高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年第二學(xué)期期末調(diào)研考試高一物理試題注意事項(xiàng)1、本試卷共6面，滿分為100分，考試時(shí)間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將答題卡交回。2、作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效。一、單選題（共11小題滿分44分）1.物理學(xué)家在建立物理概念、探究物理規(guī)律的過(guò)程中應(yīng)用了很多思想方法，以下敘述不正確的是（）A.由牛頓第二定律可知物體的加速度，該公式應(yīng)用了比值定義法B.“重心”、“合力與分力”都用到了等效替代法C.伽俐略研究力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系時(shí)，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法D.研究物體沿曲面運(yùn)動(dòng)時(shí)重力做的功，應(yīng)用了微元累積法【答案】A【解析】A．由牛頓第二定律可知物體的加速度該公式通過(guò)實(shí)驗(yàn)得到，是加速度的決定式，不是定義式，沒(méi)有應(yīng)用了比值定義法，故A錯(cuò)誤，符合題意；B．“重心”、“合力與分力”都用到了等效替代的思想，故B正確，不符合題意；C．伽俐略研究力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系時(shí)，進(jìn)行了理想斜面實(shí)驗(yàn)，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法，故C正確，不符合題意；D．研究物體沿曲面運(yùn)動(dòng)時(shí)重力做的功，將曲線無(wú)限分割，應(yīng)用了微元累積法，故D正確，不符合題意。故選A。2.如圖所示，載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車(chē)，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車(chē)總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法不正確的有（）A.從M到N，小車(chē)牽引力大小為40NB.從M到N，小車(chē)克服摩擦力做功800JC.從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加1×104JD.從P到Q，小車(chē)克服摩擦力做功700J【答案】C【解析】A．小車(chē)從M到N，依題意有P1＝Fv1代入數(shù)據(jù)解得F＝40N故A正確，不符合題意；B．小車(chē)從M到N勻速行駛，小車(chē)所受的摩擦力大小為f1＝F＝40N則摩擦力做功W1＝－40×20J＝－800J則小車(chē)克服摩擦力做功800J，故B正確，不符合題意；C．依題意，從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J故C錯(cuò)誤，符合題意；D．設(shè)小車(chē)從P到Q所受的摩擦力大小為f2，有f2＋mgsin30°＝摩擦力做功W2＝－f2·PQ聯(lián)立解得W2＝－700J則小車(chē)克服摩擦力做功700J，故D正確，不符合題意。故選C。3.如圖所示，兩電荷量分別為Q（Q>0）和-Q的點(diǎn)電荷對(duì)稱(chēng)地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸正半軸，取無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）A.b點(diǎn)的電勢(shì)為零，電場(chǎng)強(qiáng)度也為零B.試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于零，所受靜電力方向沿x軸正方向C.將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服靜電力做功D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢(shì)能的變化較大【答案】C【解析】A．因?yàn)榈攘慨惙N電荷在其連線的中垂線上的電場(chǎng)方向?yàn)槠叫杏趚軸指向負(fù)電荷，所以電場(chǎng)方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢(shì)線，因?yàn)橹写咕€延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢(shì)為零，故b點(diǎn)的電勢(shì)為零，但是電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，A錯(cuò)誤；B．等量異種電荷連線上，電場(chǎng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向平行于x軸向右，在中點(diǎn)O處電勢(shì)為零，O點(diǎn)左側(cè)電勢(shì)為正，右側(cè)電勢(shì)為負(fù)，由于不知道試探電荷的電性，所以無(wú)法確定它在試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能的正負(fù)，和所受靜電力的方向。B錯(cuò)誤；C．O點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)，將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以必須克服電場(chǎng)力做功，C正確；D．O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等，所以先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相等，電勢(shì)能變化相同，D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，O處為地心，衛(wèi)星1環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星2環(huán)繞地球運(yùn)行的軌道為橢圓，兩軌道不在同一平面內(nèi)。