2020屆高考 物理模擬點(diǎn)睛卷 (全國卷)(一)

2020屆高考物理模擬點(diǎn)睛卷（全國卷）（一）1、“子與氫原子核（質(zhì)子）構(gòu)成的原子稱為“氫原子（hydrogenmuonatom），它在原子核的物理研究中有很重要作用。如圖“氫原子的能級(jí)示意圖。假定光子能量為E的一束光照射容器中大量處于n=2能級(jí)的“氫原子,“氫原子吸收光子后，發(fā)出頻率為v、v、v、v、v和v123456的光，且依次增大，則E等于（）00-iJi2J58.12MIJ632.4I2強(qiáng)玄&h（v-v）B?h（v+v）C?hvD.hv3156342、如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊置于傾角0=30。，質(zhì)量為M的直角三角形斜劈的底端，現(xiàn)通過一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩給滑塊施加一方向沿斜面向上的拉力F,大小為mg，使滑塊沿斜面勻速上滑，整個(gè)過程中斜劈處于靜止?fàn)顟B(tài)，若斜劈與滑塊、斜劈與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，已知重力加速度大小為g。貝y（）斜劈對(duì)滑塊的支持力大小為mg斜劈對(duì)滑塊的作用力大小為mg動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.51水平面對(duì)斜劈的摩擦力大小為-mg厶3、如圖所示，理想變壓器原線圈接入正弦交流電,圖中電壓表和電流表均為理想交流電表,R1為定值電阻,R為負(fù)溫度系數(shù)的熱敏電阻（溫度升高時(shí)阻值減?。?C為電容器?下列說法正確的2是()

通過R］的電流為零B.滑片P向上滑動(dòng)，電壓表示數(shù)變大C.R?處溫度升高時(shí)，電壓表的示數(shù)不變D.減小電容器C的電容，電流表的示數(shù)變大4、宇宙空間存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長為L.忽略其他星體對(duì)它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形中心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G下列說法正確的是（）/■''°7:*t每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為,；遜L3每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度與三星的質(zhì)量無關(guān)若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍5、如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)速度大小為V時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，當(dāng)速bb度大小為v時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子重力。貝y（）ccA.v:vbA.v:vb=1:2,t:t=2:1bcB.v:v=2:1,t:t=1:2bcbcC.v:v=2:1,t:t=2:1D.v:v=1:2,t:t=1:2bcbcbcbc6、甲、乙兩車在同一水平路面上做直線運(yùn)動(dòng)，兩車從t=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)的v-1圖象如圖所示。已知開始計(jì)時(shí)時(shí)乙車在甲車前x=6m處，且在t=2s和t=6s時(shí)兩車各相遇一次,12則下列判斷正確的是（）0?6s內(nèi)甲車的加速度大小是乙車的兩倍t=0時(shí)乙車的速度大小為16m/s兩車在運(yùn)動(dòng)過程中一定會(huì)相遇三次當(dāng)乙車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲、乙兩車仍相距6m7、如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a,b金屬球，兩球質(zhì)量均為m,a放在光滑的水平面上,b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為#L,現(xiàn)將套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為#L,現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放,則（A.在b球落地前的整個(gè)過程中,a,b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒mgL從開始到b球距地面高度為|的過程中,輕桿對(duì)a球做功為mgLLJ3從開始到b球距地面高度為—的過程中,輕桿對(duì)b球做功-——mgL28在b球落地的瞬間，重力對(duì)b球做功的功率為mgf<3gL8、如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R=2Q的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,導(dǎo)軌間距L=1m。一質(zhì)量m=2kg,阻值r=2Q的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)卩=0.2,則從起點(diǎn)發(fā)生x=lm位移的過程中(g=10m/s2)()A.金屬棒克服安培力做的功A.金屬棒克服安培力做的功W]=0.25J整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=4.25JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2=5JD.拉力做的功W=9.25J9、關(guān)于“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn),請(qǐng)完成下列的三個(gè)問題:1.如圖所示,1.