由前面分析可知由狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中氣體溫度降低，所以氣體的內(nèi)能減少，所以氣體向外界放出的熱量大于4P0V0，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖像確定各狀態(tài)下氣體的壓強、體積關(guān)系，再根據(jù)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程確定各狀態(tài)下密封氣體的溫度關(guān)系。氣體溫度降低，氣體的內(nèi)能減少，氣體體積變大，氣體對外做功。再結(jié)合熱力學(xué)第一定律確定氣體吸放熱情況。5．【答案】B【解析】【解答】A、當(dāng)轎廂勻速運動時，對貨物受力分析如圖1所示有F故A錯誤；

B、當(dāng)轎廂以0.5g的加速度向右勻加速運動時，對貨物受力分析并建立如圖2所示坐標(biāo)系由受力分析有Fy=解得FN3=mg故B正確；

C、當(dāng)貨物對右側(cè)斜面壓力為0時，轎廂向右的加速度最大，由受力分析結(jié)合牛頓第二定律有tan所以a故C錯誤；

D、當(dāng)轎廂以0.5g的加速度向上勻加速運動時，對貨物受力分析如圖3所示由受力分析有Fx=解得F故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】轎廂與貨物保持相對靜止，即兩者的加速度與速度均相等。當(dāng)貨物處于平衡狀態(tài)時，其受力平衡。當(dāng)轎廂具備加速度時，對貨物進行受力分析，以加速度方向和垂直加速度方向建立直角坐標(biāo)系。再根據(jù)其受力情況結(jié)合力的合成與分解及牛頓第二定律和平衡情況確定各側(cè)面壓力的大小。6．【答案】C【解析】【解答】A、由題意有F故A錯誤；

BC、從M向N看，對導(dǎo)體棒受力分析并建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)導(dǎo)體棒受到的摩擦力沿導(dǎo)軌平面向下

由題意有Fx=解得Ff=-所以導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為F方向沿導(dǎo)軌平面向上，故B錯誤，故C正確；

D、由題意可知F所以μ≥故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)左手定則確定安培力的方向，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，即此時導(dǎo)體棒受力平衡。確定其受力情況，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定各力的大小及方向。由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故當(dāng)靜摩擦力達到最大值時，此時的摩擦因數(shù)最小。7．【答案】D【解析】【解答】A、對物體受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有F-μmg=ma由圖乙可知a=解得F=kmx+m所以拉力F隨著物體發(fā)生的位移x均勻增大，而不是隨時間均勻增大，故A錯誤；

B、由圖乙可知，物體發(fā)生10m位移時，加速度變?yōu)樵瓉淼亩?，而拉力F=ma+μmg并沒有變?yōu)樵瓉淼亩叮蔅錯誤；

C、由受力分析和做功關(guān)系有W將乙圖中縱坐標(biāo)乘上質(zhì)量m，該圖將變成合力與位移的圖像，圖像中面積對應(yīng)的是合力做功，故W所以拉力F做功W故C錯誤；

D、由動能定理有W解得v=8結(jié)合運動學(xué)公式F=m此時拉力F做功的功率P=Fv=96故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖像乙確定物體的運動情況及物體加速度與位移的關(guān)系式，再根據(jù)物體的受力情況及牛頓第二定律推導(dǎo)得出拉力的表達式。確定運動過程中，物體受到各力的做功情況，再根據(jù)動能定理確定拉力做功情況，注意掌握平均功率與瞬時功率的區(qū)別與計算方法。8．【答案】A,D【解析】【解答】A、OM=ON=2L，OP=L，彈簧的原長為54L，所以小球在MP之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球的合力為重力，同理小球在PN之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球合力為重力，當(dāng)小球經(jīng)過P點時小球受到的合力為重力，故A正確；

B、小球從M運動到N的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能并不守恒，故B錯誤；

C、小球從M運動到N的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，再減小又增大，故C錯誤；mg×2解得v=故D正確。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定OP、ON、OM距離與彈簧原長的關(guān)系，當(dāng)彈簧處于原長位置時，彈簧彈力為零，此時小球只受重力，再任意位置彈簧在水平方向合外力為零，故P點小球的合力等于重力。彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等。彈簧形變量越大，彈簧彈性勢能越大，小球的機械能越小。9．【答案】A,D【解析】【解答】A、當(dāng)開關(guān)接a時電容器充電，上極板接電源的正極，所以上極板帶正電，隨著兩極板間電壓的增加，電容器極板上的電荷量也逐漸增加，故A正確；

B、在電容器充電的過程中，上極板上電子在電源的作用下經(jīng)過電源到達下極板從而給電容器充電，并沒有電子穿過虛線，故B錯誤；

C、根據(jù)電流的定義式有I=解得q=It可知，I-t圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示電容器極板所帶的電荷量，由于僅增大電阻R沒有影響電容器的電容，也沒有影響電容器兩端的電壓，根據(jù)電容的定義式有C=解得Q=CU所以電容器極板的帶電量不變，即電流圖線與t軸在t1～t2時間內(nèi)所圍圖形的面積不變，故C錯誤；

D、僅將電容器上下極板水平錯開些，電容器極板的正對面積變小，結(jié)合電容器的電容決定式有C=所以在電容器充電過程中極板的帶電量Q=CU=可知，電容器極板所帶電荷量變小，在放電過程中釋放的電荷量減小，即電流圖線與t軸在t3～t4時間內(nèi)所圍圖形的面積將變小，故D正確。

