高級中學名校試卷PAGEPAGE1高三物理強化卷本試卷滿分100分，考試時間75分鐘．一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1.核電池是利用放射性同位素衰變釋放能量發(fā)電的裝置，并應用在“嫦娥四號”的著陸器和月球車上。某種核電池原料為钚的氧化物，核反應方程為。則X為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設X為，根據質量數守恒和核電荷數守恒可知解得，故X。故選D。2.殲-35A是由中國航空工業(yè)集團自主研制的新一代中型隱身多用途戰(zhàn)斗機。如圖所示殲-35A戰(zhàn)機先水平向右，再沿曲線ab向上，最后沿陡斜線直入云霄。設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變。則在沿ab段曲線飛行過程中（）A.戰(zhàn)機水平方向的分速度逐漸增大B.戰(zhàn)機在某點加速度方向可能沿軌跡的切線方向C.戰(zhàn)機克服重力做功的功率逐漸增大D.戰(zhàn)機所受合外力斜向左上方且保持不變【答案】C【解析】A．設戰(zhàn)機速度大小為v，速度方向與水平方向夾角為θ，則水平分速度為，在ab段，θ逐漸增大，逐漸減小，而v不變，所以水平方向的分速度逐漸減小，故A錯誤；B．根據曲線運動的條件，飛機沿ab段飛行做曲線運動，所受合外力一定不為零，且合外力方向指向ab曲線的內側，由牛頓第二定律可知加速度方向也指向ab曲線的內側，不可能沿軌跡的切線方向，故B錯誤；C．戰(zhàn)機克服重力做功的功率可知在ab段，θ逐漸增大，逐漸增大，因為v大小不變，故戰(zhàn)機克服重力做功的功率逐漸增大，故C正確；D．戰(zhàn)機做曲線運動，合外力指向軌跡的凹側，由于飛機速率不變，故合外力方向時刻與速度方向垂直，由于速度方向時刻變化，所以合外力方向也時刻變化，故D錯誤。故選C。3.長征運載火箭將七組衛(wèi)星送入高軌道后，先釋放第一組衛(wèi)星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛(wèi)星，直到第七組衛(wèi)星全部釋放。衛(wèi)星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛(wèi)星，第一組衛(wèi)星的（）A.線速度大 B.角速度大 C.加速度小 D.運行周期小【答案】C【解析】根據萬有引力提供向心力可得由于第一組衛(wèi)星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛(wèi)星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。故選C。4.如圖（a）所示，理想變壓器原線圈接在正弦交流電源上，輸入電壓隨時間變化的圖像如圖（b）所示，副線圈接額定電壓為的燈泡，燈泡正常發(fā)光，原線圈理想交流電流表的示數為，則下列說法正確的是（）A.原副線圈匝數比為 B.原副線圈匝數比為1：4C.燈泡的額定功率為 D.燈泡的額定功率為【答案】C【解析】AB．因為燈泡正常發(fā)光，所以副線圈電壓的有效值為由圖（a）可得，原線圈電壓的峰值為所以，原線圈的電壓的有效值為根據可得原副線圈匝數比為故AB錯誤；CD．原線圈理想交流電流表的示數為根據可得，副線圈的電流大小為燈泡的額定功率為故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖，一棱鏡的橫截面為等腰三角形，其中邊長PM與PN相等，，PM邊緊貼墻壁放置，現有一束單色光垂直于MN邊入射，從PN邊出射后恰好與墻面垂直（不考慮光線在棱鏡內的多次反射），則該棱鏡的折射率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根據題意畫出光路圖如圖所示根據幾何關系可得，根據折射定律可得故選D。6.一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，波速為，某時刻波形如圖所示，為該介質中的一質點。