已知圓軌道的直徑等于橢圓軌道的長(zhǎng)軸，且地球位于橢圓軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，引力常量為G，地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星1的軌道半徑為R，衛(wèi)星1的運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v0，關(guān)系為。下列說(shuō)法正確的是（）A.衛(wèi)星1的運(yùn)行周期大于衛(wèi)星2的運(yùn)行周期B.如果衛(wèi)星1的加速度為a，衛(wèi)星2在P點(diǎn)的加速度為，則C.衛(wèi)星2在Q點(diǎn)的速度D.衛(wèi)星2在P、Q點(diǎn)的速度大小關(guān)系為【答案】D【解析】A．題意可知衛(wèi)星2的軌道半長(zhǎng)軸為R，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律由于衛(wèi)星1的半徑等于衛(wèi)星2的半長(zhǎng)軸，所以衛(wèi)星1的運(yùn)行周期等于衛(wèi)星2的運(yùn)行周期，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量為m，則有解得由于P點(diǎn)距離中心天體較近，所以故B錯(cuò)誤；C．若衛(wèi)星2在OQ為半徑的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力解得由于衛(wèi)星在橢圓軌道的Q點(diǎn)要做近心運(yùn)動(dòng)，所以故C錯(cuò)誤；D．若衛(wèi)星在P點(diǎn)做半徑為R圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)易知衛(wèi)星在P點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于（），由于衛(wèi)星在圓軌道的P點(diǎn)要做離心運(yùn)動(dòng)，則有同理，若衛(wèi)星在Q點(diǎn)做半徑為1.5R的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)易知衛(wèi)星在Q點(diǎn)做半徑為1.5R的圓周運(yùn)動(dòng)的速度小于（），由于衛(wèi)星在圓軌道的Q點(diǎn)要做近心運(yùn)動(dòng)，則有綜合以上可知故D正確。故選D。5.我國(guó)新能源汽車(chē)發(fā)展迅猛，已成為全球最大新能源汽車(chē)產(chǎn)銷(xiāo)國(guó)。質(zhì)量為m的某新能源汽車(chē)在水平路面上以恒定加速度啟動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，其中OA段和BC段為直線。已知汽車(chē)動(dòng)力系統(tǒng)的額定功率為P，t1、t2時(shí)刻的速度分別為v1、v2，則下列說(shuō)法正確的是（）A.汽車(chē)所受阻力B.汽車(chē)速度為時(shí)的加速度大小為C.汽車(chē)速度為時(shí)的功率為D.汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程阻力做的功【答案】B【解析】A．由圖可知，汽車(chē)最大速度為v2，當(dāng)汽車(chē)達(dá)到最大速度有所以故A錯(cuò)誤；D．0~t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，由圖像可得位移為阻力做負(fù)功，所以故D錯(cuò)誤；C．0~t1內(nèi)牽引力F不變，t1時(shí)刻有當(dāng)汽車(chē)速度為時(shí)，功率為故C錯(cuò)誤；B．汽車(chē)速度為時(shí)，牽引力大小為根據(jù)牛頓第二定律，有故B正確。故選B。6.如圖所示，電荷量為q點(diǎn)電荷在均勻帶電薄板上方2d處，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)薄板的幾何中心，A、B為垂線上兩點(diǎn)，到薄板的距離均為d、將一帶電小球置于B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，則（）A.薄板帶正電荷B.薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的方向豎直向上C.薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D.若將帶電小球移到A點(diǎn)釋放，其加速度仍等于重力加速度g【答案】C【解析】AB．將一帶電小球置于B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g，所以小球此位置只受重力作用，此可知電荷量為q的點(diǎn)電荷和均勻帶電薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，均勻帶電薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)豎直向上，由此可知薄板負(fù)電荷，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的方向豎直向下，故AB錯(cuò)誤；C．B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g，有故C正確；D．若將帶電小球移到A點(diǎn)釋放，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)與在B點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)等大反向，則由牛頓第二定律知＞g故D錯(cuò)誤。故選C。7.某實(shí)驗(yàn)小組在“測(cè)定某金屬絲的電阻”的實(shí)驗(yàn)中，設(shè)計(jì)了如下所示的電路圖。已知該金屬絲的電阻約為，電源為蓄電池（不宜在長(zhǎng)時(shí)間、大功率狀況下使用），電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻很小?；瑒?dòng)變阻器阻值范圍為，電流表內(nèi)阻約幾歐，電壓表內(nèi)阻約。