沖刺2024年高考物理真題重組卷03

沖刺2024年高考※※真題重組卷（）真題重組卷03（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．（2021?天津）科學(xué)研究方法對(duì)物理學(xué)的發(fā)展意義深遠(yuǎn)，實(shí)驗(yàn)法、歸納法、演繹法、類比法、理想實(shí)驗(yàn)法等對(duì)揭示物理現(xiàn)象的本質(zhì)十分重要。下列哪個(gè)成果是運(yùn)用理想實(shí)驗(yàn)法得到的（）A．牛頓發(fā)現(xiàn)“萬有引力定律” B．庫侖發(fā)現(xiàn)“庫侖定律” C．法拉第發(fā)現(xiàn)“電磁感應(yīng)現(xiàn)象” D．伽利略發(fā)現(xiàn)“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”【解答】解：A、牛頓提出萬有引力定律是通過演繹法得到的，故A錯(cuò)誤；B、庫侖發(fā)現(xiàn)“庫侖定律”是通過微小放大法得到的，故B錯(cuò)誤；C、法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)理論，是通過實(shí)驗(yàn)法得出的，故C錯(cuò)誤；D、伽利略根據(jù)理想實(shí)驗(yàn)法得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)原因的結(jié)論，故D正確。故選：D。2．（2023?浙江）“神舟十五號(hào)”飛船和空間站“天和”核心艙成功對(duì)接后，在軌運(yùn)行如圖所示，則（）A．選地球?yàn)閰⒖枷?，“天和”是靜止的 B．選地球?yàn)閰⒖枷?，“神舟十五?hào)”是靜止的 C．選“天和”為參考系，“神舟十五號(hào)”是靜止的 D．選“神舟十五號(hào)”為參考系，“天和”是運(yùn)動(dòng)的【解答】解：A選地球?yàn)閰⒖枷?，“天和”是運(yùn)動(dòng)的，故A錯(cuò)誤；B.選地球?yàn)閰⒖枷?，“神舟十五?hào)”是運(yùn)動(dòng)的，故B錯(cuò)誤；CD.“神舟十五號(hào)”飛船和空間站“天和”核心艙成功對(duì)接，選“天和”為參考系，“神舟十五號(hào)”是靜止的，選“神舟十五號(hào)”為參考系，“天和”是靜止的，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。3．（2023?全國(guó)）如圖，在置于水平地面的楔狀物體P的斜面上有一小物塊Q，Q受水平外力F的作用。已知P和Q始終保持靜止，則（）A．增加P的質(zhì)量，P與地面間摩擦力的大小一定增加 B．增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加 C．增加Q的質(zhì)量，P與Q間摩擦力的大小一定增加 D．增加外力F的大小，P與Q間摩擦力的大小一定增加【解答】解：AB、P和Q始終保持靜止，根據(jù)整體法，整體受力如圖：水平方向平衡，f＝F，故增加P的質(zhì)量，P與地面間摩擦力的大小不變，增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由于不確定F沿斜面向上分量與Q的重力沿斜面向下分量的關(guān)系，故P與Q間摩擦力的大小變化不能確定。若F沿斜面向上分量大于Q的重力沿斜面向下分量，此時(shí)增加Q的質(zhì)量，則P與Q間摩擦力先沿斜面向下減小，減小到零后再反向增大。若F沿斜面向上分量小于Q的重力沿斜面向下分量，增加外力F的大小，則P與Q間摩擦力先沿斜面向上減小，減小到零后再反向增大。故CD錯(cuò)誤。故選：B。4．（2022?乙卷）如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35LA．5F8m B．2F5m C．3F8m 【解答】解：當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí)，對(duì)此時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖所示：因?yàn)閮汕蜿P(guān)于F所在直線對(duì)稱，sinθ=310LL2已知輕繩中心處受三個(gè)力，設(shè)繩子拉力為T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T=5對(duì)其中一個(gè)小球用牛頓第二定律，得；T＝ma，解得：a=5F故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。5．（2023?廣東）如圖（a）所示，太陽系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于P的遮擋，探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期與P的公轉(zhuǎn)周期相同。已知Q的質(zhì)量為M，引力常量為G。關(guān)于P的公轉(zhuǎn)，下列說法正確的是（）A．周期為2t1﹣t0 B．半徑為3GM(C．角速度的大小為πtD．加速度的大小為3【解答】解：AC、根據(jù)圖（b）可知，Q的亮度變化的周期為：T＝t1﹣t0則角速度的大小為：ω=故AC錯(cuò)誤；B、行星P受到的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：GMm解得：r=故B正確；D、行星P的加速度的大小為：a=故D錯(cuò)誤；故選：B。6．（2023?江蘇）地球表面附近空氣的折射率隨高度降低而增大，太陽光斜射向地面的過程中會(huì)發(fā)生彎曲。下列光路圖中能描述該現(xiàn)象的是（）A． B． C． D．【解答】解：因?yàn)榈厍虮砻娓浇諝獾恼凵渎孰S高度降低而增大，則太陽光斜射向地面的過程，總是由折射率較小的空氣射向折射率較大的空氣，即由光疏介質(zhì)斜射入光密介質(zhì)，光線始終會(huì)向靠近法線的方向偏折，法線為豎直方向上，故光線始終會(huì)向豎直方向偏折，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。7．（2022?