2025屆湖南省衡陽市衡陽縣高三上學(xué)期第一次模擬考試物理試題（含答案）

屆湖南省衡陽市衡陽縣高三上學(xué)期第一次模擬考試物理試題一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．已知軌道量子數(shù)為n的氫原子能級(jí)為En=E1nA．12 B．34 C．892．神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動(dòng)反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，將其運(yùn)動(dòng)簡化為豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，其v?t圖像如圖所示。設(shè)該過程中重力加速度g不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）A．在0~t3時(shí)間內(nèi)，返回艙一直減速下降B．在t1時(shí)刻打開主傘后，返回艙的加速度大小不可能等于gC．在t1D．在t23．2023年我國“天宮號(hào)”太空實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)了長期有人值守，我國邁入空間站時(shí)代。如圖所示，“天舟號(hào)”貨運(yùn)飛船沿橢圓軌道運(yùn)行，A、B兩點(diǎn)分別為橢圓軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)，則以下說法正確的是（）A．“天舟號(hào)”在A點(diǎn)的線速度大于“天宮號(hào)”的線速度B．“天舟號(hào)”在B點(diǎn)的加速度小于“天宮號(hào)”的加速度C．“天舟號(hào)”在橢圓軌道的周期比“天宮號(hào)”周期大D．“天舟號(hào)”與“天宮號(hào)”對(duì)接前必須先減速運(yùn)動(dòng)4．高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時(shí)，鋁盤隨即減速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運(yùn)動(dòng)，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A．鋁盤甲區(qū)域的感應(yīng)電流會(huì)產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場B．磁場與感應(yīng)電流的作用力，會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力C．感應(yīng)電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因D．若將實(shí)心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對(duì)布滿空洞的鋁盤減速效果比實(shí)心鋁盤的效果更好5．如圖所示，波源O沿y軸作簡諧運(yùn)動(dòng)，形成兩列簡諧橫波，一列波在介質(zhì)Ⅰ中沿x軸正方向傳播，另一列波在介質(zhì)Ⅱ中沿x軸負(fù)方向傳播。t=0時(shí)刻完整波形如圖所示，此時(shí)兩列波分別傳到x1=6m和x2A．波源的起振方向沿y軸負(fù)方向B．介質(zhì)Ⅰ中與介質(zhì)Ⅱ中波速之比為1:1C．介質(zhì)Ⅰ中與介質(zhì)Ⅱ中波頻率之比為2:3D．介質(zhì)Ⅱ中波的周期為1.5s6．如圖甲所示，列車車頭底部安裝強(qiáng)磁鐵，線圈及電流測量儀埋設(shè)在軌道地面（測量儀未畫出），P、Q為接測量儀器的端口，磁鐵的勻強(qiáng)磁場垂直地面向下、寬度與線圈寬度相同，俯視圖如圖乙。當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時(shí)，測量儀記錄線圈的電流為0.12A。磁鐵的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.005T，線圈的匝數(shù)為5，長為0.2m，電阻為0.5Ω，則在列車經(jīng)過線圈的過程中，下列說法正確的是（）A．線圈的磁通量一直增加B．線圈的電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針方向C．線圈的安培力大小為1.2×D．列車運(yùn)行的速率為12m/s7．如圖所示，一束平行于等邊三棱鏡截面ABC的單色光從空氣射向E點(diǎn)，在三棱鏡內(nèi)偏折到F點(diǎn)。已知入射方向與AB的夾角為30°，E、F分別為AB、AC邊的中點(diǎn)，則光第一次到達(dá)F點(diǎn)后的傳播大致是下圖中的（）A． B．C． D．8．航天服是保障航天員的生命活動(dòng)和正常工作的個(gè)人密閉裝備，可防護(hù)空間的真空、高低溫、太陽輻射和微流星等環(huán)境因素對(duì)人體的危害。航天員穿著航天服，從地面到達(dá)太空時(shí)內(nèi)部氣體將急劇膨脹，若航天服內(nèi)氣體的溫度不變，視為理想氣體并將航天服視為封閉系統(tǒng)。則關(guān)于航天服內(nèi)的氣體，下列說法正確的是（）A．體積增大，內(nèi)能減小 B．壓強(qiáng)減小，內(nèi)能不變C．對(duì)外界做功，吸收熱量 D．壓強(qiáng)減小，分子平均動(dòng)能增大9．靜電透鏡被廣泛應(yīng)用于電子器件中，如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側(cè)進(jìn)入聚焦電場，實(shí)線為電子運(yùn)動(dòng)的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點(diǎn)，電子僅在電場力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是（）A．P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢B．電子在P點(diǎn)的加速度小于在R點(diǎn)的加速度C．從P至R的運(yùn)動(dòng)過程中，電子的電勢能增加D．從P至R的運(yùn)動(dòng)過程中，電子的動(dòng)能一直增大10．