則以下電路圖中，哪個(gè)電路為本次實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)采用的最佳電路（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因電源不能在大功率下長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)行，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用限流接法（滑動(dòng)變阻器必須接成分壓電路的情況：①要求電壓表能從零開(kāi)始讀數(shù)；②當(dāng)待測(cè)電阻（滑動(dòng)變阻器的最大阻值）時(shí)；③若采用限流式接法，電路中的最小電流仍超過(guò)電路中電表、電阻允許的最大電流?；瑒?dòng)變阻器的最大阻值和用電器的阻值差不多且要求電壓不從零開(kāi)始變化，通常情況下，由于限流式結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、耗能少，使用限流接法最佳）；由于待測(cè)電阻的阻值約為，與電流表內(nèi)阻接近，故采用電流表外接法誤差較小。故選A。8.電容式麥克風(fēng)的振動(dòng)膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，其工作原理如圖所示，振動(dòng)膜與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路，兩極板間電壓不變。振動(dòng)膜向右振動(dòng)，兩極板間的距離減小，則（）A.振動(dòng)膜帶正電B.電容器電容減小C.電容器帶的電荷量增加D.電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小【答案】C【解析】C．由圖可知，電源給電容器充電，電流從基板流入，振動(dòng)膜流出，故振動(dòng)膜帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．振動(dòng)膜向右振動(dòng)的過(guò)程中，電容器兩極板間的距離d減小，根據(jù)可知，電容增大，故B錯(cuò)誤；C．電容器兩極板間的電壓U不變，根據(jù)可知，電容器帶的電荷量增加，故C正確；D．U不變，d減小，根據(jù)可知，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖所示為一種自動(dòng)測(cè)量壓力的電路圖，其中為滑動(dòng)變阻器，為定值電阻，為理想電流表，為壓敏電阻，其阻值會(huì)隨著壓力的增大而減小。下列說(shuō)法正確的是（）A.受到的壓力減小時(shí)，電流表的示數(shù)減小B.受到的壓力增大時(shí)，兩端的電壓減小C.若將電流表重新刻度為壓力表，則“0”刻度在右邊D.阻值越大，受到相同壓力時(shí)電流表示數(shù)變化將越明顯【答案】C【解析】A．受到的壓力減小時(shí)，阻值會(huì)增大，并聯(lián)部分的電阻增大，并聯(lián)部分的電壓增大，電流表支路的電阻不變，流過(guò)電流表的示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；B．受到的壓力增大時(shí)，阻值會(huì)減小，總電阻減小，總電流增大，兩端的電壓增大，故B錯(cuò)誤；C．受到壓力增大，電阻減小，電流表的示數(shù)減小，反向變化，則“0”刻度在右邊，故C正確；D．阻值越大，流過(guò)電流表上的電流越小，受到相同壓力時(shí)，電流表變化將越不明顯，故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過(guò)細(xì)線繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為10kg，C的質(zhì)量為40kg，重力加速度為細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開(kāi)地面時(shí)，B獲得最大速度，則（）A.從釋放C到B速度達(dá)到最大過(guò)程，地面對(duì)斜面的支持力不斷減小。B.A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.B的最大速度為2m/sD.當(dāng)C的速度最大時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)【答案】C【解析】A．從釋放C到B速度達(dá)到最大過(guò)程，由于C對(duì)斜面的壓力不變，故地面對(duì)斜面的支持力不變，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于A、B、C組成的系統(tǒng)有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為了彈簧的彈性勢(shì)能，所以A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物體A剛離開(kāi)地面時(shí)，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離為由于彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為，題意知AB質(zhì)量均為，C的質(zhì)量，由動(dòng)能定理得題意知A剛離開(kāi)地面時(shí)，A的合力為0，且BC速度均達(dá)到最大值，故BC也合力為0，對(duì)ABC和彈簧組成的系統(tǒng)，由平衡條件得解得故聯(lián)立以上解得故C正確；D．當(dāng)B的速度最大時(shí)，C的速度也是最大的，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選C。11.雨滴由靜止豎直下落到地面的過(guò)程中，其質(zhì)量不變，受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一雨滴從足夠高的空中落下，若雨滴下落的時(shí)間為t，下落的高度為h、速度大小為v、動(dòng)能為，以地面為零勢(shì)能面，雨滴的重力勢(shì)能為，下列圖像中大致正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】AB．