河北省邯鄲市部分校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期月考物理試卷（二）（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025新高考單科模擬綜合卷（二）物理考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分．滿分100分，考試時(shí)間75分鐘．2．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在本試卷和答題卡相應(yīng)位置上．3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效．4．考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共10小題，共43分．第1～7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，每小題4分；第8～10題有多個(gè)選項(xiàng)符合要求，每小題5分，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．1.宇宙射線進(jìn)入地球大氣層時(shí)，同大氣作用產(chǎn)生中子，中子撞擊大氣中的會(huì)引發(fā)核反應(yīng)產(chǎn)生具有放射性的，能自發(fā)地衰變?yōu)椋胨テ跒?730年。對(duì)此，下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)生的是衰變B.衰變輻射出的粒子來(lái)自于碳原子核內(nèi)的中子C.由于溫室效應(yīng)，的半衰期會(huì)發(fā)生微小變化D.若測(cè)得一古木樣品的含量為活體植物的，則該古木距今約為11460年【答案】B【解析】A．根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，得該核反應(yīng)方程為發(fā)生的是衰變，故A錯(cuò)誤；B．衰變輻射出的粒子來(lái)自于碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變成的質(zhì)子時(shí)放出的電子，故B正確；C．外界條件不會(huì)引起半衰期發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D．若測(cè)得一古木樣品的含量為活體植物的QUOTE1212，則該古木距今經(jīng)過(guò)了一個(gè)半衰期，約為5730年，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖甲所示，LC電路中，已充電的平行板電容器兩極板水平放置，圖像（圖乙）表示電流隨時(shí)間變化的圖像。已知在t=0時(shí)刻，極板間有一帶負(fù)電的灰塵恰好靜止。在某段時(shí)間里，回路的磁場(chǎng)能在減小，同時(shí)灰塵的加速度在增大，則這段時(shí)間對(duì)應(yīng)圖像中哪一段（）A.0~a B.a~b C.b~c D.c~d【答案】B【解析】由所示圖像可知，t=0時(shí)刻電路電流為0，電容器剛剛充電完畢，此時(shí)上極板帶正電。由圖可知，段電路電流逐漸增加，磁場(chǎng)能增加，電容器放電；ab段電路電流減小，磁場(chǎng)能減少，電容器充電，上極板帶負(fù)電，粒子受到的電場(chǎng)力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可知灰塵的加速度在增大；bc段電路電流變大，磁場(chǎng)能增大，電容器放電；cd段電路電流減小，磁場(chǎng)能減少，電容器充電，上極板帶正電，粒子受到的電場(chǎng)力方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知灰塵的加速度在減小。綜上所述，這段時(shí)間對(duì)應(yīng)圖像中a~b段。故選B。3.地鐵靠站時(shí)列車(chē)車(chē)體和屏蔽門(mén)之間安裝有光電傳感器。如圖甲所示，若光線被乘客阻擋，電流發(fā)生變化，工作電路立即報(bào)警。如圖乙所示，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨(dú)照射光電管時(shí)產(chǎn)生的光電流I與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。下列說(shuō)法正確的是（）A.該光電管陰極材料逸出功大于B.a光的頻率高于b光的頻率C.經(jīng)同一障礙物時(shí)，b光比a更容易發(fā)生明顯衍射D.若部分光線被遮擋，則放大器的電流將增大，從而引發(fā)報(bào)警【答案】A【解析】A．激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)釋放的能量為輻射出三種光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，所以該光電管陰極材料的逸出功大于，故A正確；B．根據(jù)a光的遏止電壓低于b光的遏止電壓，a光的頻率低于b光的頻率，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)光的頻率低于b光的頻率，則a光的波長(zhǎng)大于b光的波長(zhǎng)，經(jīng)同一障礙物時(shí)，a光比b更容易發(fā)生明顯衍射，故C錯(cuò)誤；D．