則該簡諧波（）A.波長為B.周期為C.振幅為D.該時刻質點的速度沿軸正方向【答案】D【解析】AC．由圖可知波長為16m，振幅為0.1m，故AC錯誤；B．根據波速與周期的關系有s故B錯誤；D．簡諧橫波沿軸正方向傳播，根據“同側法”可知，該時刻質點的速度沿軸正方向，故D正確。故選D。7.如圖，質量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩固定，處于靜止狀態(tài)，水平，與豎直方向的夾角為，重力加速度大小為g。則（）A.的拉力大小為 B.的拉力大小為3mgC.若剪斷，該瞬間小球甲的加速度大小為 D.若剪斷，該瞬間小球乙的加速度大小為g【答案】C【解析】AB．對甲乙整體受力分析可知，的拉力大小為的拉力大小為選項AB錯誤；CD．若剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，則小球乙受的合外力仍為零，加速度為零；對甲分析可知，甲受重力和彈簧向下的拉力，繩子對其的拉力，甲球的速度為0，將力沿著繩子方向和垂直繩子方向分解，沿繩方向合力為0，則剪斷瞬間，甲球受到的合力由牛頓第二定律可知加速度選項C正確，D錯誤。故選C。8.如圖，在光滑絕緣水平面上同時靜止釋放兩個帶正電的小球（視為點電荷），兩小球在運動過程中（）A.速度大小之比逐漸增大B.加速度大小之比逐漸減少C.動量大小之比保持不變D.動能之比保持不變【答案】CD【解析】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則所以即兩球速度大小之比不變，兩球動量大小相等，比值保持不變，故A錯誤，C正確；B．小球的加速度大小之比為即加速度大小之比保持不變，故B錯誤；D．動能之比為即動能之比保持不變，故D正確。故選CD。9.如圖，傾角為30°且足夠長的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q兩個物體通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，Q的另一端與固定在水平面的輕彈簧連接，P和Q的質量分別為4m和m。初始時，控制P使輕繩伸直且無拉力，滑輪左側輕繩與斜劈上表面平行，右側輕繩豎直，彈簧始終在彈性限度范圍內，彈簧勁度系數為k，重力加速度大小為g?，F無初速釋放P，則在物體P沿斜劈下滑過程中（）A.輕繩拉力大小一直增大 B.物體P的加速度大小一直增大C.物體P沿斜劈下滑的最大距離為 D.物體P的最大動能為【答案】AD【解析】B．設物體P向下運動過程中的位移為x，彈簧的形變量為Δx，開始時彈簧的彈力表現為支持力，從釋放P到彈簧恢復原長過程中，對P、Q整體根據牛頓第二定律可得隨著x增大Δx減小，則加速度逐漸減小，當彈簧恢復原長后，彈簧表現為拉伸狀態(tài)，彈簧彈力為拉力，隨著x增大Δx增大，根據牛頓第二定律可得隨著x增大Δx增大，當mg>kΔx時，隨著x增大，加速度逐漸減小，當kΔx>mg時，隨著x增大，加速度反向增大，所以物體P的加速度大小先減小后反向增大，故B錯誤；A．以P為研究對象，設繩子拉力為T，根據牛頓第二定律可得彈簧恢復原長前隨著Δx減小T增大；彈簧恢復原長后可知隨著Δx增大，T逐漸增大，所以輕繩拉力大小一直增大，故A正確；C．沒有釋放物體P前，根據平衡條件可得物體P沿斜劈下滑的最大距離為xmax，根據系統(tǒng)機械能守恒可得解得故C錯誤；D．當P的加速度為零時，速度最大，動能最大，此時根據平衡條件解得可知P動能最大時，彈簧的彈性勢能與初始狀態(tài)相等，設P的動能為Ek，根據可知Q的動能為，根據動能定理解得，故D正確。故選AD。10.在光滑絕緣的水平面上有兩相互平行的邊界MN、PQ，邊界內有豎直向下的勻強磁場。緊靠MN有一材料相同、粗細均勻的正方形線框abcd，如圖所示（俯視圖）。已知線框邊長為L，磁場寬度為2L。從時刻起線框在水平向右外力作用下從圖示位置由靜止水平向右勻加速直線運動。則從線框ab邊進磁場到cd邊出磁場的過程中，以下關于線框中的磁通量、ab邊電壓U、外力F和電功率P隨位移x變化的規(guī)律圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】A．