由題意可知雨滴受到空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比，即空氣阻力f=kv對(duì)雨滴由牛頓第二定律有mg-kv=ma雨滴從靜止開(kāi)始下落，速度v逐漸增大，則加速度a逐漸減小，若毽子下落的高度足夠大，加速度可能減小為零，即速度先增大，之后可能不變，h-t圖像的斜率表示速度，所以h-t圖像的斜率先增加可能之后不變，v-t圖像的斜率表示加速度，所以v-t圖像的斜率先增大可能之后不變，故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)雨滴原來(lái)距地面的高度為H，則下落高度為h時(shí)，距離地面的高度為H-h，則其重力勢(shì)能表達(dá)式為Ep=mg（H-h）Ep-h為線性關(guān)系，其圖像應(yīng)是向下傾斜的直線，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)能定理有Ek=（mg-kv）h根據(jù)上述分析可知速度v的變化特點(diǎn)，所以Ek-h圖像的斜率開(kāi)始階段是減小的，最后可能不變，故D錯(cuò)誤。故選A。二、非選擇題（共5大題滿分56分）12.某同學(xué)為了測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，設(shè)計(jì)電路如圖甲所示。（1）在圖乙中用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線按照甲圖連接實(shí)驗(yàn)電路（2）正確連接電路后，閉合開(kāi)關(guān)S，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)無(wú)論怎么移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，電壓表的讀數(shù)都不變，電流表無(wú)讀數(shù)。則電路的故障可能是。A.電流表斷路 B.開(kāi)關(guān)S接觸不良 C.滑動(dòng)變阻器短路（3）排除故障后，根據(jù)（2）中正確的實(shí)驗(yàn)操作，記錄數(shù)據(jù)，繪制如圖丙中所示的圖線，則電池電動(dòng)勢(shì)E=______V，（4）該實(shí)驗(yàn)存在有系統(tǒng)誤差，導(dǎo)致r的測(cè)量值比真實(shí)值______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）并說(shuō)明其原因______。【答案】（1）（2）A（3）1.48（4）偏小電壓表分流【解析】【小問(wèn)1解析】根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖【小問(wèn)2解析】電壓表的讀數(shù)都不變，電流表無(wú)讀數(shù)，電壓表有示數(shù)說(shuō)明電壓表和電源回路導(dǎo)通，排除開(kāi)關(guān)接觸不良；電流表無(wú)讀數(shù)，則電流表、滑動(dòng)變阻器的其中之一斷路，滑動(dòng)變阻器短路則電壓表無(wú)示數(shù)。故選A。【小問(wèn)3解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)圖像截距可知【小問(wèn)4解析】在測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，電壓表測(cè)量電源的外電壓準(zhǔn)確，電流表測(cè)量通過(guò)電源的電流偏小，因?yàn)殡妷罕砥鸱至髯饔??？梢詫㈦妷罕韮?nèi)阻與電源并聯(lián)后看作等效電源，實(shí)際測(cè)量的是等效電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，知電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值偏小，內(nèi)電阻的測(cè)量值偏小。13.人類(lèi)的征途是星辰大海。假如將來(lái)的你成為了一名優(yōu)秀的宇航員，并成功登上了火星。當(dāng)你乘宇宙飛船繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，火星在視野內(nèi)兩邊界的夾角為74°，并測(cè)得宇宙飛船的周期為T(mén)；已知引力常量為G，火星半徑為R，忽略火星的自轉(zhuǎn)。求：（1）火星的質(zhì)量；（2）火星表面的重力加速度；【答案】（1）（2）【解析】【小問(wèn)1解析】設(shè)宇宙飛船的軌道半徑為，根據(jù)題意由幾何關(guān)系可得解得根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有解得火星的質(zhì)量為【小問(wèn)2解析】忽略火星的自轉(zhuǎn)時(shí)，對(duì)火星表面的物體有所以火星表面的重力加速度為14.某學(xué)習(xí)小組利用如圖所示電路研究一手持小風(fēng)扇的電動(dòng)機(jī)性能。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，此時(shí)電壓表示數(shù)為，電流表示數(shù)為；當(dāng)扇葉被卡住停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)為，電流表示數(shù)為。求：（1）電動(dòng)機(jī)線圈的電阻；（2）風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率【答案】（1）（2）【解析】【小問(wèn)1解析】扇葉停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為【小問(wèn)2解析】風(fēng)扇運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電動(dòng)機(jī)線圈的發(fā)熱功率為：電動(dòng)機(jī)輸入功率為電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為15.如圖所示，為豎直放在場(chǎng)強(qiáng)為、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光滑軌道，其中軌道的段水平，部分是半徑為R的圓弧形軌道，P是軌道上與圓心O等高的點(diǎn)，，軌道的水平部分與圓弧相切，A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且，把一質(zhì)量、帶電荷量的小球放在水平軌道上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，g取10，，，小球視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度是多大？