2024屆湖南省九校聯(lián)盟高三下學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE7湖南省2024屆高三九校聯(lián)盟第二次聯(lián)考物理注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止豎直跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。某學(xué)習(xí)小組在探究蘋果的碰傷閾值實(shí)驗(yàn)中，發(fā)現(xiàn)蘋果從靜止豎直跌落，在接觸某材料后0.1s減速至0，蘋果剛好碰傷，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.蘋果剛接觸此材料時的速率約為3m/sB.蘋果在此材料的碰傷閾值約為20cmC.蘋果在此材料的碰傷閾值與蘋果質(zhì)量成正比D.蘋果從靜止豎直跌落到減速為0的過程中平均速度為0〖答案〗B〖解析〗A．蘋果剛好碰傷，可知蘋果接觸材料過程中平均合力為由牛頓第二定律，得平均加速度為由加速度大小公式可知蘋果剛接觸材料時的速率約為A錯誤；B．設(shè)蘋果從靜止?fàn)顟B(tài)下落的最大高度為h，有v2=2gh解得h=0.2m=20cmB正確；C．由上述推導(dǎo)可知，蘋果在此材料上的碰傷閾值與蘋果質(zhì)量無關(guān)，C錯誤；D．蘋果從靜止?fàn)顟B(tài)豎直跌落到減速為0的過程中位移不為0，故平均速度不為0，D錯誤。故選B。2.2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進(jìn)行了對接，“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為飛船運(yùn)行與交會對接過程示意圖，橢圓軌道1為飛船對接前的運(yùn)行軌道，Q點(diǎn)是軌道1的近地點(diǎn)，離地高度可忽略不計(jì)。圓形軌道2距地面高度為H，是天和核心艙的運(yùn)行軌道，P點(diǎn)是1、2軌道的切點(diǎn)，也是交會點(diǎn)。地球半徑為R，表面重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點(diǎn)P點(diǎn)點(diǎn)火減速B.天和核心艙在軌道2上的速度一定大于C.交會對接前天和核心艙的向心加速度為D.飛船在軌道1上與在軌道2上運(yùn)動的周期之比為〖答案〗C〖解析〗A．從低軌道變軌到高軌道需加速，故飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點(diǎn)

P

點(diǎn)點(diǎn)火加速，故A

錯誤；B．天和核心艙在軌道2上運(yùn)動時，根據(jù)，可得運(yùn)動速度故B錯誤；C．設(shè)對接前天和核心艙的向心加速度為a2，則，解得故C正確；D．設(shè)飛船在軌道1、軌道2運(yùn)動周期分別為T1、T2，由開普勒第三定律有得故D

錯誤。故選C。3.靜電透鏡是由帶電導(dǎo)體所產(chǎn)生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應(yīng)用于電子器件和電子顯微鏡。如圖所示為其內(nèi)部靜電場中等差等勢面的分布示意圖。一電子由A點(diǎn)以某一速度射入該電場，僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如曲線AB所示，C、D為該軌跡曲線上的兩點(diǎn)，O點(diǎn)為互相垂直的對稱軸MN和M'N′的交點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.C點(diǎn)的電勢低于D點(diǎn)的電勢B.電子在C點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能C.電子在C點(diǎn)的電勢能和動能之和小于在D點(diǎn)的電勢能和動能之和D.電子在D點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中動量的變化率不變〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)軌跡可知D點(diǎn)電子所受電場力沿M'N'向右，即在M′N′線上電場方向向左，所以C點(diǎn)的電勢高于D點(diǎn)的電勢，故A錯誤；B．根據(jù)電子在電勢高處電勢能小，所以電子在C點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能，故B正確；C．由于只有電場力做功，故運(yùn)動中電勢能與動能之和不變，故C錯誤；D．動量的變化率即電子所受合力F合=qE，由等差等勢面可知D點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中電場強(qiáng)度E變化，故D錯誤。故選B。4.氫原子的能級圖如圖甲所示，大量處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，放出頻率不同的光子。其中頻率最高的光照射圖乙電路中光電管陰極K時，電路中電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示。電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m，可見光光子的能量范圍為1.62~3.11eV，則下列說法正確的是（）A.這群氫原子躍遷時最多可放出4

種可見光B.從n=4躍遷到n=3能級放出光子的頻率最高C.用圖乙實(shí)驗(yàn)電路研究光電效應(yīng)，要測遏止電壓，滑片P應(yīng)向b端滑動D.若頻率最高的光子能量為E0，可求出光電管陰極

K

的逸出功為（E0-eU1）〖答案〗D〖解析〗AB．一群處于n=4

能級的氫原子，向低能級躍遷過程中可發(fā)出種頻率的光子，其能量分別為，，，其中只有1.89eV和2.55eV在1.62~3.11eV范圍內(nèi)，所以該過程最多可發(fā)出2種可見光，而從n=4躍遷到n=3能級放出光子的能量最低，根據(jù)可知從n=4躍遷到n=3能級放出光子的頻率最低，故AB錯誤；C．用圖乙實(shí)驗(yàn)電路研究光電效應(yīng)，要測量遏止電壓，要陰極K的電勢比陽極A電勢高，因此滑片P應(yīng)向a