線框中的磁通量，可知：，，隨x均勻增大；，不變；，隨x均勻減小，故A正確；B．根據法拉第電磁感應定律結合歐姆定律，，完全進入磁場的瞬間完全進入磁場后在磁場中加速運動，此時線圈的ab邊出磁場的瞬間線圈完全出磁場后速度減速零，此時，故B錯誤；C．，線圈的ab邊開始進入磁場的安培力F與x不是線性關系，故C錯誤；D．，電功率，線圈完全進入磁場，，電功率為0，ab離開磁場，電功率故D正確。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分．11.圖（a）為研究平拋運動的實驗裝置，其中裝置A、B固定在鐵架臺上，裝置B裝有接收器并與計算機連接。裝有發(fā)射器的小球從裝置A某高處沿著軌道向下運動，離開軌道時，裝置B開始實時探測小球運動的位置變化。根據實驗記錄的數據由數表作圖軟件擬合出平拋運動曲線方程，如圖（b）所示。（1）安裝并調節(jié)裝置A時，必須保證軌道末端______。（填“水平”或“光滑”）（2）根據擬合曲線方程，可知坐標原點______拋出點。（填“在”或“不在”）（3）根據擬合曲線方程，可計算出平拋運動的初速度為______m/s。（當地重力加速度g取，計算結保留2位有效數字）【答案】（1）水平（2）不（3）1.7【解析】【小問1詳析】安裝并調節(jié)裝置A時，必須保證軌道末端水平，以保證小球做平拋運動。【小問2詳析】根據曲線方程可知拋物線的頂點橫坐標為可知坐標原點不在拋出點?！拘?詳析】設在坐標原點位置小球的水平速度為v0豎直速度vy0，則根據解得對比可得解得v0≈1.7m/s12.某同學為測量待測電阻的阻值，設計了如圖（a）所示的電路。所用器材有：毫安表（量程0~100mA）、定值電阻（阻值25Ω）、滑動變阻器R、電源E、開關和導線若干。（1）圖（b）是該同學的實物連接圖，只更改一根導線使之與圖（a）相符，該導線是___________（填“a”“b”“c”或“d”）。（2）將電路正確連接后，該同學進行了如下操作：①將滑動變阻器的滑片置于變阻器的___________（填“左”或“右”）端，閉合開關；②調節(jié)滑動變阻器滑片至某一位置，此時毫安表示數為80mA；③斷開，此時毫安表示數為60mA；④再斷開，此時毫安表示數為52mA。根據以上數據，求得的阻值為___________Ω（結果保留1位小數）。（3）根據上述實驗方案，毫安表內阻對的測量值___________（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）d（2）右15.4（3）無【解析】【小問1詳析】根據圖（b）可知S2并聯在了Rx和R0兩端，圖（a）中只并聯在Rx兩端，故應該是導線d連接錯誤；【小問2詳析】[1]閉合開關前，為了保護電路，應該要將滑動變阻器的阻值調到最大，所以應該調到最右端；[2]設毫安表內阻為rA，電源內阻為r，滑動變阻器接入電路的阻值為R，依題意斷開有斷開時有代入數據聯立解得【小問3詳析】根據前面的解析可知毫安表內阻，電源內阻，滑動變阻器接入電路的阻值，可以整體代換，所以毫安表內阻對的測量值無影響。13.已知某型號汽車輪胎的容積為，初始時車胎內氣體壓強為、溫度為。由于寒潮突至，輪胎內溫度降至。輪胎容積始終保持不變。求降溫后（1）車胎內氣體壓強；（2）為使車胎壓強達到，需要從外界緩慢充入溫度為、壓強為的氣體體積多大？【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】對理想氣體，由查理定律可得其中，解得【小問2詳析】為使車胎壓強達到，設從外界緩慢充入溫度為、壓強為的氣體體積為，由理想氣體狀態(tài)方程可得解得14.如圖，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m，物塊的質量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短，不計物塊厚度的影響，求（1）子彈擊中物塊前瞬間的速度大??；（2）子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失機械能?！