山東省百師聯(lián)考2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆高三一輪復(fù)習(xí)聯(lián)考（三）物理試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)、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?？荚嚂r(shí)間為90分鐘，滿分100分一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.半導(dǎo)體指紋傳感器，多用于手機(jī)、電腦、汽車(chē)等設(shè)備的安全識(shí)別，如圖所示。半導(dǎo)體傳感器基板上有大量金屬顆粒，基板上的每一點(diǎn)都是小極板，其外表面絕緣。當(dāng)手指的指紋一面與絕緣表面接觸時(shí)，由于指紋凹凸不平，凸點(diǎn)處與凹點(diǎn)處分別與半導(dǎo)體基板上的小極板形成正對(duì)面積相同的電容器。使每個(gè)電容器的電壓保持不變，對(duì)每個(gè)電容器的放電電流進(jìn)行測(cè)量，即可采集指紋。在指紋采集過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.指紋的凹點(diǎn)處與小極板距離遠(yuǎn)，電容大B.手指緩慢離開(kāi)絕緣表面時(shí)，電容器所帶電荷量減小C.手指用力擠壓絕緣表面時(shí)，電容器存儲(chǔ)的電能減少D.手指擠壓絕緣表面過(guò)程中，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變【答案】B【解析】A．根據(jù)平行板電容器電容的決定式，可知指紋的凹點(diǎn)處與小極板距離遠(yuǎn)，電容小，故A錯(cuò)誤；B．手指緩慢離開(kāi)絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容減小，由Q=CU可知，U不變，則電容器所帶電荷量減小，故B正確；C．手指擠壓絕緣表面過(guò)程中，電容器兩極板間的間距減小，電容變大，電容器所帶電荷量增大，電容器存儲(chǔ)的電能增加，故C錯(cuò)誤；D．電容器內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)大小為，手指擠壓絕緣表面過(guò)程中，電容器兩極板間的間距減小，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)大小變大，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖甲所示，火力發(fā)電廠排出的煙氣帶有大量的煤顆粒，如果不進(jìn)行處理會(huì)對(duì)環(huán)境造成污染。該發(fā)電廠為處理煙氣中的煤顆粒所使用的靜電除塵裝置的原理示意圖如圖乙所示，m、n為金屬管內(nèi)兩點(diǎn)，在P、Q兩點(diǎn)加高電壓時(shí)，空氣分子被強(qiáng)電場(chǎng)電離，產(chǎn)生的電子附著在煤顆粒上，煤顆粒在靜電力的作用下，聚集到金屬管壁上，然后在重力作用下下落到金屬管底部，就可以有效去除煤顆粒，達(dá)到環(huán)保要求。若不考慮煤顆粒間的相互作用以及其電荷量的變化，則下列說(shuō)法正確的是（）A.Q接電源的負(fù)極B.電場(chǎng)強(qiáng)度C.煤顆粒做勻加速運(yùn)動(dòng)D.帶上負(fù)電的煤顆粒在向管壁運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能增大【答案】B【解析】A．帶負(fù)電的煤粉被吸附到管壁上，可知Q接電源的正極，A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線P周?chē)纬深愃朴邳c(diǎn)電荷的輻向電場(chǎng)，距離導(dǎo)線P越近的位置電場(chǎng)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，可知電場(chǎng)強(qiáng)度，B正確；C．由于電場(chǎng)強(qiáng)度大小由金屬絲到金屬管壁逐漸減小，電場(chǎng)力逐漸減小，可知煤顆粒所受的合力不斷變化，煤顆粒做變加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．帶上負(fù)電的煤顆粒在向管壁運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，D錯(cuò)誤。故選B。3.2024年4月26日3時(shí)32分，我國(guó)神舟十八號(hào)載人飛船采用自主快速交會(huì)對(duì)接模式，成功對(duì)接于中國(guó)空間站天和核心艙徑向端口（如圖所示），隨后3名航天員從神舟十八號(hào)載人飛船進(jìn)入中國(guó)空間站開(kāi)展為期六個(gè)月的太空工作與生活，這次太空遠(yuǎn)航，航天員們攜帶了一個(gè)叫做“小受控型生態(tài)生命模塊”的裝置及相關(guān)物品進(jìn)入太空，其中的主要水生生命體就是斑馬魚(yú)和金魚(yú)藻，實(shí)現(xiàn)我國(guó)在外太空培養(yǎng)脊椎動(dòng)物的首次突破。已知空間站繞地球運(yùn)行的軌道半徑為r，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。則以下判斷中正確的是（）A.空間站繞地球穩(wěn)定飛行時(shí)，斑馬魚(yú)受到萬(wàn)有引力和浮力作用B.