如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量分別為m、0.75m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可伸長的長為2R的輕桿通過鉸鏈連接，開始時(shí)對(duì)球A施加一個(gè)豎直向上的外力FA．對(duì)球A施加的豎直向上的外力F1的大小為B．若撤掉外力F1C．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，當(dāng)A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B球的速度大小為1D．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，B球能夠上升的最高點(diǎn)相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度為7二、非選擇題：本題共5小題，共54分。按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．某探究小組用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測量重力加速度。鐵架臺(tái)上固定著光電門，讓直徑為d的小球從a處由靜止開始自由下落，小球球心正好通過光電門?，F(xiàn)測得小球由a下落到b的時(shí)間為t，用刻度尺測得a、b間的高度為h。現(xiàn)保持光電門b位置不變，將小球釋放點(diǎn)a緩慢移動(dòng)到不同位置，測得多組h、t數(shù)值，畫出ht隨t變化的圖線為直線，如圖丙所示，直線的斜率為k（1）用游標(biāo)卡尺測量小球直徑時(shí)，游標(biāo)卡尺的讀數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑為cm；（2）由ht?t圖線可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間=（3）若某次測得小球由a下落到b的時(shí)間間隔為t1，則可知此次小球經(jīng)過光電門b時(shí)的速度大小為12．某實(shí)驗(yàn)小組擬測量一量程Ig=3mA的靈敏電流計(jì)G的內(nèi)阻（1）該小組同學(xué)先用歐姆表粗略測量電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg；應(yīng)將歐姆表的紅表筆與電流計(jì)G的（選填“＋”“－”）接線柱接觸，把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置，正確操作后，歐姆表的指針如圖1所示，則Rg的大小為（2）為精細(xì)測量電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg，該小組同學(xué)利用“半偏法”原理設(shè)計(jì)了如圖2所示電路圖，請將圖3所示實(shí)物連線圖補(bǔ)充完整①閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器②保持滑動(dòng)變阻器R0的滑片位置不動(dòng)，斷開開關(guān)S③讀出電阻箱R的數(shù)值601.2Ω，即為電流計(jì)G的內(nèi)阻R由此可知，本次電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg的測量值與其真實(shí)值相比（3）然后該小組同學(xué)利用所學(xué)知識(shí)，將電流計(jì)G改裝為量程IA=3A的電流表，并測量標(biāo)準(zhǔn)電流I0=2A時(shí)，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)G的示數(shù)I113．2024年哈爾濱成為了全國旅游的最熱門的城市，美食和冰雪項(xiàng)目深受大量游客喜愛，如圖1所示的滑雪圈是網(wǎng)紅打卡項(xiàng)目之一。圖2為某滑雪圈項(xiàng)目軌道的示意圖，該項(xiàng)目的軌道由傾角θ=37°、長L=10m滑道AB與水平冰雪地面平滑連接構(gòu)成，雪圈與傾斜滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=18，與水平冰雪地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=15。游客甲從滑道頂端A點(diǎn)由靜止開始下滑，雪圈過B點(diǎn)前后速度大小不發(fā)生變化，當(dāng)游客甲滑至水平地面上C處時(shí)與停在C處未及時(shí)起身離開的游客乙發(fā)生正碰，作用時(shí)間很短，BC間距離（1）碰撞前游客甲的速度；（2）全過程中兩游客與軌道摩擦可能產(chǎn)生的熱量的最小值。14．如圖所示，傳送帶的水平部分ab長度L1=10m，傾斜部分bc長度L2（1）煤塊從a運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間；（2）煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度。15．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。第一、四象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，第二象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點(diǎn)S（?l,?l2）以一定初速度釋放，初速度方向與x軸正方向的夾角為θ=45°，從點(diǎn)K0,?l垂直y軸進(jìn)入第四象限磁場區(qū)域，然后從Pl,0（1）甲粒子進(jìn)入第四象限時(shí)的速度v0（2）勻強(qiáng)電場的大小E；（3）粒子甲第n次經(jīng)過y軸時(shí)，甲乙粒子間的距離d；（4）當(dāng)甲粒子第一次經(jīng)過y軸時(shí)在第二象限內(nèi)施加一沿x軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度大小與第三象限電場相同的勻強(qiáng)電場，求甲粒子的最大速度vm