山東）如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕熱氣缸內(nèi)用絕熱活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，初始時(shí)氣缸開口向上放置，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，將氣缸緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)90°過程中，缸內(nèi)氣體（）A．內(nèi)能增加，外界對(duì)氣體做正功 B．內(nèi)能減小，所有分子熱運(yùn)動(dòng)速率都減小 C．溫度降低，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例減少 D．溫度升高，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例增加【解答】解：初始時(shí)氣缸開口向上，活塞處于平衡狀態(tài)，氣缸內(nèi)外氣體對(duì)活塞的壓力差與活塞的重力平衡，設(shè)初始時(shí)氣缸內(nèi)的壓強(qiáng)為p1，活塞的面積為S，則有：p1S﹣p0S＝mg，氣缸在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，氣缸內(nèi)外氣體對(duì)活塞的壓力差大于重力沿氣缸壁的分力，故氣缸內(nèi)氣體緩慢的將活塞往外推，最后氣缸水平，缸內(nèi)氣壓等于大氣壓。AB、氣缸、活塞都是絕熱的，故缸內(nèi)氣體與外界沒有發(fā)生熱傳遞，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)作用將活塞往外推，氣體對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W得，氣體內(nèi)能減小，故缸內(nèi)理想氣體的溫度降低，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率減小，并不是所有分子熱運(yùn)動(dòng)的速率都減小，故AB錯(cuò)誤；CD、氣體內(nèi)能減小，缸內(nèi)理想氣體的溫度降低，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率減小，故速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)的比例減小，C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。8．（2022?湖北）上世紀(jì)四十年代初，我國(guó)科學(xué)家王淦昌先生首先提出證明中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案：如果靜止原子核47Be俘獲核外K層電子e，可生成一個(gè)新原子核X，并放出中微子νe，即47Be+-10e→A．原子核X是37B．核反應(yīng)前后的總質(zhì)子數(shù)不變 C．核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同 D．中微子νe的電荷量與電子的相同【解答】解：ABC、根據(jù)核反應(yīng)方程47Be+-10e→X+00ve，結(jié)合質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為：A＝7+0＝7，質(zhì)子數(shù)為：Z＝4﹣1＝D、中微子不帶電，故中微子的電荷量與電子的不同，故D錯(cuò)誤。故選：A。9．（2023?浙江）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=RC．E1E2=【解答】解：因?yàn)榱Ｗ釉诘葎?shì)線上運(yùn)動(dòng)，則粒子的速度大小保持不變，粒子受到的電場(chǎng)力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qEqE聯(lián)立解得：E1E2=R故選：A。10．（2022?北京）2021年5月，中國(guó)科學(xué)院全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（EAST）取得新突破，成功實(shí)現(xiàn)了可重復(fù)的億攝氏度101秒和億攝氏度20秒等離子體運(yùn)行，創(chuàng)造托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行新的世界紀(jì)錄，向核聚變能源應(yīng)用邁出重要一步。等離子體狀態(tài)不同于固體、液體和氣體的狀態(tài)，被認(rèn)為是物質(zhì)的第四態(tài)。當(dāng)物質(zhì)處于氣態(tài)時(shí)，如果溫度進(jìn)一步升高，幾乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而離解為電子和正離子，此時(shí)物質(zhì)稱為等離子體。在自然界里，火焰、閃電、極光中都會(huì)形成等離子體，太陽和所有恒星都是等離子體。下列說法不正確的是（）A．核聚變釋放的能量源于等離子體中離子的動(dòng)能 B．可以用磁場(chǎng)來約束等離子體 C．盡管等離子體整體是電中性的，但它是電的良導(dǎo)體 D．提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度有利于克服等離子體中正離子間的庫侖斥力【解答】解：A.核聚變釋放的能量源于來自于原子核的質(zhì)量虧損，故A錯(cuò)誤；B.帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中會(huì)受到洛倫茲力的作用而不飛散，故可以用磁場(chǎng)來約束等離子體，故B正確；C.等離子體是各種粒子的混合體，整體是電中性的，但有大量的自由粒子，故它是電的良導(dǎo)體，故C正確；D.提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度，增大了等離子體的內(nèi)能，使它們具有足夠的動(dòng)能來克服庫侖斥力，有利于克服等離子體中正離子間的庫侖斥力，故D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選：A。11．（2022?