端滑動，故C錯誤；D．根據(jù)光電效應(yīng)方程而所以光電管陰極

K的逸出功故D正確。故選D。5.利用手機(jī)中的磁傳感器可測量埋在地下的水平高壓直流長直電纜的深度。在手機(jī)上建立了空間直角坐標(biāo)系Oxyz后保持手機(jī)方位不變，且Oz始終豎直向上，如圖（a）所示。電纜上方的水平地面上有E、F、G、H四個點(diǎn)，如圖（b）所示。EF、GH長均為1.8m且垂直平分。將手機(jī)水平貼近地面，電纜通電前將各分量調(diào)零，以消除地磁場的影響，通電后測得四點(diǎn)的分量數(shù)據(jù)見表，其中BxG=BxH。下列關(guān)于電纜中電流的方向和電纜距離地面的深度，判斷正確的是（）位置Bx/μTBy/μTBz/μTGBxG00HBxH00E806F80-6A.電纜中電流沿平行于+y方向，電纜距離地面的深度為1.2mB.電纜中電流沿平行于+y方向，電纜距離地面的深度為2.4mC.電纜中電流沿平行于-y方向，電纜距離地面的深度為1.2mD.電纜中電流沿平行于-y方向，電纜距離地面的深度為2.4m〖答案〗A〖解析〗由題中數(shù)據(jù)可知，E、F兩點(diǎn)水平x方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向均沿+x方向，豎直z方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，E點(diǎn)沿+z方向分量與F點(diǎn)沿-z方向分量相等，結(jié)合G、H兩點(diǎn)在y、z方向磁感應(yīng)強(qiáng)度均為零，可知E、F點(diǎn)位置如圖1所示；G、H在EF中垂線上，故電纜中電流沿+y方向。F點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分解如圖2所示?？傻糜諩F長為L=1.8m，由幾何關(guān)系可得解得距離地面的深度為h=1.2m故選

A。6.一塊質(zhì)量為M、長為l的長木板A

靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0從左端滑上長木板

A

的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為，長木板A的動能增加量為，A、B間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，下列說法正確的是（）A.A、B組成的系統(tǒng)動量、機(jī)械能均守恒B.，，Q的值可能為，，C.，，Q的值可能為，，D.若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，B一定會從長木板A的右端滑下，且Q將增大〖答案〗B〖解析〗A．A、B組成的系統(tǒng)合力為零，因此動量守恒；而A、B由于存在摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯誤；BC．畫出物體B和長木板A的速度—時間圖線，分別如圖中1和2所示，圖中1和2之間的梯形面積表示板長，1與軸所圍的面積表示物體B的位移x1，2與軸所圍的面積表示長木板A的位移x2，由圖可知又有則有可知B項(xiàng)所給數(shù)值有可能，故B正確，C錯誤。D．若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，在v-t圖像中1將向上平移，而2的圖像斜率變小，即A

的加速度變小，顯然可知B一定會從長木板A

的右端滑下，而Q=fl不變，D錯誤。故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，絕緣細(xì)繩一端與b相連（繩與斜面平行），另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球M連接，定滑輪的正下方也有一帶電小球N，M、N質(zhì)量均為m，帶電荷量大小均為q。M靜止時細(xì)線與豎直方向成β角（β緩慢移動N，直到N移動到M

位置的正下方，此過程中b、c、M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。M、N均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A.M、N間的庫侖力先增大后減小B.絕緣細(xì)繩對M的拉力逐漸增大C.地面對c的摩擦力逐漸減小D.M、N間距離最大值為〖答案〗CD〖解析〗ABD．畫出小球M的受力示意圖如圖所示當(dāng)小球M位置不動，N緩慢向下方移動時，絕緣細(xì)繩對M的拉力FT逐漸減小，N對M的庫侖力F庫先減小后增大，M、N間庫侖力最小時，M、N間距離最大，則有解得故D正確，AB

錯誤；C．將b和c看成一個整體，受重力、繩子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根據(jù)正交分解法，可知地面對c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，當(dāng)拉力減小時，地面對c的摩擦力減小，故C正確。故選

CD。8.如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電模擬原理圖，變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n。發(fā)電機(jī)輸出電壓不變，兩變壓器間輸電線的總電阻為R，降壓變壓器所接負(fù)載的等效電阻為R變，，其余導(dǎo)線電阻不計(jì)。當(dāng)R變變化時，理想電壓表V的示數(shù)變化為，理想電流表A的示數(shù)變化為，下列說法正確的是（）A.R變的觸頭向下滑動時，輸電線上的損耗功率變小B.R變的觸頭向下滑動時，電壓表的示數(shù)變小C.R變

的觸頭向上滑動時，輸電效率降低D.〖答案〗BD〖解析〗AB．R變

的阻值減小，電流表的示數(shù)增大，由于降壓變壓器的匝數(shù)比不變，則輸電線上的電流增大，輸電線上的損耗功率變大。又因?yàn)樯龎鹤儔浩鬏敵鲭妷篣?不變，則降壓變壓器的輸入電壓減小，依據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系知電壓表的示數(shù)減小，故A

錯誤，B正確；C．由以上分析知，R變的阻值增大，輸電線電流減小，則降壓變壓器的輸入電壓U3增大，輸電效率為可知輸電效率提高，故C

錯誤；D．根據(jù)輸電線路，設(shè)升壓變壓器副線圈兩端的電壓為，輸電線路的電流為，則降壓變壓器原線圈兩端的電壓根據(jù)電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系可得根據(jù)匝數(shù)與電流之間的關(guān)系聯(lián)立可得由于升壓變壓器原線圈無負(fù)載，因此始終不變，則根據(jù)以上函數(shù)關(guān)系可知故D正確。故選