若部分光線被遮擋，光電子減少，則放大器的電流將減小，從而引發(fā)報(bào)警，故D錯(cuò)誤。故選A。4.如圖所示，水平面上固定一個(gè)絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動(dòng)一小段距離。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.細(xì)線中拉力一直減小B.球B受到的庫(kù)侖力先減小后增大C.球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變D.拉力做負(fù)功，庫(kù)侖力做正功【答案】C【解析】對(duì)小球B分析可知，受細(xì)線的拉力T，靜電斥力F和重力G，由相似三角形可知現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動(dòng)一小段距離，可知L變大，細(xì)線中的拉力T變大；r不變，球B受到的庫(kù)侖力不變；球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變；拉力做負(fù)功，球A、B間距離不變，庫(kù)侖力做不做功。故選C。5.如圖所示是醫(yī)院給病人輸液的部分裝置示意圖，A、B瓶頂部的氣體可視為理想氣體，在輸液過(guò)程中室溫保持不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.A、B瓶中的藥液同時(shí)滴完B.隨著A瓶液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)保持不變C.隨著A瓶液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)逐漸減小D.隨著液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體內(nèi)能逐漸增大【答案】D【解析】A．瓶口處液面的壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)，藥液從B瓶中流下，B瓶?jī)?nèi)封閉的氣體體積有增大趨勢(shì)，溫度不變，根據(jù)玻意耳定律知?dú)怏w壓強(qiáng)有減小趨勢(shì)，A瓶中藥液進(jìn)入B瓶，在A瓶藥液用完前B瓶液面保持不變，所以A瓶藥液先用完，故A錯(cuò)誤；BC．由于A瓶瓶口處液面的壓強(qiáng)始終和大氣壓相等，A瓶?jī)?nèi)藥液流入B瓶，A瓶液面下降，其液體產(chǎn)生的壓強(qiáng)減小、外界空氣進(jìn)入A瓶，使A瓶?jī)?nèi)C處氣體的壓強(qiáng)增大，故BC錯(cuò)誤；D．隨著液面下降，進(jìn)入A瓶?jī)?nèi)的空氣越來(lái)越多，理想氣體內(nèi)能只和物質(zhì)的量和溫度有關(guān)，溫度不變，分子數(shù)增加，內(nèi)能增加，故D正確。故選D。6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1，電源的輸出電壓，定值電阻，，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為5Ω，a、b為滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)端點(diǎn)，所有電表均為理想電表?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器滑片P置于b端，則（）A.電流表示數(shù)為B.電壓表示數(shù)為10VC.滑片P由b向a緩慢滑動(dòng)，消耗的功率減小D.滑片P由b向a緩慢滑動(dòng)，變壓器的輸出功率減小【答案】C【解析】AB．題圖的電路圖可以等效為設(shè)原線圈兩端電壓為，副線圈兩端電壓為，又因?yàn)槔硐胱儔浩髟本€圈的功率相等，有整理有電源的電壓輸出為因?yàn)殡娏鞅砗碗妷罕頊y(cè)量的為有效值，電源的有效值為30V，電流表的示數(shù)為原線圈兩端電壓的有效值為電壓表測(cè)量的是副線圈兩端的電壓，即整理有故AB錯(cuò)誤：C．當(dāng)滑片P從b向a緩慢滑動(dòng)過(guò)程中，阻值變大，根據(jù)電流規(guī)律可知，總電阻變大，結(jié)合之前的分析可知，流過(guò)電阻的電流減小，由變壓器規(guī)律，流過(guò)副線圈的電流也成比例減小，電阻不變，電流減小，根據(jù)，所以功率減小，故C正確；D．由之前的分析，可以將電阻與電源放在一起，等效成新電源，其副線圈輸出功率變?yōu)樾码娫吹妮敵龉β?，有電源的輸出功率的?guī)律可知，當(dāng)?shù)刃щ娮璧扔谛码娫吹膬?nèi)阻20Ω時(shí)，即，其輸出功率最大，所以在滑片從b向a緩慢滑的過(guò)程中，其副線圓的輸出功率先增大，后減小，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限（含坐標(biāo)軸）內(nèi)有垂直平面周期性變化的均勻磁場(chǎng)（未畫(huà)出），規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎艌?chǎng)變化規(guī)律如圖，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，不計(jì)粒子重力及磁場(chǎng)變化影響。