（2）小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？（3）若讓小球安全通過(guò)M點(diǎn)，開(kāi)始釋放點(diǎn)離B點(diǎn)至少多遠(yuǎn)？【答案】（1）2m/s（2）3N（3）0.26m【解析】【小問(wèn)1解析】由A點(diǎn)到P點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理，有解得【小問(wèn)2解析】在P點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律，得解得【小問(wèn)3解析】設(shè)小球恰好安全通過(guò)M點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x，由動(dòng)能定理得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得16.如圖所示，長(zhǎng)度、順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶左端平滑連接一水平軌道，右端平滑連接一固定光滑圓弧軌道，一輕彈簧左端固定在水平軌道上，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端位于O點(diǎn)，水平面上O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)段粗糙，的圓弧軌道上C點(diǎn)處有一沿徑向的擋板，C處半徑與豎直方向間的夾角為θ（），現(xiàn)將一質(zhì)量的物塊放在彈簧右端，且用一水平向左的外力推動(dòng)物塊壓縮彈簧，使得彈簧彈性勢(shì)能，后撤去外力，物塊向右運(yùn)動(dòng)。從A點(diǎn)滑上傳送帶，經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道。已知傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度，物塊和間的動(dòng)摩擦因數(shù)，和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，水平面，物塊和擋板碰撞前后速度大小不變，方向反向，物塊可看做質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度。求：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)圓弧軌道對(duì)物塊的支持力及物塊最終停止時(shí)的位置與O點(diǎn)間的距離；（3）若傳送帶的速度可調(diào)，要使物塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫軌，則傳送帶速度的范圍?！敬鸢浮浚?）（2），方向：由C指向圓心；（3）或【解析】【小問(wèn)1解析】物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒有解得【小問(wèn)2解析】設(shè)物塊在傳送帶上始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得因，故假設(shè)成立物塊從過(guò)程根據(jù)能量守恒有解得在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得方向：由指向圓心物塊和擋板碰撞后原速率返回，回到B點(diǎn)速率不變，向左減速經(jīng)過(guò)傳送帶回到A點(diǎn)的速率設(shè)物塊繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)x停下，根據(jù)動(dòng)能定理有解得則停下的位置與O點(diǎn)間的距離【小問(wèn)3解析】若物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)和軌道間恰好無(wú)相互作用力，則有解得物塊從過(guò)程根據(jù)能量守恒有解得則時(shí)，物塊能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，不會(huì)脫軌；若物塊最高能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，物塊從過(guò)程根據(jù)能量守恒有解得則時(shí)，物塊最高能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，不會(huì)脫軌。故要使物塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫軌，則傳送帶速度的范圍為或2024-2025學(xué)年第二學(xué)期期末調(diào)研考試高一物理試題注意事項(xiàng)1、本試卷共6面，滿分為100分，考試時(shí)間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將答題卡交回。2、作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效。一、單選題（共11小題滿分44分）1.物理學(xué)家在建立物理概念、探究物理規(guī)律的過(guò)程中應(yīng)用了很多思想方法，以下敘述不正確的是（）A.由牛頓第二定律可知物體的加速度，該公式應(yīng)用了比值定義法B.“重心”、“合力與分力”都用到了等效替代法C.伽俐略研究力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系時(shí)，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法D.研究物體沿曲面運(yùn)動(dòng)時(shí)重力做的功，應(yīng)用了微元累積法【答案】A【解析】A．由牛頓第二定律可知物體的加速度該公式通過(guò)實(shí)驗(yàn)得到，是加速度的決定式，不是定義式，沒(méi)有應(yīng)用了比值定義法，故A錯(cuò)誤，符合題意；B．“重心”、“合力與分力”都用到了等效替代的思想，故B正確，不符合題意；C．