BD。9.下圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號（由圖乙電路產(chǎn)生）通過壓電陶瓷轉(zhuǎn)換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去。兩列超聲波信號疊加后，會出現(xiàn)振幅幾乎為零的點(diǎn)——節(jié)點(diǎn)，在節(jié)點(diǎn)兩側(cè)聲波壓力的作用下，小水珠能在節(jié)點(diǎn)處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖丙所示情形，圖丙為某時刻兩列超聲波的波形圖，P、Q為波源，該時刻P、Q波源產(chǎn)生的波形分別傳到了點(diǎn)M（-1.5cm，0）和點(diǎn)N（0.5cm，0），已知聲波傳播的速度為340m/s，LC振蕩回路的振蕩周期為，則下列說法正確的是（）A.該超聲波懸浮儀是利用干涉原理，且發(fā)出的超聲波信號頻率為340HzB.兩列波疊加穩(wěn)定后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點(diǎn)C.小水珠在懸浮狀態(tài)點(diǎn)所受聲波壓力的合力豎直向下D.要懸浮儀中的節(jié)點(diǎn)個數(shù)增加，可拔出圖乙線圈中的鐵芯〖答案〗BD〖解析〗A．由丙圖可知超聲波的波長λ=1cm=001m超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為代入數(shù)據(jù)得f=3.4×104Hz故A錯誤；B．波源P、Q振動步調(diào)相反，當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時，該點(diǎn)是振動減弱點(diǎn)，設(shè)波源P、Q之間某一點(diǎn)坐標(biāo)為x，懸浮點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)，滿足（n為自然數(shù)）解得x=±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、-2.25故兩列波疊加穩(wěn)定后，波源

P、Q之間小水珠共有9個懸浮點(diǎn)，故B正確；C．由平衡可知，小水珠在懸浮狀態(tài)點(diǎn)所受聲波壓力的合力豎直向上，故C

錯誤；D．拔出圖乙線圈中的鐵芯，LC振蕩回路的振蕩周期減小，超聲波頻率變大，波長變短，相同空間距離內(nèi)節(jié)點(diǎn)個數(shù)變多，故D正確。故選

BD。10.2022年6月17日，我國003號航母“福建艦”下水，該艦是我國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘電磁彈射型航母。某同學(xué)采用如圖甲所示裝置模擬電磁彈射，線圈可在圓柱形鐵芯上無摩擦滑動，并通過電刷與導(dǎo)軌保持良好接觸；鐵芯上存在垂直于表面向外的輻向磁場，線圈所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.1T。將開關(guān)S與1連接，恒流源輸出電流使線圈向右勻加速一段時間，之后將開關(guān)S擲向2與阻值為R=4Ω的電阻相連，同時施加水平外力F，使線圈向右勻減速到零，線圈運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示。已知線圈匝數(shù)：n=100，質(zhì)量m=0.5kg，每匝周長l=0.1m，不計(jì)線圈及導(dǎo)軌電阻，忽略電刷與導(dǎo)軌間摩擦及空氣阻力，則線圈（）A.0~0.2s，電流從恒流源a端流出，且電流大小為I=2500AB.0~0.2s，線圈所受安培力的功率不變C.0.2~0.3s，水平外力F隨時間t變化的關(guān)系為F=42.5+25t（N）D.0~0.2s與0.2~0.3s，通過線圈的電荷量之比為40：1〖答案〗CD〖解析〗A．由圖乙可知，0~0.2s的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有解得I=25A故A錯誤；B．0~0.2s，線圈所受安培力的功率為即線圈所受安培力的功率逐漸變大，故B錯誤；C．0.2s~0.3s，線圈的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得結(jié)合圖像可得F=42.5+25t（N）故C正確。D．0~0.2s，流經(jīng)線圈的電荷量q1=It1=5C0.2s～0.3s，平均感應(yīng)電流通過電阻R電荷結(jié)合圖乙求得q2=0.125C故兩次流經(jīng)線圈電荷量之比為q1：q2=40：1故D正確；故CD正確。三、實(shí)驗(yàn)題：11題6分，12題10分。11.某同學(xué)用半圓形玻璃磚測定玻璃的折射率（如圖所示）。（1）在固定的平鋪的白紙上畫一條直線MON，取O點(diǎn)為入射點(diǎn)并作過O點(diǎn)的法線；畫出線段EO作為入射光線，在EO上垂直紙面插上兩根大頭針P1、P2；放上半圓形玻璃磚（圖中實(shí)線部分），使玻璃磚的直線邊界與MN重合、底面圓心與O點(diǎn)重合，并記錄半圓邊界；在玻璃磚曲線邊界一側(cè)透過玻璃磚觀察兩個大頭針并調(diào)整視線方向，在這一側(cè)插上大頭針P3，使P3擋住___________（選填“P1、P2”或“P1、P2的像”）；（2）移去玻璃磚，畫出半圓邊界，連接OP3交半圓邊界于B點(diǎn)，作入射光線的延長線交半圓邊界于A點(diǎn)；再過A、B點(diǎn)作法線的垂線，垂足分別為

C、D點(diǎn)。設(shè)

AC

的長度為l1，CO的長度為l2，BD的長度為l3，DO的長度為l4，則玻璃磚的折射率的最簡表達(dá)式為

n=___________（用l1、l2、l3或l4表示）；（3）該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)過程中，玻璃磚位置沒有移動，僅僅是畫半圓時半徑偏大，由此測得玻璃磚的折射率將___________（選填“偏大”“偏小”“不變”或“無法確定”）?！即鸢浮剑?）P1、P2的像（2）（3）不變〖解析〗【小問1詳析】在半圓邊界一側(cè)透過玻璃磚觀察到的是P1、P2的像，故應(yīng)使

P3擋住P1、P2的像；【小問2詳析】光線的入射角和折射角的正弦值分別為，根據(jù)光的折射定律可知玻璃磚的折射率【小問3詳析】若玻璃磚位置沒有移動，僅僅是畫半圓時半徑偏大時，分析可知光線的入射角和折射角都不變，由此測得玻璃磚的折射率將不變。12.小朗同學(xué)要將一滿偏電流Ig為500μA的微安表G改裝為毫安表。他先測量出微安表G的電阻，然后對微安表進(jìn)行改裝，最后再利用一標(biāo)準(zhǔn)電流表，對改裝后的毫安表進(jìn)行檢測。（1）為測量出微安表