某一帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m、電量為q，在時(shí)從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向射入磁場(chǎng)中，將磁場(chǎng)變化周期記為，要使粒子在時(shí)距y軸最遠(yuǎn)，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，0~時(shí)間內(nèi)，有解得周期為時(shí)間內(nèi)，有解得周期為要求在T0時(shí)，粒子距y軸最遠(yuǎn)，做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可得解得則0~時(shí)間內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為可得聯(lián)立，解得故選A。8.建造一條能通向太空的天梯，是人類(lèi)長(zhǎng)期的夢(mèng)想。一種簡(jiǎn)單的設(shè)計(jì)是把天梯看作一條長(zhǎng)度達(dá)千萬(wàn)層樓高的質(zhì)量均勻分布的纜繩，它由一種高強(qiáng)度、很輕的納米碳管制成。如圖所示，虛線為同步衛(wèi)星軌道，天梯本身呈直線狀；其上端指向太空，下端剛與赤道接觸但與地面之間無(wú)相互作用；兩個(gè)物體M、N在太空天梯上如圖位置，整個(gè)天梯及兩物體相對(duì)于地球靜止不動(dòng)，忽略大氣層的影響，分析可知（）A.太空天梯對(duì)物體M的力指向地面B.太空天梯對(duì)物體N的力指向地面C.物體M脫離太空天梯后可能撞向地球D.物體N脫離太空天梯后可能撞向地球【答案】BC【解析】A．根據(jù)題意知，太空天梯上處于同步衛(wèi)星軌道的物體，只受地球引力，隨同步衛(wèi)星一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式而整個(gè)天梯及兩物體相對(duì)于地球靜止不動(dòng)，故相同，對(duì)物體M，軌道半徑設(shè)太空天梯對(duì)天梯上物體的力大小為，則必有故太空天梯對(duì)物體M的力與地球?qū)ξ矬wM的引力方向相反，背離地面，故A錯(cuò)誤；B．同理，對(duì)物體N，軌道半徑則必有故太空天梯對(duì)物體N的力指向地面，故B正確；C．物體M脫離太空天梯后，地球引力大于物體需要的向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，故物體M脫離太空天梯后可能撞向地球，故C正確；D．物體N脫離太空天梯后，地球引力小于物體需要的向心力，做離心運(yùn)動(dòng)，故不可能撞向地球，故D錯(cuò)誤。故選BC9.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿絕緣水平面建立x軸，水平向右為正方向，兩個(gè)電荷量相等的小球（可視為點(diǎn)電荷）分別固定在x軸上的M、N處，M、N的坐標(biāo)分別為和，如圖（a）所示。M、N連線上各點(diǎn)的電勢(shì)與位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖（b）所示，處的電勢(shì)為，處的電勢(shì)為。在處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊向右運(yùn)動(dòng)到處時(shí)速度恰好為零。已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法不正確的是（）A.兩小球帶同種電荷B.滑塊在處受到的電場(chǎng)力小于在處受到的電場(chǎng)力C.滑塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的加速度為D.滑塊所帶的電荷量大小為【答案】ABC【解析】A．由圖像可知，在M、N之間電勢(shì)從左向右逐漸降低，電場(chǎng)方向從左向右，即電場(chǎng)線起源與M位置點(diǎn)電荷，終止于N點(diǎn)電荷，可知M處小球帶正電，N處的小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．圖像在某點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值等于該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，由圖像可知，在處圖像斜率的絕對(duì)值大于處圖像斜率的絕對(duì)值，即在處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于處的電場(chǎng)強(qiáng)度，即滑塊在處受到的電場(chǎng)力大于在處受到的電場(chǎng)力，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像，在原點(diǎn)的斜率的絕對(duì)值不為0，即原點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為0，滑塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力不為零，因此合外力為電場(chǎng)力與摩擦力的合力，加速度不為，故C錯(cuò)誤；D．