故答案為：AD。

【分析】電容器充電時，兩極板間電壓的增大，電容器極板上的電荷量也逐漸增加。充電的過程中，上極板上電子在電源的作用下經(jīng)過電源到達下極板從而給電容器充電。I-t圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示電容器極板所帶的電荷量。再結(jié)合電容的決定式及定義式進行分析。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、由題意可知，由當(dāng)導(dǎo)體棒ab在MN左側(cè)運動時，磁場磁感應(yīng)強度增大，回路中產(chǎn)生感生電動勢，由楞次定律可知，回路中的電流為順時針方向，所以通過R的電流方向為P→R→Q，當(dāng)導(dǎo)體棒b在磁場中運動時，切割磁感線，由右手定則可以判斷通過R的電流方向為Q→R→P，所以電流方向有變化，故A錯誤；

B、當(dāng)導(dǎo)體棒a、b在MN左側(cè)運動時，回路中產(chǎn)生感生電動勢E由閉合電路歐姆定律有I電阻R消耗的功率P=故B正確；

C、當(dāng)導(dǎo)體棒a、b穿過磁場的過程中，導(dǎo)體棒勻速運動，此時導(dǎo)體棒的速度為v，產(chǎn)生的電動勢為E此時流過電阻R的電流I且有I解得v=對兩個導(dǎo)體棒在MN左側(cè)運動過程列動量定理有F解得F=故C正確；

D、當(dāng)導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域時，導(dǎo)體棒受到的安培力F對導(dǎo)體棒分析有F'=故D正確。

故答案為：BCD。

【分析】主意判斷導(dǎo)體棒進入磁場前后，電路中的“等效電源”的及電路連接方式。根據(jù)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為動生電動勢還是感生電動勢，結(jié)合楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向。由圖丙可知電阻消耗的功率始終不變，即導(dǎo)體棒進入磁場前后回路中流過電阻的電流不變，即導(dǎo)體棒剛好在t0時刻進入磁場，且進入磁場后做勻速直線運動。再根據(jù)電磁感應(yīng)定律及歐姆定律和串并聯(lián)規(guī)律確定進入前后電流及電功率的大小。導(dǎo)體棒做MN左側(cè)運動時，只受拉力作用根據(jù)動量定理確定拉力的大小。在磁場中運動時根據(jù)安培力公式確定導(dǎo)體棒受到安培力大小，再根據(jù)平衡條件確定拉力大小。11．【答案】（1）交流電壓表或者是多用電表（2）使用低壓交流電源的電壓不能超過12V；5（3）U【解析】【解答】（1）由于要測原、副線圈的電壓，故需要交流電壓表或者是多用電表；

（2）在變壓器的實驗中為了安全起見，使用低壓交流電源的電壓不要超過12V，但上述實驗中現(xiàn)出了幾組大于12V的電壓，這是安全隱患，從數(shù)據(jù)記錄的結(jié)果看，所有電壓都是保留的兩位小數(shù)，只有第五組的數(shù)據(jù)是保留了一位小數(shù)，故第五組數(shù)據(jù)的記錄不符合要求；

（3）由圖可知圖像的斜率k=原、副線圈的匝數(shù)比n所以變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系為U【分析】“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗測量原副線圈電壓需要交流電壓表或者是多用電表。根據(jù)理想變壓器原理確定圖像斜率的物理意義，再結(jié)合圖像及題意確定實驗結(jié)論。12．【答案】（1）①11.260；②dt；③（2）2mgR【解析】【解答】（1）①由圖可知，該游標(biāo)卡尺為20分度，游標(biāo)尺的第12條刻度線與主尺的24mm對齊，所以小球的直徑d=24.00②小球通過C點時的速度v=③若小球在運動過程中機械能守恒，有mgh=整理得h=直線的斜率為d（2）小球在運動過程中機械能守恒，有mgh=對小球在C點受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有F由牛頓第三定律有F=可得F=直線的斜率為k=直線與縱軸的交點為為b=mg【分析】根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該段時間內(nèi)的平均速度確定小球經(jīng)過光電門的速度，再根據(jù)實驗原理推導(dǎo)得出圖像的函數(shù)表達式，再結(jié)合表達式分析圖像斜率的物理意義。小球做曲線運動，在最低點由重力和繩子的拉力提供向心力，根據(jù)小球下擺過程機械能守恒定律及在最低點運用牛頓第二定律確定圖像的函數(shù)表達式，再根據(jù)表達式確定圖像斜率和截距的物理意義。13．【答案】（1）解：設(shè)O點發(fā)出的光線與界面的交點為D，光路圖如右圖所示由幾何關(guān)系可知AC=h=32由幾何關(guān)系可知sin由折射定律有n=（2）解：設(shè)液面剛好被全部照亮?xí)r液體深度為H，光線在液面邊緣剛好發(fā)生全反射，光路圖如右圖所示由折射定律有n=由幾何關(guān)系有sin解得H=結(jié)合題意和幾何關(guān)系可知，若要液面全部被O處光源照亮，求桶內(nèi)透明液體的深度h≥6【解析】【分析】（1）畫出O處光源的光路圖。根據(jù)幾何關(guān)系確定折射角及入射角的正弦值，再根據(jù)折射定律進行解答；

（2）液面全部被O處點光源照亮，則光線在液面邊緣剛好發(fā)生全反射。畫出此時發(fā)生全反射的光路圖，再根據(jù)全反射定律及幾何關(guān)系進行解答。14．【答案】（1）解：小球A拋出時的初速度為v04tan小球A拋出點與斜面體左端的水平距離x=解得x=6（2）解：小球到達斜面底端時速度為v1，由動能定理有解得v小球A與滑塊B碰撞過程有m1解得v2=小球A反向滑上斜面體的過程中有m1解得h（3）解：假設(shè)滑塊B滑上傳送帶后先加速后勻速，加速過程有μ?2mg=2