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】在發(fā)生躍遷時(shí)，如果核外電子由低能級(jí)向高能級(jí)躍遷，需要吸收能量，如果由高能級(jí)向低能級(jí)躍遷，需要釋放能量（以光子的形式）?，F(xiàn)用單色光A照射大量處于基態(tài)的氫原子，只能產(chǎn)生一種頻率的光子，則單色光A的能量為E用單色光B照射大量處于基態(tài)的氫原子，能產(chǎn)生三種不同頻率的光子，則單色光B的能量為E則單色光A和單色光B的光子能量之比為27:32。故選D。

【分析】根據(jù)玻爾理論，氫原子只能吸收能量等于兩個(gè)能級(jí)之差的光子的能量．氫原子吸收了能量后，從基態(tài)躍遷到n能級(jí)的激發(fā)態(tài)上去，再從此激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷。2．【答案】C【解析】【解答】本題主要對(duì)v-t圖像的考查，解題關(guān)鍵是掌握v-t圖像的斜率表示加速度，動(dòng)量P=mv。A．由圖可知0~t2時(shí)間內(nèi)速度在減小，B．v?t圖像的斜率是加速度，t1時(shí)刻打開主傘后圖像的斜率在減小，但是開始斜率大小未知，故B錯(cuò)誤；C．物體的動(dòng)量為P=mv而在t1D．在t2故選C。