空間站繞地球飛行速度大于第一宇宙速度C.空間站運(yùn)行的速度大小為D.質(zhì)量為m的金魚(yú)藻在空間站所受萬(wàn)有引力的大小為【答案】D【解析】A．空間站繞地球穩(wěn)定飛行時(shí)，萬(wàn)有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，所以斑馬魚(yú)只受萬(wàn)有引力作用，不受浮力作用，故A錯(cuò)誤；B．地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，可知空間站繞地飛行速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系有根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有聯(lián)立解得空間站的速度大小為故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)量為m的金魚(yú)藻在空間站所受萬(wàn)有引力的大小為根據(jù)萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系得聯(lián)立解得故D正確。故選D。4.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)臻g某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，k為常量，I為電流，r為該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。b、c、d三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直于紙面放置，電流方向如圖所示，ac垂直于bd且，b、c、d三根導(dǎo)線中電流大小分別為I、I、2I。已知導(dǎo)線c在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則關(guān)于a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法正確的是（）A.a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閍→b B.a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閍→cC.a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2B D.a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為【答案】D【解析】用安培定則判斷通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在a點(diǎn)所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，如圖所示，設(shè)其中則導(dǎo)線c在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向從d指向b，大小為B，導(dǎo)線b在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與導(dǎo)線d在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，大小分別為B和2B，則合磁場(chǎng)的方向?yàn)樾毕蜃笊戏剑笮榉较蛑赶蛐毕蜃笊戏?5°。故選D。5.如圖所示，光滑斜面固定于箱子底部，輕彈簧上端固定，下端與物體m連接，當(dāng)箱子處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，物體m恰好靜止不動(dòng)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x，當(dāng)整體處于以下?tīng)顟B(tài)，可能使穩(wěn)定后彈簧伸長(zhǎng)且伸長(zhǎng)量小于x的是（）A.使箱子水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B.使箱子做自由落體運(yùn)動(dòng)C.使箱子豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D.給物體m施加豎直向下的外力【答案】A【解析】A．設(shè)物體重力為mg，當(dāng)箱子處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，物體恰好靜止不動(dòng)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x，由胡克定律和平衡條件得使箱子水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度水平向左，設(shè)加速度為a，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得可知故A正確；B．使箱子做自由落體運(yùn)動(dòng)，則彈簧處于原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．使箱子豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得可知故C錯(cuò)誤；D．給物體m施加豎直向下的外力，彈簧伸長(zhǎng)量變大，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示為某景區(qū)的景觀噴泉。