伽俐略研究力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系時(shí)，進(jìn)行了理想斜面實(shí)驗(yàn)，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法，故C正確，不符合題意；D．研究物體沿曲面運(yùn)動(dòng)時(shí)重力做的功，將曲線無(wú)限分割，應(yīng)用了微元累積法，故D正確，不符合題意。故選A。2.如圖所示，載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車(chē)，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車(chē)總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法不正確的有（）A.從M到N，小車(chē)牽引力大小為40NB.從M到N，小車(chē)克服摩擦力做功800JC.從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加1×104JD.從P到Q，小車(chē)克服摩擦力做功700J【答案】C【解析】A．小車(chē)從M到N，依題意有P1＝Fv1代入數(shù)據(jù)解得F＝40N故A正確，不符合題意；B．小車(chē)從M到N勻速行駛，小車(chē)所受的摩擦力大小為f1＝F＝40N則摩擦力做功W1＝－40×20J＝－800J則小車(chē)克服摩擦力做功800J，故B正確，不符合題意；C．依題意，從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J故C錯(cuò)誤，符合題意；D．設(shè)小車(chē)從P到Q所受的摩擦力大小為f2，有f2＋mgsin30°＝摩擦力做功W2＝－f2·PQ聯(lián)立解得W2＝－700J則小車(chē)克服摩擦力做功700J，故D正確，不符合題意。故選C。3.如圖所示，兩電荷量分別為Q（Q>0）和-Q的點(diǎn)電荷對(duì)稱(chēng)地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸正半軸，取無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）A.b點(diǎn)的電勢(shì)為零，電場(chǎng)強(qiáng)度也為零B.試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于零，所受靜電力方向沿x軸正方向C.將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服靜電力做功D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢(shì)能的變化較大【答案】C【解析】A．因?yàn)榈攘慨惙N電荷在其連線的中垂線上的電場(chǎng)方向?yàn)槠叫杏趚軸指向負(fù)電荷，所以電場(chǎng)方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢(shì)線，因?yàn)橹写咕€延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢(shì)為零，故b點(diǎn)的電勢(shì)為零，但是電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，A錯(cuò)誤；B．等量異種電荷連線上，電場(chǎng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向平行于x軸向右，在中點(diǎn)O處電勢(shì)為零，O點(diǎn)左側(cè)電勢(shì)為正，右側(cè)電勢(shì)為負(fù)，由于不知道試探電荷的電性，所以無(wú)法確定它在試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能的正負(fù)，和所受靜電力的方向。B錯(cuò)誤；C．O點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)，將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以必須克服電場(chǎng)力做功，C正確；D．O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等，所以先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相等，電勢(shì)能變化相同，D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，O處為地心，衛(wèi)星1環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星2環(huán)繞地球運(yùn)行的軌道為橢圓，兩軌道不在同一平面內(nèi)。已知圓軌道的直徑等于橢圓軌道的長(zhǎng)軸，且地球位于橢圓軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，引力常量為G，地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星1的軌道半徑為R，衛(wèi)星1的運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v0，關(guān)系為。下列說(shuō)法正確的是（）A.衛(wèi)星1的運(yùn)行周期大于衛(wèi)星2的運(yùn)行周期B.如果衛(wèi)星1的加速度為a，衛(wèi)星2在P點(diǎn)的加速度為，則C.衛(wèi)星2在Q點(diǎn)的速度D.衛(wèi)星2在P、Q點(diǎn)的速度大小關(guān)系為【答案】D【解析】A．題意可知衛(wèi)星2的軌道半長(zhǎng)軸為R，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律由于衛(wèi)星1的半徑等于衛(wèi)星2的半長(zhǎng)軸，所以衛(wèi)星1的運(yùn)行周期等于衛(wèi)星2的運(yùn)行周期，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量為m，則有解得由于P點(diǎn)距離中心天體較近，所以故B錯(cuò)誤；C．若衛(wèi)星2在OQ為半徑的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力解得由于衛(wèi)星在橢圓軌道的Q點(diǎn)要做近心運(yùn)動(dòng)，所以故C錯(cuò)誤；D．