【分析】根據(jù)v-t圖像確定速度和動(dòng)量的變化，v-t圖像的斜率表示加速度判定加速度的變化；速度不變，動(dòng)能不變。3．【答案】A【解析】【解答】本題主要考查萬有引力在天體中的應(yīng)用，在做題中要注意變軌過程中速度的變化。A．A、B兩點(diǎn)分別為橢圓軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)變軌原理可知，“天舟號(hào)”在A點(diǎn)從圓軌道加速可進(jìn)入橢圓軌道。根據(jù)GMm解得v=可知“天舟號(hào)”在A點(diǎn)所在圓軌道的線速度大于在B點(diǎn)所在圓軌道的線速度。所以“天舟號(hào)”在A點(diǎn)的線速度大于“天宮號(hào)”的線速度，故A正確；B．根據(jù)GMm可得a=則“天舟號(hào)”在B點(diǎn)的加速度大小等于“天宮號(hào)”的加速度大小，故B錯(cuò)誤；C．由開普勒第三定律，可知“天舟號(hào)”比“天宮號(hào)”運(yùn)動(dòng)周期小，故C錯(cuò)誤；D．“天舟號(hào)”與“天宮號(hào)”對(duì)接前必須先加速，做離心運(yùn)動(dòng)，才能與天宮號(hào)對(duì)接，故D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】根據(jù)衛(wèi)星變軌過程中速度的變化，再結(jié)合萬有引力提供向心力分析。4．【答案】B【解析】【解答本題考查了楞次定律，理解增反減同、來拒去留是解決此類問題的關(guān)鍵。A．鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則此感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；BC．由“來拒去留”可知，磁場與感應(yīng)電流的作用力，會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力，會(huì)使鋁盤減速，故B正確，C錯(cuò)誤；D．改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】根據(jù)楞次定律以及“來拒去留”推論，結(jié)合電阻變大，電流變小分析求解。5．【答案】D【解析】【解答】橫波的圖象縱坐標(biāo)表示某一時(shí)刻各個(gè)質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫坐標(biāo)表示在波的傳播方向上各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時(shí)刻介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線。A．t=0時(shí)，兩列波分別傳到x1=6m和x2=-4m處，由上下坡法可知，波源的起振方向沿y軸正方向，故A錯(cuò)誤；C．兩列波是由同一波源的振動(dòng)形成的，所以周期相同，頻率相同，故C錯(cuò)誤；B．由圖可知，兩列波的波長分別為λⅠ=12m由公式v=可得介質(zhì)Ⅰ中與介質(zhì)Ⅱ中波速之比為v故B錯(cuò)誤；D．當(dāng)t=1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M位移不變，振動(dòng)方向相反可知(2×112T+可得T=因?yàn)椴ㄔ凑駝?dòng)周期大于1s，所以當(dāng)n=0時(shí)，可得T=1.5s因?yàn)閮闪胁ǖ闹芷谙嗤?，故介質(zhì)Ⅱ中波的周期為1.5s，故D正確。故選D。

【分析】根據(jù)x1=6m和x2=-4m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，分析波源的振動(dòng)方向，兩列波是由同一波源的振動(dòng)形成的，所以頻率相同，根據(jù)v=λf分析波速的比值，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系分析周期。6．【答案】D【解析】【解答】解決本題時(shí)，要搞清題意，分析清楚列車的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢公式、閉合電路歐姆定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合進(jìn)行處理。要注意線圈的匝數(shù)不能遺漏。AB．在列車經(jīng)過線圈的上方時(shí)，由于列車上的磁場的方向向下，所以線圈內(nèi)的磁通量方向向下，先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流的方向?yàn)橄饶鏁r(shí)針，再順時(shí)針方向。故AB錯(cuò)誤；C．線圈的安培力大小為F=nBIl=6×故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線切割磁感線的電動(dòng)勢為E=nBlv根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=聯(lián)立，解得v=12故D正確。故選D。

【分析】根據(jù)磁通量的定義判斷磁通量的變化；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)安培力的公式計(jì)算安培力的大小，根據(jù)E=nBlv計(jì)算導(dǎo)線切割磁感線的電動(dòng)勢，然后結(jié)合閉合電路的歐姆定律求出電流最后求出車的速度。7．【答案】B【解析】【解答】發(fā)生全反射的條件：①光線從光密介質(zhì)斜射向光疏介質(zhì)．②入射角大于或等于臨界角．在AB界面入射角i=60°，折射角r=30°，則折射率為n=光從棱鏡射出空氣發(fā)生全反射的臨界角滿足sin可知C>30°，根據(jù)幾何關(guān)系可知，光第一次到達(dá)F點(diǎn)后的入射角為30°，不會(huì)發(fā)生全反射，則光第一次到達(dá)F點(diǎn)后反射角為30°，折射角為60°。故選B。