噴嘴噴出速度隨著音樂(lè)節(jié)奏變化的水柱，其中兩束水柱噴射的最大高度之比為3:1，水平射程之比為4:1，若噴出的水做斜拋運(yùn)動(dòng)，則兩束水柱在最高點(diǎn)的速度大小之比為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據(jù)可得結(jié)合題意，可知兩束水柱在最高點(diǎn)的速度大小之比為故選B。7.如圖甲所示，波源、相距5m，且，，時(shí)刻兩波源同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖乙所示，形成的兩列簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中傳播，波速均為，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲、乙兩列波的波長(zhǎng)為1m B.在時(shí)，A處質(zhì)點(diǎn)處于波谷C.A點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，且始終處于波峰位置 D.在0~18s內(nèi)，A處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為32cm【答案】D【解析】A．由圖可知波的傳播周期，波速為，則波長(zhǎng)故A錯(cuò)誤；B．處波傳播至A點(diǎn)用時(shí)處波傳播至A點(diǎn)用時(shí)因此在時(shí)，只有處波到達(dá)A點(diǎn)，并且使A處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，所以此時(shí)A處質(zhì)點(diǎn)應(yīng)該處于波峰，故B錯(cuò)誤；C．由于所以A點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，但A點(diǎn)是處于振動(dòng)狀態(tài)，并非一直處于波峰，故C錯(cuò)誤；D．在12~16s內(nèi)，A處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程在16~18s內(nèi)，A處質(zhì)點(diǎn)的振幅，運(yùn)動(dòng)的路程則在0~18s內(nèi)A處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程故D正確。故選D。8.如圖所示，固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑，設(shè)小環(huán)與圓心O的連線跟豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)小環(huán)經(jīng)過(guò)上半圓某點(diǎn)且滿足θ=30°時(shí)，小環(huán)受到的彈力為零B.當(dāng)小環(huán)經(jīng)過(guò)上半圓某點(diǎn)且滿足θ=45°時(shí)，小環(huán)的向心加速度大小為gC.當(dāng)θ=90°時(shí)，小環(huán)的加速度大小為2gD.當(dāng)小環(huán)經(jīng)過(guò)下半圓某點(diǎn)且滿足時(shí)，重力的功率最大【答案】D【解析】A．設(shè)大圓環(huán)半徑為R，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得在彈力為零的點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立解得A錯(cuò)誤；B．小環(huán)的向心加速度即由機(jī)械能守恒定律得解得B錯(cuò)誤；C．當(dāng)θ=90°時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得則小環(huán)的向心加速度切線方向上小環(huán)的加速度則小環(huán)的加速度C錯(cuò)誤；D．重力的功率最大時(shí)小環(huán)豎直分速度最大，小環(huán)豎直方向的合力為0，即小環(huán)受到彈力的豎直分力剛好與重力平衡，則有根據(jù)機(jī)械能守恒可得由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得（舍去）D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。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。9.如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，取小球平衡位置為x軸原點(diǎn)O，豎直向下為x軸正方向，一個(gè)周期內(nèi)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，已知小球質(zhì)量，時(shí)彈簧彈力為0，重力加速度取，則下列說(shuō)法正確的是（）A.該彈簧勁度系數(shù)為100N/m B.時(shí)彈簧彈力大小為40NC.時(shí)間內(nèi)，回復(fù)力沖量為0 D.時(shí)間內(nèi)，小球動(dòng)能與重力勢(shì)能之和減小【答案】AD【解析】A．時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，時(shí)刻，小球經(jīng)過(guò)平衡位置，由二力平衡可知，此時(shí)彈力等于重力，形變量大小為一倍振幅，即A=0.4m，故由胡可定律得彈簧勁度系數(shù)故A正確；B．