滑塊從處運(yùn)動(dòng)到處，根據(jù)能量守恒定律有解得故D正確。本題選不正確的，故選ABC。10.如圖所示，一固定的高為h的光滑斜面與逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)、足夠長(zhǎng)的水平傳送帶平滑連接于N點(diǎn)。質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）自斜面最高點(diǎn)M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后返回斜面，上升到最高點(diǎn)時(shí)距N點(diǎn)高度為0.5h。已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為B.經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，滑塊最終靜止于N點(diǎn)C.滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過(guò)程中，在傳送帶上形成的劃痕長(zhǎng)度為D.滑塊第三次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過(guò)程中與相同時(shí)間內(nèi)傳送帶上沒(méi)有滑塊相比，電動(dòng)機(jī)多做功【答案】AD【解析】A．滑塊第一次到達(dá)N點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得令滑塊第一次返回N點(diǎn)速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有解得由于可知，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為，故A正確；B．結(jié)合上述可知，由于斜面光滑，滑塊從斜面第二次滑下過(guò)程機(jī)械能守恒，即第二次到達(dá)N點(diǎn)的速度與初速度的速度大小相等，均等于，滑塊再次滑上后在傳送帶上做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，再次到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度仍然為，可知，滑快最終在N點(diǎn)左側(cè)的斜面與右側(cè)的傳送帶上均做雙向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，即在N點(diǎn)左右兩側(cè)做往返運(yùn)動(dòng)，滑塊不會(huì)靜止于N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述可知，滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過(guò)程中，滑塊先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速至0后向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速至與皮帶速度相等后做勻速直線運(yùn)動(dòng)返回N點(diǎn)，在勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)速度公式有皮帶的位移為滑塊的位移滑塊與傳送帶的相對(duì)位移大小解得滑塊在傳送帶上形成的劃痕長(zhǎng)度與相對(duì)位移大小相等，故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述可知，滑塊每次在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程完全相同，均是在做相同的雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則有則在滑塊第三次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過(guò)程中，對(duì)皮帶進(jìn)行分析可知，電動(dòng)機(jī)做功為可知，相同時(shí)間內(nèi)傳送帶上沒(méi)有滑塊相比，電動(dòng)機(jī)多做功，故D正確。故選AD。二、非選擇題：本題共6小題，共57分．11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器進(jìn)行“測(cè)量重力加速度”并“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖①所示。（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)出小鋼球直徑結(jié)果如圖②所示。