浙江）如圖所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機(jī)及用細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布情況，搖動(dòng)手柄可使對(duì)稱固定在轉(zhuǎn)軸上的矩形線圈轉(zhuǎn)動(dòng)；乙圖是另一種手搖發(fā)電機(jī)及磁場(chǎng)分布情況，皮帶輪帶動(dòng)固定在轉(zhuǎn)軸兩側(cè)的兩個(gè)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng) B．乙圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng) C．甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電 D．乙圖線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電【解答】解：A．甲圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A正確；B．乙圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布不均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)不能看成勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)發(fā)電機(jī)原理可知甲圖中線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)才能產(chǎn)生正弦交流電，故C錯(cuò)誤；D．乙圖中是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生正弦交流電，故D錯(cuò)誤；故選：A。12．（2021?浙江）大功率微波對(duì)人和其他生物有一定的殺傷作用。實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)人體單位面積接收的微波功率達(dá)到250W/m2時(shí)會(huì)引起神經(jīng)混亂，達(dá)到1000W/m2時(shí)會(huì)引起心肺功能衰竭?，F(xiàn)有一微波武器，其發(fā)射功率P＝3×107W。若發(fā)射的微波可視為球面波，則引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離約為（）A．100m25m B．100m50m C．200m100m D．200m50m【解答】解：引起神經(jīng)混亂時(shí)，單位面積接收的微波功率達(dá)到250W/m2，則接觸面積：S=P因?yàn)榘l(fā)射的微波可視為球面波，所以接觸面積：S＝4πR代入數(shù)據(jù)解得：R1≈100m；當(dāng)心肺功能衰竭時(shí)，單位面積接收的微波功率達(dá)到1000W/m2，則接觸面積：S'因?yàn)榘l(fā)射的微波可視為球面波，所以接觸面積：S′=4πR代入數(shù)據(jù)解得：R2≈50m，則引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離分別約為100m和50m，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。13．（2023?山東）質(zhì)量為M的玩具動(dòng)力小車在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示，小車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車拖動(dòng)物體行駛的位移為S1時(shí)，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為（）A．2FB．2FC．2FD．2【解答】解：設(shè)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小車達(dá)到額定功率時(shí)速度為v，小車拖動(dòng)物體運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律得：F﹣f﹣μmg＝（M+m）a1由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式得：v2＝2a1S1額定功率P0＝Fv輕繩從物體上脫落后，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：μmg＝ma2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式得：v2＝2a2（S2﹣S1）聯(lián)立解得：P0=故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．（2022?浙江）位于x＝的波源P從t＝0時(shí)刻開始振動(dòng)，形成的簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正負(fù)方向傳播，在t＝時(shí)波源停止振動(dòng)，t＝時(shí)的部分波形如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置xa＝，質(zhì)點(diǎn)b的平衡位置xb＝﹣。下列說法正確的是（）A．沿x軸正負(fù)方向傳播的波發(fā)生干涉 B．t＝時(shí)，波源的位移為正 C．t＝時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向振動(dòng) D．在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)總路程是【解答】解：A、沿x軸正負(fù)方向傳播的波不會(huì)相遇，因而不能發(fā)生干涉，故A錯(cuò)誤；B、由圖可知，﹣內(nèi)波傳播的距離為x＝﹣＝，則波速為v=xt=0.250.1m/s＝，由圖可知波長(zhǎng)為λ＝1m，則周期為在t＝時(shí)間內(nèi)，波傳播的距離為x＝vt＝×2m＝5m＝5λ，即形成5個(gè)波長(zhǎng)波形，則知波源的起振方向沿y軸正方向。