結(jié)合以上分析可知，時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為0.8m，由胡可定律可知彈力大小為80N，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)，小球的始末速度等大反向，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量不為0，則回復(fù)力的沖量不為0，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)間內(nèi)，小球從最高點(diǎn)下降到最低點(diǎn)，彈性勢(shì)能不斷變大，小球的機(jī)械能不斷減小，故D正確。故選AD。10.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻r恒定，定值電阻的阻值等于，滑動(dòng)變阻器的總阻值等于r?；瑒?dòng)變阻器滑片剛開(kāi)始位于中點(diǎn)位置，閉合開(kāi)關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，理想電壓表、、的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為、、，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓表的示數(shù)變小 B.增大C. D.電源的輸出功率變小【答案】CD【解析】A．將滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增加，電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知電流減小，由圖可知，理想電壓表測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可知電壓表的示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；BC．理想電壓表測(cè)量定值電阻兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律可得理想電壓表測(cè)量電源的路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得理想電壓表測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則有，，可知、、均不變，由于定值電阻的阻值等于，則有故B錯(cuò)誤，C正確；D．電源的輸出功率可知當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，由于定值電阻的阻值等于，滑動(dòng)變阻器的總阻值等于r，閉合開(kāi)關(guān)S，滑動(dòng)變阻器滑片剛開(kāi)始位于中點(diǎn)位置，將滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，則電路的外電阻大于內(nèi)阻r且在增大，則電源的輸出功率變小，故D正確。故選CD。11.如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的斜面放在水平地面上，一物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)，斜面一直保持靜止，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化關(guān)系圖像如圖乙所示。已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.若k=1，物塊下滑的加速度先減小后增大B.若k=2，水平地面對(duì)斜面的摩擦力先減小后增大C.若k>1，物塊沿斜面下滑的最大速度為D.若k>2，物塊沿斜面下滑的最大距離為【答案】BC【解析】A．若k=1，即物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)根據(jù)牛頓第二定律有解得由此可知物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．若k=2，從開(kāi)始到過(guò)程中，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于tanθ，根據(jù)牛頓第二定律有解得由此可知物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，從到L過(guò)程中，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于tanθ，根據(jù)牛頓第二定律有解得由此可知物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，水平地面對(duì)斜面的摩擦力先減小后增大，故B正確；C．物塊沿斜面下滑速度最大時(shí)，加速度為零則物塊沿斜面下滑的距離根據(jù)動(dòng)能定理，有其中聯(lián)立可得故C正確；D．若k>2，設(shè)物塊沿斜面下滑的最大距離為x，則根據(jù)動(dòng)能定理，有解得故D錯(cuò)誤。故選BC12.