G

電阻，小朗同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖（a）所示電路，器材如下：A．電源E1（電動勢1.5V，內(nèi)阻很小）B．電源E2（電動勢6.0

V，內(nèi)阻很?。〤．滑動變阻器Ra（阻值0~2000Ω）D．滑動變阻器

Rb（阻值0~15000Ω）E．電阻箱R2（阻值0~600Ω）F．開關(guān)兩個，導(dǎo)線若干為提高測量精度，電源E和滑動變阻器R1應(yīng)該選擇___________。A.電源E1和滑動變阻器RaB.電源E2和滑動變阻器RaC.電源E1和滑動變阻器RbD.電源E2和滑動變阻器Rb（2）該實(shí)驗(yàn)操作的步驟有：A．按圖（a）電路原理圖連接線路；B．將R1的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S1后調(diào)節(jié)R1的阻值，使毫安表G的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度；C．保持

R1不變，再接通S2，調(diào)節(jié)電阻R2，使電流表G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半，讀出R2的阻值為400Ω，即認(rèn)為Rg=R2，用此方法測得電流表內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比___________（選填“偏大”或“偏小”或“相等”）；（3）若忽略實(shí)驗(yàn)的誤差，現(xiàn)通過并聯(lián)一個阻值為R=80Ω的電阻把微安表改裝成為一個特定量程的毫安表，則改裝的電表量程為___________mA；（4）根據(jù)圖（b）所示電路對改裝后的電表進(jìn)行檢測，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝表的指針位置如圖（c）所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預(yù)期值，改裝電流表的實(shí)際量程是___________mA；（5）要達(dá)到（3）的預(yù)期目的，無論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為___________Ω的電阻即可。〖答案〗（1）D（2）偏?。?）3.0（4）3.2（5）86.4〖解析〗【小問1詳析】由于實(shí)驗(yàn)中各器件的阻值都比較大，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源電動勢應(yīng)盡可能大些，另外閉合開關(guān)

S2時認(rèn)為電路中總電流不變，實(shí)際閉合開關(guān)S2后，電路總電阻變小，電路電流變大，而閉合開關(guān)

S2時微安表兩端的電壓變化越小，實(shí)驗(yàn)誤差就越小，則選用電動勢較大的電源，故電源應(yīng)選

E2，且滑動變阻器要能使微安表滿偏，所以選擇Rb。故選D?！拘?詳析】閉合

S2后，R2與Rg的并聯(lián)值，所以I總>Ig，而此時G的示數(shù)為滿偏電流的一半，所以IR2大于滿偏電流的一半，所以，即。【小問3詳析】根據(jù)電流表的改裝原理有【小問4詳析】標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝后的電表顯示為刻度盤的中值刻度，故改裝電流表的量程為3.2mA。【小問5詳析】把毫安表改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值當(dāng)量程為3.2mA時，則有所以當(dāng)量程為3.0mA時，則有所以R'=86.4Ω四、解答題：13題10分，14題14分，15題16分。13.如圖所示，高為2H的導(dǎo)熱汽缸的底部與體積可以忽略的透明管相連，活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，汽缸上端與大氣相通。初始時，活塞位于汽缸中部H處，豎直細(xì)管內(nèi)水銀柱的高度為（式中ρ為水銀的密度），水銀柱的上方為一小段真空。已知大氣壓強(qiáng)為p0，活塞的橫截面積為S，重力加速度為g。不計(jì)活塞的厚度、與汽缸間的摩擦，不計(jì)細(xì)管內(nèi)氣體的體積變化，水銀柱始終未進(jìn)入汽缸。（1）求活塞的質(zhì)量；（2）若在初始狀態(tài)下將汽缸頂端封閉（將大氣視為理想氣體），然后把整個系統(tǒng)置于低溫環(huán)境中，穩(wěn)定時測得活塞距離汽缸底部的高度為

0.96H。已知初始時環(huán)境溫度為T1=300K，求該低溫環(huán)境的溫度。〖答案〗（1）；（2）208K〖解析〗（1）設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p，對活塞由平衡條件有用水銀柱表達(dá)氣體的壓強(qiáng)p=ρgh聯(lián)立解得活塞的質(zhì)量（2）對活塞上方、下方氣體，由理想氣體狀態(tài)方程分別有對活塞有解得，T2=208K14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，P、A、Q1、Q2四點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（-2L，0）、（-L，0）、（0，L）、（0，-L）。y軸右側(cè)存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里。在界面PAQ1的上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場（未畫出），界面PAQ2的下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場（未畫出），且上下電場強(qiáng)度大小相等。在（L，0）處的C點(diǎn)固定一平行于y軸且長為的絕緣彈性擋板MN，C為擋板中點(diǎn)，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變。沿x方向分速度反向，大小不變。質(zhì)量為

m、電量為

q的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）從x軸上方非?？拷黀

點(diǎn)的位置以初速度v0沿x軸正方向射入電場且剛好可以過Q1點(diǎn)。求：（1）電場強(qiáng)度的大小、到達(dá)Q1點(diǎn)速度的大小和方向；（2）磁場取合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度，帶電粒子沒有與擋板發(fā)生碰撞且能回到P點(diǎn)，求從P點(diǎn)射出到回到P點(diǎn)經(jīng)歷的時間；（3）改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，要使粒子最終能回到P點(diǎn)，則帶電粒子最多能與擋板碰撞多少次？〖答案〗（1），，與y軸正方向成45°角；（2）；（3）17〖解析〗（1）從P到Q1，水平方向豎直方向聯(lián)立①②式可得根據(jù)動能定理可得與y軸正方向成45°角。（2）要使帶電粒子回到P點(diǎn)，其軌跡必須具有對稱性且經(jīng)過Q2，由幾何關(guān)系可得在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為在磁場中的運(yùn)動時間為故從P點(diǎn)射出第一次回到P