【分析】根據(jù)題意計(jì)算三棱鏡的折射率，結(jié)合發(fā)生全反射的條件分析是否發(fā)生全反射，再判斷可能的光路圖。8．【答案】B,C【解析】【解答】由于航天服內(nèi)氣體視為理想氣體，溫度決定內(nèi)能，溫度不變，內(nèi)能不變，溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，故分子平均動(dòng)能也不變。由于航天服內(nèi)氣體體積增大，氣體對(duì)外界做功，溫度不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可知由于W<0，ΔU=0，則Q>0，所以航天服內(nèi)氣體將吸收熱量，又由等溫變化有P可知體積變大，則壓強(qiáng)減小。故答案為：BC?！痉治觥坷硐霘怏w溫度不變，內(nèi)能不變，分子平均動(dòng)能也不變。氣體體積增大，氣體對(duì)外界做功，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體吸放熱情況。根據(jù)玻意耳定律確定氣體壓強(qiáng)變化情況。9．【答案】A,D【解析】【解答】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和電勢能的表達(dá)式完成求解。A．一電子從其左側(cè)進(jìn)入聚焦電場，電子僅在電場力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)，由于合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，電子帶負(fù)電，所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，電場力方向與等勢線垂直，可知，電場線方向整體從右指向左，又由于沿電場線方向，電勢降低，可知，P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，故A正確；B．由于任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，則等勢線分布的密集程度能夠表示電場的強(qiáng)弱，P點(diǎn)的等勢線分布比R點(diǎn)的密集，則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于在R點(diǎn)的電場強(qiáng)度，可知，電子在P點(diǎn)的加速度大于在R點(diǎn)的加速度，故B錯(cuò)誤；CD．結(jié)合上述可知，從P至R的運(yùn)動(dòng)過程中，電子所受電場力做正功，電子的電勢能減小，電子的動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。

【分析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)得出電場力的方向，結(jié)合粒子的電性得出電場線的方向，從而的出電勢的高低；根據(jù)電場線的疏密程度得出場強(qiáng)的大小，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的大小關(guān)系；根據(jù)電勢能的表達(dá)式得出電勢能的變化趨勢，從而得出電子動(dòng)能的變化趨勢。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力平衡條件和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用。要知道機(jī)械能守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其他力對(duì)系統(tǒng)做的功等于零。運(yùn)用機(jī)械能守恒定律時(shí)，要注意選擇參考平面。A．質(zhì)量分別為m、0.75m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，當(dāng)外力F1作用在A球上時(shí)，對(duì)小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)B、A均無作用力，A球受重力和外力FF故A錯(cuò)誤；B．若撤掉外力F1由平衡條件有FBAcos又有F解得F=mg故B正確；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圓周運(yùn)動(dòng)），即vA球從左側(cè)圓心等高處到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，B球從圓環(huán)最低點(diǎn)到達(dá)右側(cè)圓心等高處，則由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR=0.75mgR+解得v故C正確；D．當(dāng)B球上升到最大高度時(shí)，如圖所示以圓環(huán)最低點(diǎn)為參考面，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR=0.75mgR(1+可得sin則B球能夠上升的最大高度相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度為725故選BCD。

【分析】對(duì)球A施加的豎直向上的外力F1時(shí)，對(duì)小球B受力分析，確定桿對(duì)B球沒有作用力，再對(duì)A球，根據(jù)平衡條件求解F1的大小。對(duì)球B施加一個(gè)水平向左的外力F時(shí)，分別對(duì)A、B分析受力，由平衡條件求解F的大小。撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求當(dāng)A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)B球的速度大小，并求B球能夠上升的最高點(diǎn)相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度。11．【答案】（1）2.350（2）2k（3）2k【解析】【解答】光電門的注意事項(xiàng)：為盡量減小空氣阻力的影響，重物應(yīng)選密度大的，如鐵錘等。光電門應(yīng)豎直固定好。重物應(yīng)靠近光電門釋放。