如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一光滑絕緣的四分之一圓弧軌道AB，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，以與底端B相切的水平直線建立x軸，頂端A在x軸上的投影O為坐標(biāo)原點(diǎn)，一帶負(fù)電的小滑塊由靜止開(kāi)始從頂端A下滑到底端B，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能、機(jī)械能隨滑塊在x軸上投影位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系圖像，下列可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】A．采用微元法，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中取一小段，設(shè)這一小段在x軸上的位置坐標(biāo)變化為，這一小段與x軸的夾角為，則根據(jù)功能關(guān)系可得即隨著小滑塊從頂端A下滑到底端B，逐漸減小，即圖線的斜率為負(fù)且逐漸減小，A正確；B．根據(jù)功能關(guān)系可得即即圖線的斜率為正且保持不變，B正確；C．根據(jù)功能關(guān)系可得即隨著小滑塊從頂端A下滑到底端B，逐漸減小，即圖線的斜率先為正且逐漸減小，后為負(fù)且逐漸增大，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)功能關(guān)系可得即即圖線的斜率為負(fù)且保持不變，D錯(cuò)誤。故選AB。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲所示的雙線擺來(lái)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取＃?）圖甲中兩根細(xì)線系在擺球表面同一點(diǎn)，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與水平方向夾角均為，擺球的直徑為d，則擺長(zhǎng)______（用上述物理量符號(hào)表示）；如圖乙所示，用螺旋測(cè)微器測(cè)得擺球的直徑______mm。（2）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是______。A.為使單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，圖甲中應(yīng)小于B.為便于觀察擺球的運(yùn)動(dòng)，擺球應(yīng)選擇質(zhì)量和體積都大些的球C.測(cè)量周期時(shí)應(yīng)從擺球通過(guò)最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，并記錄多次全振動(dòng)所用的總時(shí)間D.把n次擺動(dòng)的時(shí)間誤記為次擺動(dòng)的時(shí)間，會(huì)使測(cè)得的重力加速度的值偏?。?）用該雙線擺裝置測(cè)重力加速度較傳統(tǒng)的單擺實(shí)驗(yàn)有何優(yōu)點(diǎn)？____________（回答一點(diǎn)即可）?！敬鸢浮浚?）5.980（2）C（3）可使小球更好地同一平面內(nèi)擺動(dòng)【解析】【小問(wèn)1詳析】[1]擺長(zhǎng)指的是懸點(diǎn)到球心的距離，細(xì)線長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與水平方向夾角均為，擺球的直徑為d，則擺長(zhǎng)[2]擺球的直徑小問(wèn)2詳析】A．為使單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，單擺在擺動(dòng)過(guò)程中的擺角要小于，圖甲中不是擺角，故A錯(cuò)誤；B．?dāng)[球應(yīng)選擇質(zhì)量大、體積小的，故B錯(cuò)誤；C．測(cè)量周期時(shí)應(yīng)從擺球通過(guò)最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，并記錄多次全振動(dòng)所用的總時(shí)間，故C正確；D．根據(jù)周期公式解得把n次擺動(dòng)的時(shí)間誤記為次擺動(dòng)的時(shí)間，則測(cè)得的周期T偏小，測(cè)得的重力加速度的值偏大，故D錯(cuò)誤。故選C?！拘?wèn)3詳析】雙線擺裝置測(cè)重力加速度較傳統(tǒng)的單擺實(shí)驗(yàn)的優(yōu)點(diǎn)是可使小球更好地在同一平面內(nèi)擺動(dòng)。14.某實(shí)驗(yàn)小組用普通的干電池、直流電流表G和電阻箱、等組裝成如圖甲所示電路，圖中的a、b端分別與黑、紅表筆連接，回答下列問(wèn)題：（1）斷開(kāi)S，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)的阻值，使電流表G滿偏；保持的阻值不變，閉合S，調(diào)節(jié)，當(dāng)電流表G示數(shù)為滿偏電流的時(shí)，的阻值為。忽略S閉合前后電路中總電阻的變化，可得電流表內(nèi)阻______。（2）斷開(kāi)S，將紅黑表筆短接，記錄多組的阻值和相應(yīng)的電流表示數(shù)I，作出圖線，若所得圖線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，電流表內(nèi)阻用表示，則電源的電動(dòng)勢(shì)______、內(nèi)阻______。（均用k、b、表示）（3）已知圖甲中電池的電動(dòng)勢(shì)，直流電流表G的量程，電流表內(nèi)阻，將電流表的刻度盤(pán)改裝為歐姆表的刻度盤(pán)。