敬鸢浮浚?）（2）37.5mgh【解析】【小問1詳析】子彈射穿木塊后子彈和木塊的速度分別為其中子彈射穿木塊過程由動量守恒解得【小問2詳析】子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能15.如圖，M、Q、N為相互平行的豎直平面，間距均為L，在N上建立xOy直角坐標系，x軸水平。處有一粒子源，連線垂直于豎直平面。MQ間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，QN間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。粒子源發(fā)出速率為v的正電粒子，粒子沿方向運動，經磁場偏轉通過Q平面時，其速度方向與夾角為，再經電場偏轉通過N平面上的P點（圖中未標出）。忽略粒子間相互作用及粒子重力，求：（1）粒子的電荷量與質量之比；（2）粒子從Q運動到N的時間；（3）P點的坐標（x，y）。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】根據題意可知，粒子在勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則根據幾何關系可知聯立可得【小問2詳析】粒子進入勻強電場后，做類平拋運動，則解得【小問3詳析】粒子的橫坐標為所以粒子的縱坐標為所以所以P點的坐標為（，）。高三物理強化卷本試卷滿分100分，考試時間75分鐘．一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1.核電池是利用放射性同位素衰變釋放能量發(fā)電的裝置，并應用在“嫦娥四號”的著陸器和月球車上。某種核電池原料為钚的氧化物，核反應方程為。則X為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設X為，根據質量數守恒和核電荷數守恒可知解得，故X。故選D。2.殲-35A是由中國航空工業(yè)集團自主研制的新一代中型隱身多用途戰(zhàn)斗機。如圖所示殲-35A戰(zhàn)機先水平向右，再沿曲線ab向上，最后沿陡斜線直入云霄。設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變。則在沿ab段曲線飛行過程中（）A.戰(zhàn)機水平方向的分速度逐漸增大B.戰(zhàn)機在某點加速度方向可能沿軌跡的切線方向C.戰(zhàn)機克服重力做功的功率逐漸增大D.戰(zhàn)機所受合外力斜向左上方且保持不變【答案】C【解析】A．設戰(zhàn)機速度大小為v，速度方向與水平方向夾角為θ，則水平分速度為，在ab段，θ逐漸增大，逐漸減小，而v不變，所以水平方向的分速度逐漸減小，故A錯誤；B．根據曲線運動的條件，飛機沿ab段飛行做曲線運動，所受合外力一定不為零，且合外力方向指向ab曲線的內側，由牛頓第二定律可知加速度方向也指向ab曲線的內側，不可能沿軌跡的切線方向，故B錯誤；C．戰(zhàn)機克服重力做功的功率可知在ab段，θ逐漸增大，逐漸增大，因為v大小不變，故戰(zhàn)機克服重力做功的功率逐漸增大，故C正確；D．戰(zhàn)機做曲線運動，合外力指向軌跡的凹側，由于飛機速率不變，故合外力方向時刻與速度方向垂直，由于速度方向時刻變化，所以合外力方向也時刻變化，故D錯誤。故選C。3.長征運載火箭將七組衛(wèi)星送入高軌道后，先釋放第一組衛(wèi)星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛(wèi)星，直到第七組衛(wèi)星全部釋放。衛(wèi)星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛(wèi)星，第一組衛(wèi)星的（）A.線速度大 B.角速度大 C.加速度小 D.運行周期小【答案】C【解析】根據萬有引力提供向心力可得由于第一組衛(wèi)星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛(wèi)星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。