如圖所示,在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí),實(shí)驗(yàn)必須要求滿足的條件是()A.斜槽軌道必須是光滑的斜槽軌道末端的切線是水平的入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下若入射小球質(zhì)量為m，被碰小球質(zhì)量為m，則mm1212利用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系?圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m多次從斜軌上的1S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)量出平拋的射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射小球m從斜軌上的S位置由靜止釋放,與小球m相碰，并且多次12重復(fù).接下來要完成的必要步驟是()(填選項(xiàng)前的符號(hào))用天平測(cè)量兩個(gè)小球的質(zhì)量m、m12測(cè)量小球m開始釋放高度h1測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H分別找到m、m相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N;測(cè)量平拋射程OM，ON12若兩個(gè)小球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可以表示為.［利用2中所測(cè)量的物理量表示］;若碰撞是彈性的碰撞,那么還應(yīng)該滿足的表達(dá)式應(yīng)該為.［利用2中所測(cè)量的物理量表示］.10、某課外活動(dòng)小組利用銅片、鋅片和橙汁制作了橙汁電池,并利用所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)電路測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。他們?cè)谝粋€(gè)玻璃器皿中放入橙汁，在橙汁中相隔一定距離插入銅片和鋅片作為橙汁電池的正、負(fù)極。使用的器材有:毫安表（量程0?3mA,內(nèi)阻未知）；滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為5000）;1電阻箱R（阻值范圍為0999.90）;2開關(guān)和導(dǎo)線若干。該小組成員分析發(fā)現(xiàn),由于毫安表的內(nèi)阻未知,所以無法直接測(cè)量該橙汁電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,經(jīng)過思考后，該小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，先測(cè)出該毫安表的內(nèi)阻R、再測(cè)量橙汁電池的g電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。（1）請(qǐng)按照?qǐng)D甲所示的電路圖，用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖乙實(shí)物圖中的滑動(dòng)變阻器接入電路要求當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí).滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值最大。圈甲圖乙謝丙（2）該小組連接好電路后，首先對(duì)毫安表的內(nèi)阻R進(jìn)行測(cè)量，請(qǐng)完善測(cè)量步驟.g將滑動(dòng)變阻器R的滑片滑至最右端，斷開開關(guān)S，閉合開關(guān)S;121滑動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片，使毫安表的指針達(dá)到滿偏；1保持不變，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使毫安表的示數(shù)達(dá)到滿偏電流的一22半;④讀出此時(shí)電阻箱心的示數(shù)，即可求得毫安表的內(nèi)阻R。2g⑶該小組發(fā)現(xiàn)，當(dāng)毫安表的電流達(dá)到滿偏電流的一半時(shí)，電阻箱的示數(shù)為50.00，則毫安表的內(nèi)阻R=用此種方法測(cè)得的毫安表的內(nèi)阻與其真實(shí)值相比測(cè)量值(填g“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值。(4)該小組測(cè)得毫安表的內(nèi)阻R之后，采用以下方法測(cè)量該橙汁電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。首g先將電路中滑動(dòng)變阻器的滑片移至最右端，然后多次改變電阻箱的阻值R得到了多組毫安表的電流I,根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)作出--1圖象，如圖丙所示，則該電源的電動(dòng)勢(shì)E=，內(nèi)阻IRr=(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)11、如圖所示，半徑為0.2m的光滑四分之一圓弧面，質(zhì)量為0.5kg的小球從靜止開始從A點(diǎn)開始下滑，經(jīng)過B點(diǎn)后落在與水平面成45。的斜面上的C點(diǎn)。求：小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為多大？2)此時(shí)小球?qū)A弧的壓力為多大？小球的落點(diǎn)C與B的距離為多大?12、如圖所示的坐標(biāo)系內(nèi)，以垂直于x軸的虛線PQ為分界線，左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長度為d/2,間距為d.電場(chǎng)右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏.現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為d/2,電子電荷量為e,質(zhì)量為m,不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，求：(1)電子通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t；偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U；電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上.13、[物理——選修3-3]1.關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是。氣體吸熱后溫度一定升高對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能理想氣體等壓膨脹過程一定放熱熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡(2)在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)大于氣泡表面外側(cè)水的壓強(qiáng)，兩壓強(qiáng)差A(yù)p與氣泡半徑r之間2b_的關(guān)系為Ap二，其中0=0.070N/m?，F(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升，r已知大氣壓強(qiáng)p=1.0x105Pa，水的密度p=1.0x103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。0求在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差；忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時(shí)，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值。14、[物理——選修3-4](1)如圖所示為半圓柱體玻璃磚的橫截面，OD為直徑，一束由a光和b光組成的復(fù)色光沿AO方向由真空從OD面射入玻璃，之后分成兩束分別從B,C兩點(diǎn)射出，其中從點(diǎn)射出的為a光，從C點(diǎn)射出的為b光。則下列說法正確的是。從B點(diǎn)射出玻璃磚的a光的頻率較小在玻璃磚中，b光的傳播速度一定大于a光的傳播速度a光和b光在玻璃磚中的傳播時(shí)間相等將a光和b光通過相同的雙縫干涉裝置，b光的干涉條紋間距較小若將a光和b光分別放在水面足夠大的池塘底部同一位置，則b光照亮的水面區(qū)域大(2)甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸負(fù)方向和正方向傳播，兩波源分別位于x=0.9m處和x=-0.6m處，兩列波的波速大小相等，波源的振幅均為2cm,兩列波在t=0時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)平衡位置在x=-0.2m和x=0.1m處的P,Q兩質(zhì)點(diǎn)剛要開始振動(dòng)。質(zhì)點(diǎn)M位于x=0.3m處，已知甲波的周期為0.8s,求：ir/rni乙波傳播到M質(zhì)點(diǎn)所需要的時(shí)間；在0?0.5S時(shí)間內(nèi)M質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向位移最大的時(shí)刻。答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：由能級(jí)躍遷知識(shí)及題意可知，處于n=2能級(jí)的R氫原子吸收能量為E的光子后，發(fā)出6種頻率的光，說明“氫原子是從n=4能級(jí)躍遷的，而v、v、v、v、v和v頻率依123456次增大，說明n=4躍遷到n=2時(shí)，輻射能量為hv，C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。32答案及解析答案：B解析：斜劈對(duì)滑塊的支持力大小為mgcos30o=￥mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊處于平衡狀態(tài),重力與拉力夾角為120°，重力與拉力合力為mg,則斜劈對(duì)滑塊的作用力與重力和拉力合力等大反向，則斜劈對(duì)滑塊的作用力大小為mg，選項(xiàng)B正確；根據(jù)J3F=mg=mgsin30°+mgcos30。，解得卩=〒，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)滑塊和斜劈的整體，水平方向：FCOS30水平方向：FCOS30°=f，解得f=￥mg選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B.3答案及解析：答案：C解析：A.交流電是可以通過電容器的，通過R］的電流不為零，故A錯(cuò)誤；滑片P向上滑動(dòng)，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)U=四可知電壓表示數(shù)變小，故B錯(cuò)誤；2U1心處溫度升高時(shí)，原副線圈匝數(shù)之比不變、根據(jù)U=竺可知電壓表的示數(shù)不變，故C22U1正確；減小電容器C的電容，容抗增大，電流表的示數(shù)變小，故D錯(cuò)誤。故選：C。4答案及解析：答案：C

解析：任意兩顆星之間的萬有引力F=，每一顆星受到的合力為：F=43L21由幾何關(guān)系知：它們的軌道半徑為：r旦L…①3合力提供它們的向心力：上彳泌=m巴…②L2r聯(lián)立①②，解得：v=聯(lián)立①②，解得：v=，故A錯(cuò)誤；根據(jù)警=ma得:a毛，故加速度與可它們的質(zhì)量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)亙嚴(yán)=m護(hù)解得：T=2氓，若距離L和每可顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；根據(jù)v=知，若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度不變，故D錯(cuò)誤.