（1）由20分度的游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知小球的直徑d=23mm+10×0.05mm=23.50mm=2.350cm（2）小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)在a點(diǎn)，小球在a點(diǎn)的速度為0，則小球從a到b的過程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知vb=gt1=2kt（1）由20分度的游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知小球的直徑d=23mm+10×0.05mm=23.50mm=2.350cm（2）小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)在a點(diǎn)，小球在a點(diǎn)的速度為0，則小球從a到b的過程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知v12．【答案】（1）－；600（2）；偏大（3）2.5【解析】【解答】本題考查半偏法測量電表的內(nèi)阻，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，知道電表的改裝原理，并能正確通過方程組的分析求解。要注意半偏法在測電表內(nèi)阻時(shí)，有于串聯(lián)或并聯(lián)了一個(gè)電阻，會(huì)引起電路結(jié)構(gòu)的改變，引起電路電流或電壓的變化，從而造成不同的系統(tǒng)誤差。

（1）歐姆表中電流由黑表筆流出，紅表筆流入，則黑表筆接電流計(jì)G的“＋”，紅表筆接“?”。把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置，正確操作后，電阻讀數(shù)等于檔位乘以指針示數(shù)，由圖1可知R（2）根據(jù)圖2電路圖，補(bǔ)全圖3實(shí)物圖，如圖所示根據(jù)題意可知，斷開S2R+可得R>即本次電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg（3）根據(jù)題意，設(shè)改裝電表并聯(lián)的電阻為R，電流計(jì)G的內(nèi)阻的測量值為Rg'，真實(shí)值為3×103解得Rg'則（2）中“半偏法”測得的RgR【分析】（1）根據(jù)多用電表的使用方法及讀數(shù)解答；

（2）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，根據(jù)電流與電阻的關(guān)系分析誤差；

（3）根據(jù)大量程電流表在電流計(jì)基礎(chǔ)上并聯(lián)了一個(gè)電阻分流，根據(jù)并聯(lián)電路電流之比等于電阻的反比解答。（1）[1]歐姆表中電流由黑表筆流出，紅表筆流入，則黑表筆接電流計(jì)G的“＋”，紅表筆接“?”。[2]把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置，正確操作后，由圖1可知R（2）[1]根據(jù)圖2電路圖，補(bǔ)全圖3實(shí)物圖，如圖所示[2]根據(jù)題意可知，斷開S2R+可得R>即本次電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg（3）根據(jù)題意，設(shè)改裝電表并聯(lián)的電阻為R，電流計(jì)G的內(nèi)阻的測量值為Rg'，真實(shí)值為3×103解得Rg'則（2）中“半偏法”測得的RgR13．【答案】解：（1）游客從A點(diǎn)由靜止開始下滑至C處，根據(jù)動(dòng)能定理m碰撞前游客甲的速度為v（2）當(dāng)兩游客碰撞后，速度相等，碰撞損失的能量最大，全過程中兩游客與軌道摩擦產(chǎn)生的熱量最小，根據(jù)動(dòng)量守恒m解得v=5m/s碰撞損失的能量為Δ全過程中兩游客與軌道摩擦產(chǎn)生的熱量的最小值為Q=【解析】【分析】（1）對(duì)游客甲根據(jù)動(dòng)能定理分析解答；

（2）當(dāng)兩游客碰撞后，速度相等，碰撞損失的能量最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律解答。14．【答案】（1）解：煤塊在水平部分的運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律μmg=m可得煤塊運(yùn)動(dòng)的加速度a煤塊從靜止加速到與傳送帶共速的距離為s故煤塊在水平部分先加速，后勻速運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)間的時(shí)間為t勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t在傾斜傳送帶上，由于μ故煤塊在斜傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律mg可得煤塊在傾斜傳送帶上的加速度為a根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系有L解得tt3故煤塊從a運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間t=（2）解：煤塊在水平傳送帶的相對(duì)位移為Δ煤塊在傾斜傳送帶的相對(duì)位移為Δ由于Δs1與【解析】【分析】（1）應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)