若衛(wèi)星在P點(diǎn)做半徑為R圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)易知衛(wèi)星在P點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于（），由于衛(wèi)星在圓軌道的P點(diǎn)要做離心運(yùn)動(dòng)，則有同理，若衛(wèi)星在Q點(diǎn)做半徑為1.5R的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)易知衛(wèi)星在Q點(diǎn)做半徑為1.5R的圓周運(yùn)動(dòng)的速度小于（），由于衛(wèi)星在圓軌道的Q點(diǎn)要做近心運(yùn)動(dòng)，則有綜合以上可知故D正確。故選D。5.我國(guó)新能源汽車(chē)發(fā)展迅猛，已成為全球最大新能源汽車(chē)產(chǎn)銷(xiāo)國(guó)。質(zhì)量為m的某新能源汽車(chē)在水平路面上以恒定加速度啟動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，其中OA段和BC段為直線。已知汽車(chē)動(dòng)力系統(tǒng)的額定功率為P，t1、t2時(shí)刻的速度分別為v1、v2，則下列說(shuō)法正確的是（）A.汽車(chē)所受阻力B.汽車(chē)速度為時(shí)的加速度大小為C.汽車(chē)速度為時(shí)的功率為D.汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程阻力做的功【答案】B【解析】A．由圖可知，汽車(chē)最大速度為v2，當(dāng)汽車(chē)達(dá)到最大速度有所以故A錯(cuò)誤；D．0~t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，由圖像可得位移為阻力做負(fù)功，所以故D錯(cuò)誤；C．0~t1內(nèi)牽引力F不變，t1時(shí)刻有當(dāng)汽車(chē)速度為時(shí)，功率為故C錯(cuò)誤；B．汽車(chē)速度為時(shí)，牽引力大小為根據(jù)牛頓第二定律，有故B正確。故選B。6.如圖所示，電荷量為q點(diǎn)電荷在均勻帶電薄板上方2d處，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)薄板的幾何中心，A、B為垂線上兩點(diǎn)，到薄板的距離均為d、將一帶電小球置于B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，則（）A.薄板帶正電荷B.薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的方向豎直向上C.薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D.若將帶電小球移到A點(diǎn)釋放，其加速度仍等于重力加速度g【答案】C【解析】AB．將一帶電小球置于B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g，所以小球此位置只受重力作用，此可知電荷量為q的點(diǎn)電荷和均勻帶電薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，均勻帶電薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)豎直向上，由此可知薄板負(fù)電荷，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的方向豎直向下，故AB錯(cuò)誤；C．B點(diǎn)，釋放時(shí)的加速度恰好等于重力加速度g，有故C正確；D．若將帶電小球移到A點(diǎn)釋放，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)與在B點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)等大反向，則由牛頓第二定律知＞g故D錯(cuò)誤。故選C。7.某實(shí)驗(yàn)小組在“測(cè)定某金屬絲的電阻”的實(shí)驗(yàn)中，設(shè)計(jì)了如下所示的電路圖。已知該金屬絲的電阻約為，電源為蓄電池（不宜在長(zhǎng)時(shí)間、大功率狀況下使用），電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻很小。滑動(dòng)變阻器阻值范圍為，電流表內(nèi)阻約幾歐，電壓表內(nèi)阻約。則以下電路圖中，哪個(gè)電路為本次實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)采用的最佳電路（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因電源不能在大功率下長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)行，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用限流接法（滑動(dòng)變阻器必須接成分壓電路的情況：①要求電壓表能從零開(kāi)始讀數(shù)；②當(dāng)待測(cè)電阻（滑動(dòng)變阻器的最大阻值）時(shí)；③若采用限流式接法，電路中的最小電流仍超過(guò)電路中電表、電阻允許的最大電流。滑動(dòng)變阻器的最大阻值和用電器的阻值差不多且要求電壓不從零開(kāi)始變化，通常情況下，由于限流式結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、耗能少，使用限流接法最佳）；由于待測(cè)電阻的阻值約為，與電流表內(nèi)阻接近，故采用電流表外接法誤差較小。故選A。8.電容式麥克風(fēng)的振動(dòng)膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，其工作原理如圖所示，振動(dòng)膜與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路，兩極板間電壓不變。振動(dòng)膜向右振動(dòng)，兩極板間的距離減小，則（）A.振動(dòng)膜帶正電B.電容器電容減小C.電容器帶的電荷量增加D.電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小【答案】C【解析】C．