因t＝＝1120T，所以t＝時(shí)，波源的位移為正，故BC、t＝時(shí)質(zhì)點(diǎn)a位于波谷，t＝到t＝經(jīng)歷時(shí)間Δt＝=38T，則t＝時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸正方向振動(dòng)，故D、波從波源傳到質(zhì)點(diǎn)b的時(shí)間為t1=xbPv=0.752.5s＝，在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b振動(dòng)時(shí)間為t2＝2s﹣＝＝414T，則在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)總路程是s＝×4A＝×4×故選：BD。15．（2023?湖南）一位潛水愛好者在水下活動(dòng)時(shí)，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號(hào)，設(shè)激光光束與水面的夾角為α，如圖所示。他發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，下列說法正確的是（）A．水的折射率為1sin41°B．水的折射率為1sin49°C．當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°D．當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°【解答】解：AB、他發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，由此可知當(dāng)α＝41°時(shí)激光恰好能發(fā)生全反射，根據(jù)全反射的臨界公式可得：sin(90°-解得：n=1sin49°，故B正確，CD、當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)的入射角i為30°，根據(jù)折射定律可得：n=sini由此可知，折射角r大于30°，因此岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ、（2023?湖南）某同學(xué)探究彈簧振子振動(dòng)周期與質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在鐵架臺(tái)上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個(gè)小磁鐵，其正下方放置智能，中的磁傳感器可以采集磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)時(shí)變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）測(cè)出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量m；（2）在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，打開的磁傳感器軟件，此時(shí)磁傳感器記錄的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期等于彈簧振子振動(dòng)周期；（3）某次采集到的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示，從圖中可以算出彈簧振子振動(dòng)周期T＝t010（用“t（4）改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；（5）實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是線性的（填“線性的”或“非線性的”）；m/kg10T/sT/sT2/s2（6）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動(dòng)周期的表達(dá)式可能是A（填正確答案標(biāo)號(hào)）；πmπkπmkπkm（7）除偶然誤差外，寫出一條本實(shí)驗(yàn)中可能產(chǎn)生誤差的原因：空氣阻力的影響?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖（b）所示，可知0～t0時(shí)間內(nèi)彈簧振子完成了10次全振動(dòng)，故彈簧振子振動(dòng)周期為：T=t（5）分析實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，可知質(zhì)量逐次增加，對(duì)應(yīng)彈簧振子振動(dòng)周期的平方逐次近似增加2，可知在誤差允許的范圍內(nèi)，彈簧振子振動(dòng)周期的平方隨質(zhì)量的增大而均勻增大，即彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是線性的；（6）根據(jù)量綱法可知，周期的單位為s，則周期的正確表達(dá)式單位也是s，選項(xiàng)A的表達(dá)式2πmk的單位為：kgNm=kg×mkg×m/s2=s，對(duì)比選項(xiàng)B、C、D與A的表達(dá)式，可知選項(xiàng)B、故選：A。（7）本實(shí)驗(yàn)中除偶然誤差外可能產(chǎn)生誤差的原因?yàn)椋嚎諝庾枇Φ挠绊?。故答案為：?）t010；（5）線性的；（6）A；（17．（2023?海南）用如圖1所示的電路測(cè)量一個(gè)量程為100μA，內(nèi)阻約為2000Ω的微安表頭的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢(shì)約為12V，有兩個(gè)電阻箱可選，R1（0～Ω），R2（0～Ω）（1）RM應(yīng)選R1，RN應(yīng)選R2；（2）根據(jù)電路圖，請(qǐng)把實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（3）下列操作順序合理排列是：①③②④。①將變阻器滑動(dòng)頭P移至最左端，將RN調(diào)至最大值；②閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；③斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭P至某位置再調(diào)節(jié)RN使表頭滿偏；④斷開S1、S2，拆除導(dǎo)線，整理好器材。（4）如圖2是RM調(diào)節(jié)后面板，則待測(cè)表頭的內(nèi)阻為Ω，該測(cè)量值小于（大于、小于、等于）真實(shí)值。