故選C。4.如圖（a）所示，理想變壓器原線圈接在正弦交流電源上，輸入電壓隨時間變化的圖像如圖（b）所示，副線圈接額定電壓為的燈泡，燈泡正常發(fā)光，原線圈理想交流電流表的示數為，則下列說法正確的是（）A.原副線圈匝數比為 B.原副線圈匝數比為1：4C.燈泡的額定功率為 D.燈泡的額定功率為【答案】C【解析】AB．因為燈泡正常發(fā)光，所以副線圈電壓的有效值為由圖（a）可得，原線圈電壓的峰值為所以，原線圈的電壓的有效值為根據可得原副線圈匝數比為故AB錯誤；CD．原線圈理想交流電流表的示數為根據可得，副線圈的電流大小為燈泡的額定功率為故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖，一棱鏡的橫截面為等腰三角形，其中邊長PM與PN相等，，PM邊緊貼墻壁放置，現有一束單色光垂直于MN邊入射，從PN邊出射后恰好與墻面垂直（不考慮光線在棱鏡內的多次反射），則該棱鏡的折射率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根據題意畫出光路圖如圖所示根據幾何關系可得，根據折射定律可得故選D。6.一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，波速為，某時刻波形如圖所示，為該介質中的一質點。則該簡諧波（）A.波長為B.周期為C.振幅為D.該時刻質點的速度沿軸正方向【答案】D【解析】AC．由圖可知波長為16m，振幅為0.1m，故AC錯誤；B．根據波速與周期的關系有s故B錯誤；D．簡諧橫波沿軸正方向傳播，根據“同側法”可知，該時刻質點的速度沿軸正方向，故D正確。故選D。7.如圖，質量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩固定，處于靜止狀態(tài)，水平，與豎直方向的夾角為，重力加速度大小為g。則（）A.的拉力大小為 B.的拉力大小為3mgC.若剪斷，該瞬間小球甲的加速度大小為 D.若剪斷，該瞬間小球乙的加速度大小為g【答案】C【解析】AB．對甲乙整體受力分析可知，的拉力大小為的拉力大小為選項AB錯誤；CD．若剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，則小球乙受的合外力仍為零，加速度為零；對甲分析可知，甲受重力和彈簧向下的拉力，繩子對其的拉力，甲球的速度為0，將力沿著繩子方向和垂直繩子方向分解，沿繩方向合力為0，則剪斷瞬間，甲球受到的合力由牛頓第二定律可知加速度選項C正確，D錯誤。故選C。8.如圖，在光滑絕緣水平面上同時靜止釋放兩個帶正電的小球（視為點電荷），兩小球在運動過程中（）A.速度大小之比逐漸增大B.加速度大小之比逐漸減少C.動量大小之比保持不變D.動能之比保持不變【答案】CD【解析】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則所以即兩球速度大小之比不變，兩球動量大小相等，比值保持不變，故A錯誤，C正確；B．小球的加速度大小之比為即加速度大小之比保持不變，故B錯誤；D．動能之比為即動能之比保持不變，故D正確。故選CD。9.如圖，傾角為30°且足夠長的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q兩個物體通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，Q的另一端與固定在水平面的輕彈簧連接，P和Q的質量分別為4m和m。初始時，控制P使輕繩伸直且無拉力，滑輪左側輕繩與斜劈上表面平行，右側輕繩豎直，彈簧始終在彈性限度范圍內，彈簧勁度系數為k，重力加速度大小為g?，F無初速釋放P，則在物體P沿斜劈下滑過程中（）A.輕繩拉力大小一直增大 B.物體P的加速度大小一直增大C.物體P沿斜劈下滑的最大距離為 D.物體P的最大動能為【答案】AD【解析】B．