點(diǎn)的時間（3）當(dāng)r最小時帶電粒子剛好過M

點(diǎn)碰撞次數(shù)最多由幾何關(guān)系可得解得設(shè)最多可以碰n次，則解得n=1715.超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進(jìn)行了研究，分析時將購物車簡化為可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，已知車的凈質(zhì)量為m=15kg，g=10m/s2.（1）首先測車與超市地面間的動摩擦因數(shù)：取一輛車停在水平地面上，現(xiàn)給它向前的水平初速度v0=2m/s，測得該車能沿直線滑行x0=2m，求車與超市地面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）取編號為A、B的車，B車裝上m0=15kg的貨物后停在超市水平地面上，空車A的前端裝上輕彈簧，將A車停在B車的正后方且相距x=5.5m處。現(xiàn)給A車施加向前的水平推力F0=75N，作用時間t0=1s后撤除。設(shè)A車與B車間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時間），兩車所在直線上沒有其他車，求在A車運(yùn)動的全過程中A車與地面間產(chǎn)生的摩擦熱；（3）如圖乙所示，某同學(xué)把n（n>2）輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上，相鄰兩車間距為d=1m，用向前的水平恒力F=300N一直作用在1車上，推著1與正前方的車依次做完全非彈性正碰（碰撞時間極短），通過計(jì)算判斷，他最多能推動多少輛車？[已知，]〖答案〗（1）0.1；（2）90J；（3）30輛〖解析〗（1）

由功能關(guān)系，A車的動能全部轉(zhuǎn)成摩擦熱，有則代入數(shù)據(jù)得μ=0.1（2）A車運(yùn)動時受摩擦力由牛頓第二定律有解得A在t0時的速度t0內(nèi)A的位移設(shè)A與B車碰前瞬間的速度為vA，由動能定理有得vA=3m/sA與B車碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有解得由功能關(guān)系，有代入數(shù)據(jù)得Q=90J（3）設(shè)1與2

車碰前的速度為v1'，由動能定理1與2

碰系統(tǒng)動量守恒解得12與3

車碰前的速度為v2'，由動能定理1-2

與3碰系統(tǒng)動量守恒解得=123與4車碰前的速度為v3′，由動能定理1—2—3與4碰系統(tǒng)動量守恒解得=同理可得與n車碰后速度為vn：==令vn=0，即解得n=30.5可知最多能推動30輛車。湖南省2024屆高三九校聯(lián)盟第二次聯(lián)考物理注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止豎直跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。某學(xué)習(xí)小組在探究蘋果的碰傷閾值實(shí)驗(yàn)中，發(fā)現(xiàn)蘋果從靜止豎直跌落，在接觸某材料后0.1s減速至0，蘋果剛好碰傷，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.蘋果剛接觸此材料時的速率約為3m/sB.蘋果在此材料的碰傷閾值約為20cmC.蘋果在此材料的碰傷閾值與蘋果質(zhì)量成正比D.蘋果從靜止豎直跌落到減速為0的過程中平均速度為0〖答案〗B〖解析〗A．蘋果剛好碰傷，可知蘋果接觸材料過程中平均合力為由牛頓第二定律，得平均加速度為由加速度大小公式可知蘋果剛接觸材料時的速率約為A錯誤；B．設(shè)蘋果從靜止?fàn)顟B(tài)下落的最大高度為h，有v2=2gh解得h=0.2m=20cmB正確；C．由上述推導(dǎo)可知，蘋果在此材料上的碰傷閾值與蘋果質(zhì)量無關(guān)，C錯誤；D．蘋果從靜止?fàn)顟B(tài)豎直跌落到減速為0的過程中位移不為0，故平均速度不為0，D錯誤。故選B。2.2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進(jìn)行了對接，“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為飛船運(yùn)行與交會對接過程示意圖，橢圓軌道1為飛船對接前的運(yùn)行軌道，Q點(diǎn)是軌道1的近地點(diǎn)，離地高度可忽略不計(jì)。圓形軌道2距地面高度為H，是天和核心艙的運(yùn)行軌道，P點(diǎn)是1、2軌道的切點(diǎn)，也是交會點(diǎn)。地球半徑為R，表面重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點(diǎn)P點(diǎn)點(diǎn)火減速B.天和核心艙在軌道2上的速度一定大于C.交會對接前天和核心艙的向心加速度為D.飛船在軌道1上與在軌道2上運(yùn)動的周期之比為〖答案〗C〖解析〗A．從低軌道變軌到高軌道需加速，故飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點(diǎn)

P

點(diǎn)點(diǎn)火加速，故A

錯誤；B．天和核心艙在軌道2上運(yùn)動時，根據(jù)，可得運(yùn)動速度故B錯誤；C．設(shè)對接前天和核心艙的向心加速度為a2，則，解得故C正確；D．設(shè)飛船在軌道1、軌道2運(yùn)動周期分別為T1、T2，由開普勒第三定律有得故D