則其直徑D=_________mm；（2）讓小鋼球以較小的角度在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，從計(jì)算機(jī)中得到拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖③，則小球擺動(dòng)的周期為T(mén)=________s；（3）該同學(xué)還測(cè)得該單擺的擺線長(zhǎng)為L(zhǎng)，則重力加速度的表達(dá)式為g=___________（用物理量T、L、D表示）；（4）將擺球多次拉離豎直方向一定角度后由靜止釋放，測(cè)得拉力的最小值F1與最大值F2并得到F2－F1圖線，如圖④，如果小球在擺動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則該圖線斜率的絕對(duì)值等于___________?！敬鸢浮浚?）9.3（2）2.0（3）##（4）2【解析】【小問(wèn)1詳析】由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為D=9mm+3×0.1mm=9.3mm【小問(wèn)2詳析】相鄰兩次拉力最大的時(shí)間間隔為半個(gè)周期，由圖可知單擺的周期約為【小問(wèn)3詳析】根據(jù)單擺的周期公式可得解得【小問(wèn)4詳析】由題意，當(dāng)擺線與豎直方向的夾角為零時(shí)，小球在最低處?kù)o止不動(dòng)時(shí)力傳感器示數(shù)為F0，最小值與最大值相同所以圖像過(guò)（F0，F(xiàn)0）；當(dāng)擺線與豎直方向的夾角為90°時(shí)，從開(kāi)始到最低點(diǎn)若機(jī)械能守恒，則有解得結(jié)合圖像過(guò)（F0，F(xiàn)0），F(xiàn)2－F1圖線的斜率為12.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，所用器材如圖甲所示。主要步驟如下：（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量滑塊上遮光條的寬度d，讀數(shù)如圖乙所示，則____________mm。（2）滑塊在牽引力作用下先后通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)，配套的數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄了遮光條通過(guò)第一個(gè)光電門(mén)的時(shí)間為，通過(guò)第二個(gè)光電門(mén)的時(shí)間為，遮光條從開(kāi)始遮住第一個(gè)光電門(mén)到開(kāi)始遮住第二個(gè)光電門(mén)的時(shí)間為，則滑塊的加速度大小的表達(dá)式為_(kāi)___________（用和d表示）。（3）依次增加所掛槽碼個(gè)數(shù)，記錄每次實(shí)驗(yàn)槽碼的總質(zhì)量，并計(jì)算出滑塊相應(yīng)的加速度，以為橫軸、為縱軸，建立直角坐標(biāo)系，通過(guò)描點(diǎn)連線得到圖像如圖丙中Ⅰ所示，圖線Ⅰ的斜率為，在縱軸上的截距為。（4）將待測(cè)物體固定在滑塊的凹槽內(nèi)，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟（2）和（3），在圖丙中畫(huà)出新的圖像Ⅱ，若圖線Ⅱ的斜率為，在縱軸上的截距也為。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?，則下列關(guān)系式中正確的是____________A．B．C．D．（5）則待測(cè)物體的質(zhì)量__________（用表示）?！敬鸢浮浚?）（2）（4）B（5）【解析】（1）[1]20分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.05mm，由圖可知讀數(shù)為（2）[2]在極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則滑塊通過(guò)光電門(mén)1的速度為滑塊通過(guò)光電門(mén)2的速度為根據(jù)可得（4）[3]滑塊的質(zhì)量為M0，待測(cè)物體的質(zhì)量為M，滑塊受到拉力為F，由牛頓第二定律有對(duì)鉤碼有聯(lián)立得縱軸截距為故選B。（5）[4]由上述分析可知斜率為解得13.電子測(cè)力計(jì)在醫(yī)藥、汽車(chē)、機(jī)械等各種行業(yè)都被廣泛使用，具有操作方便、測(cè)量精度較高等特點(diǎn)。哈九中小峰同學(xué)想利用電流表表盤(pán)與彈簧制作一個(gè)簡(jiǎn)易電子測(cè)力計(jì)。（1）小峰同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室找來(lái)一根粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒，其每厘米電阻為，如圖甲所示，利用游標(biāo)卡尺測(cè)量該導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為_(kāi)____mm。（2）他設(shè)計(jì)了如圖乙所示的實(shí)驗(yàn)原理圖，實(shí)驗(yàn)器材包括：彈簧（電阻可以忽略，勁度系數(shù)為k）、電阻箱、電流表（0-0.6A，可看成理想電表）、電源（電動(dòng)勢(shì)約3V，內(nèi)阻未知），刻度尺。已知滑片固定在彈簧上且與導(dǎo)體棒接觸良好，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，滑片位于導(dǎo)體棒最左端。