故選C.5答案及解析：答案：A解析：設(shè)正六邊形邊長為L,若粒子從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，可知運(yùn)動(dòng)的半徑為R廣L，在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為0=120o；若粒子從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，可知運(yùn)動(dòng)的半徑為R=2L，在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角12mv度為02=60。，根據(jù)R=-B可知vb:vc=R1：R2=12根據(jù)=01：02=2：1，故選A.2at=2T=2.也?—b±、'=01：02=2：1，故選A.2a360360qB2abe6答案及解析答案：ACD解析:設(shè)甲車的初速度大小為v甲，加速度大小為。甲，乙車的初速度大小為v乙，加速度大小為a乙，當(dāng)兩車在t=2s相遇時(shí)，有vt-at2=vt-at2+x，當(dāng)兩車在t=6s相遇時(shí)，有1甲12甲1乙12乙12M-2陸=叮2-2空廿■又由圖象可知v甲=叫+4(m/s),卩乙=12s-a乙，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得。甲=2m/s2，役=1m/s2，故0?6S內(nèi)甲車的加速度大小是乙車的兩倍,t=0時(shí),甲車的速度大小為v甲=16m/s，乙車的速度大小為v乙=12rn/s，選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;在t2=6s時(shí)，甲車速度大小為冷=4m/s，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，乙車速度大小為

v'=v-at=6m/s,設(shè)兩車又經(jīng)過At時(shí)間相遇，則有v'At=v'At-a(At)2,代入數(shù)據(jù)解得乙乙乙2甲乙2乙At=4s,故兩車會(huì)在t=10s時(shí)發(fā)生第三次相遇，而此時(shí)兩車均未停止運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確；由題圖可知，從t=10s開始，乙車再運(yùn)動(dòng)2s速度變?yōu)榱?，此段時(shí)間內(nèi)甲車的位移為x=8m,甲2乙車的位移為x=x2m=2m,故當(dāng)乙車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲車在乙車前方A=x-x=6m處,乙2甲乙選項(xiàng)D正確.7答案及解析答案：BD解析：A、對(duì)兩球及桿組成的系統(tǒng)，在b球落地前的整個(gè)過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用，a球的水平方向受力為零，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；械能守恒定律得：輕桿對(duì)b球做功：mgL，BC、對(duì)兩球及桿系統(tǒng)，在b球落地前的整個(gè)過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用不做功，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從開始到b球距地面高度為2的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：輕桿對(duì)b球做功：mgL，^■3一1W=-mgL，故B正確，C錯(cuò)誤;B8D、在b球落地的瞬間，由機(jī)械能守恒定律得：mg送L=ImvB，解得：UpK，所以在b球洛地的瞬間，重力對(duì)b球做功的功率為：P=mgv=mg仁3gL，故D正確;B-8答案及解析答案：AC解析：A、由速度-位移圖象得：v=2x金屬棒所受的安培力為：B金屬棒所受的安培力為：B2L2vF=—AR+r代入得：F=0.5xA則知FA與x是線性關(guān)系。當(dāng)x=0時(shí)，安培力丁0當(dāng)x=lm時(shí)，安培力F=0.5NA2F+F0.5則從起點(diǎn)發(fā)生X=1m位移的過程中，安培力做功為：W=--A1A2x=---X1J=0.25JA22即金屬棒克服安培力做的功為：W=0.25J，故A正確。1B、金屬棒克服摩擦力做的功為：W=Rmgx=0.2x2x10x1J=4J，故B錯(cuò)誤；2C、克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電熱，克服摩擦力做功等于產(chǎn)生的摩擦熱，則整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=W+W=4.25J，故C正確；A2D、根據(jù)動(dòng)能定理得：W+W+W=-mv2，其中v=2m/s,卩=0.2,m=2kgF2A2代入解得拉力做的功為：W=8.25J?故D錯(cuò)誤。F9答案及解析：答案：1.BCD;2.AD;3.mOP=mOM+mON;mOP2=mOM2+mOP2.112112解析：1.A、“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中,是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的,只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，故A錯(cuò)誤；B、要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故B正確；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D、為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰,且碰后不反彈，要求m>m，r=r，故D正確.abab應(yīng)選:BCD.要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，即驗(yàn)證：mv=mv+mv，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),它們拋111223出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得:mvt=mvt+mvt，得：mOP=mOM+mON，111223112因此實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量:兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，故選:AD.