錯誤。故選C。3.靜電透鏡是由帶電導(dǎo)體所產(chǎn)生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應(yīng)用于電子器件和電子顯微鏡。如圖所示為其內(nèi)部靜電場中等差等勢面的分布示意圖。一電子由A點(diǎn)以某一速度射入該電場，僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如曲線AB所示，C、D為該軌跡曲線上的兩點(diǎn)，O點(diǎn)為互相垂直的對稱軸MN和M'N′的交點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.C點(diǎn)的電勢低于D點(diǎn)的電勢B.電子在C點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能C.電子在C點(diǎn)的電勢能和動能之和小于在D點(diǎn)的電勢能和動能之和D.電子在D點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中動量的變化率不變〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)軌跡可知D點(diǎn)電子所受電場力沿M'N'向右，即在M′N′線上電場方向向左，所以C點(diǎn)的電勢高于D點(diǎn)的電勢，故A錯誤；B．根據(jù)電子在電勢高處電勢能小，所以電子在C點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能，故B正確；C．由于只有電場力做功，故運(yùn)動中電勢能與動能之和不變，故C錯誤；D．動量的變化率即電子所受合力F合=qE，由等差等勢面可知D點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中電場強(qiáng)度E變化，故D錯誤。故選B。4.氫原子的能級圖如圖甲所示，大量處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，放出頻率不同的光子。其中頻率最高的光照射圖乙電路中光電管陰極K時，電路中電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示。電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m，可見光光子的能量范圍為1.62~3.11eV，則下列說法正確的是（）A.這群氫原子躍遷時最多可放出4

種可見光B.從n=4躍遷到n=3能級放出光子的頻率最高C.用圖乙實(shí)驗(yàn)電路研究光電效應(yīng)，要測遏止電壓，滑片P應(yīng)向b端滑動D.若頻率最高的光子能量為E0，可求出光電管陰極

K

的逸出功為（E0-eU1）〖答案〗D〖解析〗AB．一群處于n=4

能級的氫原子，向低能級躍遷過程中可發(fā)出種頻率的光子，其能量分別為，，，其中只有1.89eV和2.55eV在1.62~3.11eV范圍內(nèi)，所以該過程最多可發(fā)出2種可見光，而從n=4躍遷到n=3能級放出光子的能量最低，根據(jù)可知從n=4躍遷到n=3能級放出光子的頻率最低，故AB錯誤；C．用圖乙實(shí)驗(yàn)電路研究光電效應(yīng)，要測量遏止電壓，要陰極K的電勢比陽極A電勢高，因此滑片P應(yīng)向a

端滑動，故C錯誤；D．根據(jù)光電效應(yīng)方程而所以光電管陰極

K的逸出功故D正確。故選D。5.利用手機(jī)中的磁傳感器可測量埋在地下的水平高壓直流長直電纜的深度。在手機(jī)上建立了空間直角坐標(biāo)系Oxyz后保持手機(jī)方位不變，且Oz始終豎直向上，如圖（a）所示。電纜上方的水平地面上有E、F、G、H四個點(diǎn)，如圖（b）所示。EF、GH長均為1.8m且垂直平分。將手機(jī)水平貼近地面，電纜通電前將各分量調(diào)零，以消除地磁場的影響，通電后測得四點(diǎn)的分量數(shù)據(jù)見表，其中BxG=BxH。下列關(guān)于電纜中電流的方向和電纜距離地面的深度，判斷正確的是（）位置Bx/μTBy/μTBz/μTGBxG00HBxH00E806F80-6A.電纜中電流沿平行于+y方向，電纜距離地面的深度為1.2mB.電纜中電流沿平行于+y方向，電纜距離地面的深度為2.4mC.電纜中電流沿平行于-y方向，電纜距離地面的深度為1.2mD.電纜中電流沿平行于-y方向，電纜距離地面的深度為2.4m〖答案〗A〖解析〗由題中數(shù)據(jù)可知，E、F兩點(diǎn)水平x方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向均沿+x方向，豎直z方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，E點(diǎn)沿+z方向分量與F點(diǎn)沿-z方向分量相等，結(jié)合G、H兩點(diǎn)在y、z方向磁感應(yīng)強(qiáng)度均為零，可知E、F點(diǎn)位置如圖1所示；G、H在EF中垂線上，故電纜中電流沿+y方向。F點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分解如圖2所示?？傻糜諩F長為L=1.8m，由幾何關(guān)系可得解得距離地面的深度為h=1.2m故選

A。6.一塊質(zhì)量為M、長為l的長木板A

靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0從左端滑上長木板

A

的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為，長木板A的動能增加量為，A、B間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，下列說法正確的是（）A.A、B組成的系統(tǒng)動量、機(jī)械能均守恒B.，，Q的值可能為，，C.，，Q的值可能為，，D.若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，B一定會從長木板A的右端滑下，且Q將增大〖答案〗B〖解析〗A．A、B組成的系統(tǒng)合力為零，因此動量守恒；而A、B由于存在摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯誤；BC．畫出物體B和長木板A的速度—時間圖線，分別如圖中1和2所示，圖中1和2之間的梯形面積表示板長，1與軸所圍的面積表示物體B的位移x1，2與軸所圍的面積表示長木板A的位移x2，由圖可知又有則有可知B項(xiàng)所給數(shù)值有可能，故B正確，C錯誤。D．若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，在v-t圖像中1將向上平移，而2的圖像斜率變小，即A

的加速度變小，顯然可知B一定會從長木板A

的右端滑下，而Q=fl不變，D錯誤。故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，絕緣細(xì)繩一端與b相連（繩與斜面平行），另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球M連接，定滑輪的正下方也有一帶電小球N，M、N質(zhì)量均為m，帶電荷量大小均為q。M靜止時細(xì)線與豎直方向成β角（β緩慢移動N，直到N移動到M

位置的正下方，此過程中b、c、M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。M、N均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A.M、N間的庫侖力先增大后減小B.絕緣細(xì)繩對M的拉力逐漸增大C.地面對c的摩擦力逐漸減小D.M、N間距離最大值為〖答案〗CD〖解析〗ABD．畫出小球M的受力示意圖如圖所示當(dāng)小球M位置不動，N緩慢向下方移動時，絕緣細(xì)繩對M的拉力FT逐漸減小，N對M的庫侖力F庫先減小后增大，M、N間庫侖力最小時，M、N間距離最大，則有解得故D正確，AB