（5）將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測(cè)量指針指在圖示位置，則待測(cè)電壓為V（保留三位有效數(shù)字）。（6）某次半偏法測(cè)量表頭內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，S2斷開，電表滿偏時(shí)讀出RN值，在滑動(dòng)頭P不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時(shí)讀出RM，若認(rèn)為OP間電壓不變，則微安表內(nèi)阻為：RNRMRN-RM【解答】解：（1）根據(jù)半偏法的測(cè)量原理可知，RM與R1相當(dāng)，當(dāng)閉合S2之后，變阻器上方的電流應(yīng)基本不變，就需要RN較大，對(duì)下方分壓電路影響甚微。故RM應(yīng)選R1，RN應(yīng)選R2；（2）實(shí)物圖如圖：（3）為保證電路安全，閉合開關(guān)前先將滑動(dòng)變阻器調(diào)至左側(cè)，電阻箱調(diào)至最大，先閉合S1開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱RN，再閉合S2調(diào)節(jié)電阻箱RM，最后斷開開關(guān)整理器材，正確的操作順序是：①③②④；（4）讀出的RM即是微安表的內(nèi)阻。當(dāng)閉合S2后，原電路可看成如下電路：閉合S2后，相當(dāng)于RM由無窮大變成有限值，變小了，不難得到流過RN的電流大于原來的電流，則流過RM的電流大于IA2，故RM＜R（5）按讀數(shù)規(guī)則，只需要讀出65即可，按換算關(guān)系2100=u（6）根據(jù)題意可得：I(解得：R故答案為：（1）R1，R2；（3）①③②④；（4）Ω，小于；（5）；（6）RN17．（2023?全國(guó)）將汽車橡膠輪胎套在金屬輪轂上，內(nèi)部密封空間體積為V0并已充滿壓強(qiáng)為p0的空氣，溫度為外界環(huán)境溫度t0＝17℃，用氣泵將壓強(qiáng)為p0、溫度為t0、體積為2V0的空氣壓縮后通過氣門注入輪胎，胎內(nèi)的氣體溫度上升為t1＝27℃。假設(shè)空氣為理想氣體，輪胎內(nèi)部體積不變。（1）求此時(shí)輪胎內(nèi)部的氣體壓強(qiáng)；（2）若汽車高速行駛一段時(shí)間后，輪胎內(nèi)氣體溫度上升到t2＝77℃，求此時(shí)氣體的壓強(qiáng)。【解答】解：（1）以內(nèi)部密封的空氣和注入的空氣為研究對(duì)象，氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)為p0，體積為V0+2V0，溫度為T0＝t0+273K＝17K+273K＝290K末狀態(tài)的壓強(qiáng)為p1，體積為V0，溫度為T1＝t1+273K＝27K+273K＝300K由理想氣體狀態(tài)方程得：p代入數(shù)據(jù)解得：p1=9029（2）以輪胎內(nèi)的氣體為研究對(duì)象，氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)為p1=9029p0，體積為V0，溫度為T1末狀態(tài)的壓強(qiáng)為p2，體積為V0，溫度為T2＝t2+273K＝77K+273K＝350K氣體發(fā)生等容變化，由查理定律的：p代入數(shù)據(jù)解得：p2=1052918．（2023?湖南）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b，長(zhǎng)軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；（3）若Mm=ba-b，求小球下降h=b2【解答】解：（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，選水平向左的方向?yàn)檎较?，設(shè)小球的速度為v1，凹槽的速度為v2，則0＝mv1﹣Mv2兩邊同時(shí)乘以t可得：0＝mx1﹣Mx2根據(jù)幾何關(guān)系可知：x1+x2＝a根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgb=1聯(lián)立解得：v2=2m2gb（2）設(shè)小球的坐標(biāo)為（x，y），設(shè)此時(shí)凹槽向右運(yùn)動(dòng)的距離為x0，則m（a﹣x）＝Mx0小球在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可分析出此時(shí)的橢圓方程為：(x-x整理可得：[x(M+m)-ma]2M2a（3）將Mm[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，上述的軌跡方程是以（a﹣b，0）為圓心，b為半徑的圓，當(dāng)小球下落的高度為h=此時(shí)可知速度的方向與水平方向的夾角為60°，小球下落的高度為b2過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，選擇水平向左的方向?yàn)檎较?，設(shè)小球的速度為v3，凹槽的速度為v40＝mv3cos60°﹣Mv4根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得；12聯(lián)立解得：v3=2b19．（2023?湖南）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx。【解答】解：（1）棒a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=棒a受到的安培力F棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力為零，則有：FA＝mgsinθ代入數(shù)據(jù)解得v（2）棒b由靜止釋放，由左手定則可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串聯(lián)電流相等，兩者的安培力大小相等對(duì)b利用牛頓第二定律：mgsinθ+FA＝ma0代入數(shù)據(jù)解得a0＝2gsinθ（3）對(duì)a、b棒分別利用動(dòng)量定理，取沿斜面向下為正方向，則有：（mgsinθ﹣FA）t0＝mv﹣mv0（mgsinθ+FA）t0＝mv﹣0兩式聯(lián)立，可得v=g從釋放b到兩棒勻速運(yùn)動(dòng)，平均安培力FA=BIL已知q