①斷開(kāi)S，在進(jìn)行歐姆調(diào)零后，正確使用該多用電表測(cè)量某電阻的阻值，電表讀數(shù)如圖乙所示，則被測(cè)電阻的阻值為_(kāi)_____。②若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池電動(dòng)勢(shì)變?yōu)?.45V，但此表仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，用此表測(cè)量某電阻讀數(shù)為，則該電阻真實(shí)值為_(kāi)_____。③閉合S，利用電阻箱給歐姆表增加一個(gè)“×1”倍率，則電阻箱的阻值______。（結(jié)果保留一位小數(shù)）【答案】（1）（2）（3）1601451.0【解析】【小問(wèn)1詳析】[1]忽略S閉合前后電路中總電阻的變化，則總電流不變，由于電流表G示數(shù)為滿偏電流的，則的電流為滿偏電流的，根據(jù)并聯(lián)電壓相同，知的阻值為電流表內(nèi)阻的2倍，故電流表內(nèi)阻為。【小問(wèn)2詳析】[1][2]由閉合電路歐姆定律有化簡(jiǎn)可得根據(jù)表達(dá)式可得，斜率縱截距聯(lián)立解得，電源的電動(dòng)勢(shì)內(nèi)阻【小問(wèn)3詳析】[1]先求歐姆表的中值電阻，當(dāng)表針指在表盤(pán)的正中央時(shí)對(duì)應(yīng)的電流為滿偏電流的一半，對(duì)應(yīng)的電阻為中值電阻即表盤(pán)刻度為15時(shí)代表，倍率為“×10”，故被測(cè)電阻阻值為；[2]若電源電動(dòng)勢(shì)為1.45V，滿偏電流不變，則歐姆調(diào)零后中值電阻為，所以用此表測(cè)量某電阻讀數(shù)為時(shí)半偏，電阻真實(shí)值為；[3]倍率為“×1”時(shí)，中值電阻為，即內(nèi)阻為，由此可知，滿偏電流變?yōu)樵瓉?lái)10倍，即0.1A，則解得15.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，B板接地，兩板間的距離。電源電動(dòng)勢(shì)，電阻，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值。閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以的初速度豎直向上射入兩板間，小球恰能到達(dá)A板。若小球帶電荷量，質(zhì)量，不考慮空氣阻力，取。求：（1）電容器A板的電勢(shì)；（2）電源內(nèi)阻及電源的輸出功率。【答案】（1）8V（2）1Ω，23W【解析】【小問(wèn)1詳析】設(shè)兩板間電壓為UAB，由動(dòng)能定理得又由于B板接地，則解得【小問(wèn)2詳析】滑動(dòng)變阻器兩端電壓設(shè)通過(guò)滑動(dòng)變阻器的電流為I，由歐姆定律得由閉合電路歐姆定律得解得電源的輸出功率解得16.如圖所示，半球形容器固定在地面上，容器內(nèi)壁光滑，同種材質(zhì)構(gòu)成的質(zhì)量分布均勻的光滑球A、B放在容器內(nèi)處于平衡狀態(tài)，已知容器、A、B半徑之比為，B球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，半徑為R的球的體積為。（1）若用沿水平方向且延長(zhǎng)線過(guò)A球球心的力緩慢推動(dòng)A球，當(dāng)A球的球心與半球形容器的球心在同一豎直線上時(shí)，求水平力的大??；（2）若用沿水平方向且延長(zhǎng)線過(guò)B球球心的力緩慢推動(dòng)B球，當(dāng)B球的球心與半圓形容器的球心在同一豎直線上時(shí)，求水平力的大小。【答案】（1）（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】對(duì)B球受力分析如圖1所示圖1設(shè)B球的半徑為r，結(jié)合題意得，，即是直角三角形，根據(jù)力的平衡可知，A球?qū)球的彈力大小為根據(jù)牛頓第三定律可知，B球?qū)球的彈力大小為由于A球受力平衡，則有【小問(wèn)2詳析】球的體積公式為設(shè)球密度，則球體質(zhì)量為題意知A、B半徑之比為，聯(lián)立以上分析可知，A質(zhì)量關(guān)系對(duì)A球受力分析如圖2所示圖2與圖1中三角形全等，根據(jù)力的平衡可知，B球?qū)球的彈力由于B球受力平衡，則有根據(jù)牛頓第三定律可知聯(lián)立解得17.如圖甲所示，質(zhì)量的足夠長(zhǎng)木板C置于水平面上，滑塊A、B質(zhì)量均為，置于C上，B位于A右方處。A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)，B、C間及C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。時(shí)刻給C施加一水平向右、大小可調(diào)的恒力F。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取。（1）若，求滑塊A、B的加速度大小；（2）若，求A、B第一次相遇的時(shí)刻；（3）設(shè)A、B第一次相遇的時(shí)刻為t，在如圖所示坐標(biāo)系中畫(huà)出與F的關(guān)系圖像（寫(xiě)出推導(dǎo)過(guò)程）?！敬鸢浮浚?），（2）2s（3）見(jiàn)解析【解析】【小問(wèn)1詳析】當(dāng)BC之間即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)B由牛頓第二定律得解得對(duì)整體由牛頓第