錯誤；C．將b和c看成一個整體，受重力、繩子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根據(jù)正交分解法，可知地面對c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，當(dāng)拉力減小時，地面對c的摩擦力減小，故C正確。故選

CD。8.如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電模擬原理圖，變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n。發(fā)電機(jī)輸出電壓不變，兩變壓器間輸電線的總電阻為R，降壓變壓器所接負(fù)載的等效電阻為R變，，其余導(dǎo)線電阻不計(jì)。當(dāng)R變變化時，理想電壓表V的示數(shù)變化為，理想電流表A的示數(shù)變化為，下列說法正確的是（）A.R變的觸頭向下滑動時，輸電線上的損耗功率變小B.R變的觸頭向下滑動時，電壓表的示數(shù)變小C.R變

的觸頭向上滑動時，輸電效率降低D.〖答案〗BD〖解析〗AB．R變

的阻值減小，電流表的示數(shù)增大，由于降壓變壓器的匝數(shù)比不變，則輸電線上的電流增大，輸電線上的損耗功率變大。又因?yàn)樯龎鹤儔浩鬏敵鲭妷篣?不變，則降壓變壓器的輸入電壓減小，依據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系知電壓表的示數(shù)減小，故A

錯誤，B正確；C．由以上分析知，R變的阻值增大，輸電線電流減小，則降壓變壓器的輸入電壓U3增大，輸電效率為可知輸電效率提高，故C

錯誤；D．根據(jù)輸電線路，設(shè)升壓變壓器副線圈兩端的電壓為，輸電線路的電流為，則降壓變壓器原線圈兩端的電壓根據(jù)電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系可得根據(jù)匝數(shù)與電流之間的關(guān)系聯(lián)立可得由于升壓變壓器原線圈無負(fù)載，因此始終不變，則根據(jù)以上函數(shù)關(guān)系可知故D正確。故選

BD。9.下圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號（由圖乙電路產(chǎn)生）通過壓電陶瓷轉(zhuǎn)換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去。兩列超聲波信號疊加后，會出現(xiàn)振幅幾乎為零的點(diǎn)——節(jié)點(diǎn)，在節(jié)點(diǎn)兩側(cè)聲波壓力的作用下，小水珠能在節(jié)點(diǎn)處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖丙所示情形，圖丙為某時刻兩列超聲波的波形圖，P、Q為波源，該時刻P、Q波源產(chǎn)生的波形分別傳到了點(diǎn)M（-1.5cm，0）和點(diǎn)N（0.5cm，0），已知聲波傳播的速度為340m/s，LC振蕩回路的振蕩周期為，則下列說法正確的是（）A.該超聲波懸浮儀是利用干涉原理，且發(fā)出的超聲波信號頻率為340HzB.兩列波疊加穩(wěn)定后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點(diǎn)C.小水珠在懸浮狀態(tài)點(diǎn)所受聲波壓力的合力豎直向下D.要懸浮儀中的節(jié)點(diǎn)個數(shù)增加，可拔出圖乙線圈中的鐵芯〖答案〗BD〖解析〗A．由丙圖可知超聲波的波長λ=1cm=001m超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為代入數(shù)據(jù)得f=3.4×104Hz故A錯誤；B．波源P、Q振動步調(diào)相反，當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時，該點(diǎn)是振動減弱點(diǎn)，設(shè)波源P、Q之間某一點(diǎn)坐標(biāo)為x，懸浮點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)，滿足（n為自然數(shù)）解得x=±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、-2.25故兩列波疊加穩(wěn)定后，波源

P、Q之間小水珠共有9個懸浮點(diǎn)，故B正確；C．由平衡可知，小水珠在懸浮狀態(tài)點(diǎn)所受聲波壓力的合力豎直向上，故C

錯誤；D．拔出圖乙線圈中的鐵芯，LC振蕩回路的振蕩周期減小，超聲波頻率變大，波長變短，相同空間距離內(nèi)節(jié)點(diǎn)個數(shù)變多，故D正確。故選

BD。10.2022年6月17日，我國003號航母“福建艦”下水，該艦是我國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘電磁彈射型航母。某同學(xué)采用如圖甲所示裝置模擬電磁彈射，線圈可在圓柱形鐵芯上無摩擦滑動，并通過電刷與導(dǎo)軌保持良好接觸；鐵芯上存在垂直于表面向外的輻向磁場，線圈所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.1T。將開關(guān)S與1連接，恒流源輸出電流使線圈向右勻加速一段時間，之后將開關(guān)S擲向2與阻值為R=4Ω的電阻相連，同時施加水平外力F，使線圈向右勻減速到零，線圈運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示。已知線圈匝數(shù)：n=100，質(zhì)量m=0.5kg，每匝周長l=0.1m，不計(jì)線圈及導(dǎo)軌電阻，忽略電刷與導(dǎo)軌間摩擦及空氣阻力，則線圈（）A.0~0.2s，電流從恒流源a端流出，且電流大小為I=2500AB.0~0.2s，線圈所受安培力的功率不變C.0.2~0.3s，水平外力F隨時間t變化的關(guān)系為F=42.5+25t（N）D.0~0.2s與0.2~0.3s，通過線圈的電荷量之比為40：1〖答案〗CD〖解析〗A．由圖乙可知，0~0.2s的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有解得I=25A故A錯誤；B．0~0.2s，線圈所受安培力的功率為即線圈所受安培力的功率逐漸變大，故B錯誤；C．0.2s~0.3s，線圈的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得結(jié)合圖像可得F=42.5+25t（N）故C正確。D．0~0.2s，流經(jīng)線圈的電荷量q1=It1=5C0.2s～0.3s，平均感應(yīng)電流通過電阻R電荷結(jié)合圖乙求得q2=0.125C故兩次流經(jīng)線圈電荷量之比為q1：q2=40：1故D正確；故CD正確。三、實(shí)驗(yàn)題：11題6分，12題10分。11.某同學(xué)用半圓形玻璃磚測定玻璃的折射率（如圖所示）。（1）在固定的平鋪的白紙上畫一條直線MON，取O點(diǎn)為入射點(diǎn)并作過O點(diǎn)的法線；畫出線段EO作為入射光線，在EO上垂直紙面插上兩根大頭針P1、P2；放上半圓形玻璃磚（圖中實(shí)線部分），使玻璃磚的直線邊界與MN重合、底面圓心與O點(diǎn)重合，并記錄半圓邊界；在玻璃磚曲線邊界一側(cè)透過玻璃磚觀察兩個大頭針并調(diào)整視線方向，在這一側(cè)插上大頭針P3，使P3擋住___________（選填“P1、P2”或“P1、P2的像”）；（2）移去玻璃磚，畫出半圓邊界，連接OP3交半圓邊界于B點(diǎn)，作入射光線的延長線交半圓邊界于A點(diǎn)；再過A、B點(diǎn)作法線的垂線，垂足分別為