由2知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：mOP=mOM+mON;112如果碰撞過程機(jī)械能守恒，則：—mv2=—mv2+—mv2，211212223兩邊同時(shí)乘以t2得：—mv2t2=—mv2t2+—mv2t2，則mOP2=mOM2+mOP2.21121222311210答案及解析：答案：（1）如圖所示（2）滑動(dòng)變阻器R］接入電路的阻值；（3）50.0，小于；（4）1.00,200解析：（1）由于要求當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值最大，故滑動(dòng)變阻器的接法如圖所示。（2）此種測(cè)量電阻的方法為半偏法，使用此方法測(cè)量未知電阻的阻值時(shí)，要求電路中其他元件的阻值不能發(fā)生變化，故應(yīng)保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變；（3）當(dāng)毫安表指針達(dá)到滿偏后，再閉合開關(guān)S2時(shí)，認(rèn)為電路中的總電流仍為毫安表的滿偏電流I。當(dāng)流過毫安表的電流達(dá)到滿偏電流的一半時(shí)，由于電阻箱與毫安表g為并聯(lián)關(guān)系，故有11R=11R，所以R=R，因此當(dāng)電阻箱的示數(shù)為50.00時(shí)，毫2gg2gg安表的內(nèi)阻也為50.00。但此種方法存在系統(tǒng)誤差，當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變時(shí)，由于電阻箱的接入，整個(gè)電路中的阻值減小，電路中的總電流I>I，因此當(dāng)毫安表的g示數(shù)為1Ig時(shí)，實(shí)際流過電阻箱的電流/箱>21由于2igRg=1箱r，所以有r<Rg；TOC\o"1-5"\h\zIRIR⑷由閉合電路歐姆定律可得(I+—r)R+IR=E-(I+—r)rR1gR1r+R+R+g1RE將R=50.00,R=5000代入并結(jié)合圖丙可得g1叫(5°00+r)=750x1400/a,40=750A-13E兩式聯(lián)立可解得E=l.00V,r=2000。

11答案及解析：答案：⑴小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度由動(dòng)能定理得：mgR=-mv22b代入解得：v=2m/sBv2由牛頓第二定律得此時(shí)小球?qū)A弧的壓力：N-mg=m-BR解得：N=-5N，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮?5N。小球的落點(diǎn)C與B的水平距離為x,下落高度為h由平拋規(guī)律得：h=gt2,x=hcot45o=-t，TOC\o"1-5"\h\z2B解得：h=0.8m,由三角關(guān)系可得：L='?2h=。BC5解析：12答案及解析：答案：1.電子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)周期為T=泌nmnm2eB90o通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t=-901360-2?由幾何知識(shí)得r=d，又r=解得-=eBd通過電場(chǎng)的時(shí)間t=,m22-代入數(shù)據(jù)解得t=—電子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)2劭丁2-d222又y+y=d解得y=d故^eUt2=d1213md23代入數(shù)據(jù)解得U=代入數(shù)據(jù)解得U=備3?電子恰好打在下極板右邊緣磁場(chǎng)中宀鴛電場(chǎng)中水平方向2d=譏豎直方向心2mdt2由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v丄eBd由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v丄eBd33m3解析：13答案及解析：答案：1..BDE2.(i)Ap二28Pa1(ii).2=32沁1.3r1解析：1.根據(jù)熱力學(xué)第一定律,氣體吸熱的同時(shí)若對(duì)外做功,則氣體內(nèi)能不一定增加,溫度不一定升高,A錯(cuò)誤。對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能,B正確。理想氣體等壓膨脹過程，對(duì)外做功，由理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，故氣體一定吸熱,C錯(cuò)誤。根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體,D正確根據(jù)熱平衡定律，如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡,E正確。2.(i)當(dāng)氣泡在水下h=10m處時(shí)，設(shè)其半徑為［，氣泡內(nèi)外壓強(qiáng)差為Api.2c—Ap=①1r1代入題給數(shù)據(jù)得Ap=28Pa②1(ii).設(shè)氣泡在水下10m處時(shí),氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為什,氣泡體積為匕;氣泡到達(dá)水面附近時(shí),氣泡內(nèi)空氣壓強(qiáng)為P，內(nèi)外壓強(qiáng)差為Ap，其體積為V，半徑為r。2222氣泡上升過程中溫度不變，根據(jù)波意耳定律pV=pV③1122p=p+pgh+Ap④101p二p+Ap⑤202氣包體積Vi和V2分別為V二一兀r3i3i4—兀r332聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得p+Ap02Pgh+p+Ap01由②式知”p0,i-12故可略去式中的糾項(xiàng)。代入題給數(shù)據(jù)得?二邁沁1.3.r114答案及解析答案