設物體P向下運動過程中的位移為x，彈簧的形變量為Δx，開始時彈簧的彈力表現為支持力，從釋放P到彈簧恢復原長過程中，對P、Q整體根據牛頓第二定律可得隨著x增大Δx減小，則加速度逐漸減小，當彈簧恢復原長后，彈簧表現為拉伸狀態(tài)，彈簧彈力為拉力，隨著x增大Δx增大，根據牛頓第二定律可得隨著x增大Δx增大，當mg>kΔx時，隨著x增大，加速度逐漸減小，當kΔx>mg時，隨著x增大，加速度反向增大，所以物體P的加速度大小先減小后反向增大，故B錯誤；A．以P為研究對象，設繩子拉力為T，根據牛頓第二定律可得彈簧恢復原長前隨著Δx減小T增大；彈簧恢復原長后可知隨著Δx增大，T逐漸增大，所以輕繩拉力大小一直增大，故A正確；C．沒有釋放物體P前，根據平衡條件可得物體P沿斜劈下滑的最大距離為xmax，根據系統(tǒng)機械能守恒可得解得故C錯誤；D．當P的加速度為零時，速度最大，動能最大，此時根據平衡條件解得可知P動能最大時，彈簧的彈性勢能與初始狀態(tài)相等，設P的動能為Ek，根據可知Q的動能為，根據動能定理解得，故D正確。故選AD。10.在光滑絕緣的水平面上有兩相互平行的邊界MN、PQ，邊界內有豎直向下的勻強磁場。緊靠MN有一材料相同、粗細均勻的正方形線框abcd，如圖所示（俯視圖）。已知線框邊長為L，磁場寬度為2L。從時刻起線框在水平向右外力作用下從圖示位置由靜止水平向右勻加速直線運動。則從線框ab邊進磁場到cd邊出磁場的過程中，以下關于線框中的磁通量、ab邊電壓U、外力F和電功率P隨位移x變化的規(guī)律圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】A．線框中的磁通量，可知：，，隨x均勻增大；，不變；，隨x均勻減小，故A正確；B．根據法拉第電磁感應定律結合歐姆定律，，完全進入磁場的瞬間完全進入磁場后在磁場中加速運動，此時線圈的ab邊出磁場的瞬間線圈完全出磁場后速度減速零，此時，故B錯誤；C．，線圈的ab邊開始進入磁場的安培力F與x不是線性關系，故C錯誤；D．，電功率，線圈完全進入磁場，，電功率為0，ab離開磁場，電功率故D正確。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分．11.圖（a）為研究平拋運動的實驗裝置，其中裝置A、B固定在鐵架臺上，裝置B裝有接收器并與計算機連接。裝有發(fā)射器的小球從裝置A某高處沿著軌道向下運動，離開軌道時，裝置B開始實時探測小球運動的位置變化。根據實驗記錄的數據由數表作圖軟件擬合出平拋運動曲線方程，如圖（b）所示。（1）安裝并調節(jié)裝置A時，必須保證軌道末端______。（填“水平”或“光滑”）（2）根據擬合曲線方程，可知坐標原點______拋出點。（填“在”或“不在”）（3）根據擬合曲線方程，可計算出平拋運動的初速度為______m/s。（當地重力加速度g取，計算結保留2位有效數字）【答案】（1）水平（2）不（3）1.7【解析】【小問1詳析】安裝并調節(jié)裝置A時，必須保證軌道末端水平，以保證小球做平拋運動。【小問2詳析】根據曲線方程可知拋物線的頂點橫坐標為可知坐標原點不在拋出點?！拘?詳析】設在坐標原點位置小球的水平速度為v0豎直速度vy0，則根據解得對比可得解得v0≈1.7m/s12.某同學為測量待測電阻的阻值，設計了如圖（a）所示的電路。所用器材有：毫安表（量程0~100mA）、定值電阻（阻值25Ω）、滑動變阻器R、電源E、開關和導線若干。（1）圖（b）是該同學的實物連接圖，只更改一根導線使之與圖（a）相符，該導線是___________（填“a”“b”“c”或“d”）。（2）將電路正確連接后，該同學進行了如下操作：①將滑動變阻器的滑片置于變阻器的___________（填“左”或“右”）端，閉合開關；②調節(jié)滑動變阻器滑片至某一位置，此時毫安表示數為80mA；③斷開，此時毫安表示數為60mA；④再斷開，此時毫安表示數為52mA。根據以上數據，求得的阻值為___________Ω（結果保留1位小數）。（3）根據上述實驗方案，毫安表內阻對的測量值___________（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）d（2）右15.4（3）無【解析】【小問1詳析】根據圖（b）可知S2并聯在了Rx和R0兩端，圖（a）中只并聯在Rx兩端，故應該是導線d連接錯誤；【小問2