C、D點(diǎn)。設(shè)

AC

的長度為l1，CO的長度為l2，BD的長度為l3，DO的長度為l4，則玻璃磚的折射率的最簡表達(dá)式為

n=___________（用l1、l2、l3或l4表示）；（3）該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)過程中，玻璃磚位置沒有移動，僅僅是畫半圓時半徑偏大，由此測得玻璃磚的折射率將___________（選填“偏大”“偏小”“不變”或“無法確定”）?！即鸢浮剑?）P1、P2的像（2）（3）不變〖解析〗【小問1詳析】在半圓邊界一側(cè)透過玻璃磚觀察到的是P1、P2的像，故應(yīng)使

P3擋住P1、P2的像；【小問2詳析】光線的入射角和折射角的正弦值分別為，根據(jù)光的折射定律可知玻璃磚的折射率【小問3詳析】若玻璃磚位置沒有移動，僅僅是畫半圓時半徑偏大時，分析可知光線的入射角和折射角都不變，由此測得玻璃磚的折射率將不變。12.小朗同學(xué)要將一滿偏電流Ig為500μA的微安表G改裝為毫安表。他先測量出微安表G的電阻，然后對微安表進(jìn)行改裝，最后再利用一標(biāo)準(zhǔn)電流表，對改裝后的毫安表進(jìn)行檢測。（1）為測量出微安表

G

電阻，小朗同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖（a）所示電路，器材如下：A．電源E1（電動勢1.5V，內(nèi)阻很?。〣．電源E2（電動勢6.0

V，內(nèi)阻很?。〤．滑動變阻器Ra（阻值0~2000Ω）D．滑動變阻器

Rb（阻值0~15000Ω）E．電阻箱R2（阻值0~600Ω）F．開關(guān)兩個，導(dǎo)線若干為提高測量精度，電源E和滑動變阻器R1應(yīng)該選擇___________。A.電源E1和滑動變阻器RaB.電源E2和滑動變阻器RaC.電源E1和滑動變阻器RbD.電源E2和滑動變阻器Rb（2）該實(shí)驗(yàn)操作的步驟有：A．按圖（a）電路原理圖連接線路；B．將R1的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S1后調(diào)節(jié)R1的阻值，使毫安表G的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度；C．保持

R1不變，再接通S2，調(diào)節(jié)電阻R2，使電流表G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半，讀出R2的阻值為400Ω，即認(rèn)為Rg=R2，用此方法測得電流表內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比___________（選填“偏大”或“偏小”或“相等”）；（3）若忽略實(shí)驗(yàn)的誤差，現(xiàn)通過并聯(lián)一個阻值為R=80Ω的電阻把微安表改裝成為一個特定量程的毫安表，則改裝的電表量程為___________mA；（4）根據(jù)圖（b）所示電路對改裝后的電表進(jìn)行檢測，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝表的指針位置如圖（c）所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預(yù)期值，改裝電流表的實(shí)際量程是___________mA；（5）要達(dá)到（3）的預(yù)期目的，無論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為___________Ω的電阻即可?！即鸢浮剑?）D（2）偏?。?）3.0（4）3.2（5）86.4〖解析〗【小問1詳析】由于實(shí)驗(yàn)中各器件的阻值都比較大，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源電動勢應(yīng)盡可能大些，另外閉合開關(guān)

S2時認(rèn)為電路中總電流不變，實(shí)際閉合開關(guān)S2后，電路總電阻變小，電路電流變大，而閉合開關(guān)

S2時微安表兩端的電壓變化越小，實(shí)驗(yàn)誤差就越小，則選用電動勢較大的電源，故電源應(yīng)選

E2，且滑動變阻器要能使微安表滿偏，所以選擇Rb。故選D?！拘?詳析】閉合

S2后，R2與Rg的并聯(lián)值，所以I總>Ig，而此時G的示數(shù)為滿偏電流的一半，所以IR2大于滿偏電流的一半，所以，即。【小問3詳析】根據(jù)電流表的改裝原理有【小問4詳析】標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝后的電表顯示為刻度盤的中值刻度，故改裝電流表的量程為3.2mA?！拘?詳析】把毫安表改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值當(dāng)量程為3.2mA時，則有所以當(dāng)量程為3.0mA時，則有所以R'=86.4Ω四、解答題：13題10分，14題14分，15題