若沿拉鉤方向每增加相同的力，就在電流表表盤(pán)上標(biāo)注一個(gè)刻度，則刻度分布_____（填“均勻”或“不均勻”）。（3）用圖乙進(jìn)一步測(cè)量該電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，他將調(diào)為3Ω，拉動(dòng)拉鉤，改變導(dǎo)體棒接入電路中的長(zhǎng)度，測(cè)出不同對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)，并作出圖像如圖丙所示，可測(cè)得電源內(nèi)阻為_(kāi)____Ω。（4）若彈簧的勁度系數(shù)為200N/cm，調(diào)為，則該電子測(cè)力計(jì)的零刻線對(duì)應(yīng)電流表的刻度為_(kāi)____A，該電子測(cè)力計(jì)的量程為_(kāi)____N?！敬鸢浮浚?）（2）不均勻（3）（4）【解析】【小問(wèn)1詳析】由圖可知，導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度應(yīng)為【小問(wèn)2詳析】設(shè)電源的內(nèi)阻為，則由閉合電路的歐姆定律可知可見(jiàn)，盡管導(dǎo)體棒接入電路中的電阻成正比，但電路中的電流與導(dǎo)體棒的電阻并非正比關(guān)系，即刻度分布不均勻?！拘?wèn)3詳析】設(shè)電源的內(nèi)阻為，則由閉合電路的歐姆定律可知解得則有解得【小問(wèn)4詳析】[1]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，拉力為零整個(gè)金屬棒接入電路，測(cè)力計(jì)零刻度線對(duì)應(yīng)的電流[2]當(dāng)達(dá)到電流表最大量程時(shí)，則有解得保證電路安全的情況下，電流應(yīng)小于,由于則電阻應(yīng)該大于，即接入電路的導(dǎo)體棒長(zhǎng)度應(yīng)該大于，即則彈力最大時(shí)所以，彈簧測(cè)力計(jì)的量程為14.如圖所示，一等腰直角三棱鏡，放在真空中，AB=AC，在棱鏡側(cè)面AB左方有一單色光源S，從S發(fā)出的光線SD以60°入射角從AB側(cè)面中點(diǎn)射入三棱鏡。（1）若從AB面折射后的光線直接射到AC面上，再?gòu)腁C面折射出去，出射光線與AC面的夾角為30°，求棱鏡的折射率n1；（2）若從AB面折射后的光線先射到BC面上，已知光線在BC面上只反射不折射（BC背面鍍銀，光線射不出去），反射后的光線再射到AC面上折射出去時(shí)，出射光線與AC面的夾角仍為30°，求棱鏡的折射率n2的取值范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）光路圖如圖所示由折射定律，光線在AB面上折射時(shí)，有折射角為在AC面上出射時(shí)，有由幾何關(guān)系知聯(lián)立解得所以折射率為（2）光路圖如圖所示由幾何關(guān)系得由折射定律知，此時(shí)的出射角一定為60°，要使光線經(jīng)AB面折射后射到BC面上，臨界狀態(tài)恰好射到C點(diǎn)，作出光路圖如圖所示由幾何關(guān)系求得由折射定律得此時(shí)折射率為所以折射率滿足的條件為15.如圖所示，在直角坐標(biāo)系Oxy的坐標(biāo)平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形AOCD區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A點(diǎn)在y軸正半軸上，C點(diǎn)在x軸正半軸上，區(qū)域外有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在坐標(biāo)為（0，）的P點(diǎn)以大小為v0的速度沿x軸正向射出一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電荷量為q的粒子。粒子第一次經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)從OC的中點(diǎn)射出電場(chǎng)，此后粒子恰好從O點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。唬?）粒子第三次離開(kāi)電場(chǎng)的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律解得（2）設(shè)粒子第一次出電場(chǎng)時(shí)速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理解得設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)速度與x軸正向的夾角為θ，則解得θ=60°由對(duì)稱(chēng)性可知粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)時(shí)速度與x軸夾角60°斜向右上，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑根據(jù)牛頓第二定律解得（3）粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)后，做類(lèi)斜上拋運(yùn)