由圖可知，電源給電容器充電，電流從基板流入，振動(dòng)膜流出，故振動(dòng)膜帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．振動(dòng)膜向右振動(dòng)的過(guò)程中，電容器兩極板間的距離d減小，根據(jù)可知，電容增大，故B錯(cuò)誤；C．電容器兩極板間的電壓U不變，根據(jù)可知，電容器帶的電荷量增加，故C正確；D．U不變，d減小，根據(jù)可知，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖所示為一種自動(dòng)測(cè)量壓力的電路圖，其中為滑動(dòng)變阻器，為定值電阻，為理想電流表，為壓敏電阻，其阻值會(huì)隨著壓力的增大而減小。下列說(shuō)法正確的是（）A.受到的壓力減小時(shí)，電流表的示數(shù)減小B.受到的壓力增大時(shí)，兩端的電壓減小C.若將電流表重新刻度為壓力表，則“0”刻度在右邊D.阻值越大，受到相同壓力時(shí)電流表示數(shù)變化將越明顯【答案】C【解析】A．受到的壓力減小時(shí)，阻值會(huì)增大，并聯(lián)部分的電阻增大，并聯(lián)部分的電壓增大，電流表支路的電阻不變，流過(guò)電流表的示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；B．受到的壓力增大時(shí)，阻值會(huì)減小，總電阻減小，總電流增大，兩端的電壓增大，故B錯(cuò)誤；C．受到壓力增大，電阻減小，電流表的示數(shù)減小，反向變化，則“0”刻度在右邊，故C正確；D．阻值越大，流過(guò)電流表上的電流越小，受到相同壓力時(shí)，電流表變化將越不明顯，故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過(guò)細(xì)線繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為10kg，C的質(zhì)量為40kg，重力加速度為細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開(kāi)地面時(shí)，B獲得最大速度，則（）A.從釋放C到B速度達(dá)到最大過(guò)程，地面對(duì)斜面的支持力不斷減小。B.A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.B的最大速度為2m/sD.當(dāng)C的速度最大時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)【答案】C【解析】A．從釋放C到B速度達(dá)到最大過(guò)程，由于C對(duì)斜面的壓力不變，故地面對(duì)斜面的支持力不變，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于A、B、C組成的系統(tǒng)有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為了彈簧的彈性勢(shì)能，所以A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物體A剛離開(kāi)地面時(shí)，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離為由于彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為，題意知AB質(zhì)量均為，C的質(zhì)量，由動(dòng)能定理得題意知A剛離開(kāi)地面時(shí)，A的合力為0，且BC速度均達(dá)到最大值，故BC也合力為0，對(duì)ABC和彈簧組成的系統(tǒng)，由平衡條件得解得故聯(lián)立以上解得故C正確；D．當(dāng)B的速度最大時(shí)，C的速度也是最大的，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選C。11.雨滴由靜止豎直下落到地面的過(guò)程中，其質(zhì)量不變，受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一雨滴從足夠高的空中落下，若雨滴下落的時(shí)間為t，下落的高度為h、速度大小為v、動(dòng)能為，以地面為零勢(shì)能面，雨滴的重力勢(shì)能為，下列圖像中大致正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】AB．由題意可知雨滴受到空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比，即空氣阻力f=kv對(duì)雨滴由牛頓第二定律有mg-kv=ma雨滴從靜止開(kāi)始下落，速度v逐漸增大，則加速度a逐漸減小，若毽子下落的高度足夠大，加速度可能減小為零，即速度先增大，之后可能不變，h-t圖像的斜率表示速度，所以h-t圖像的斜率先增加可能之后不變，v-t圖像的斜率表示加速度，所以v-t圖像的斜率先增大可能之后不變，故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)雨滴原來(lái)距地面的高度為H，則下落高度為h時(shí)，距離地面的高度為H-h，則其重力勢(shì)能表達(dá)式為Ep=mg（H-h）Ep-h為線性關(guān)系，其圖像應(yīng)是向下傾斜的直線，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)能定理有Ek=（mg-kv）h根據(jù)上述分析可知速度v的變化特點(diǎn)，所以Ek-h圖像的斜率開(kāi)始階段是減小的，最后可能不變，故D錯(cuò)誤。故選A。二、非選擇題（共5大題滿分56分）12.某同學(xué)為了測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，設(shè)計(jì)電路如圖甲所示。（1）在圖乙中用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線按照甲圖連接實(shí)驗(yàn)電路（2）正確連接電路后，閉合開(kāi)關(guān)S，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)無(wú)論怎么移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，電壓表的讀數(shù)都不變，電流表無(wú)讀數(shù)。則電路的故障可能是。A.電流表斷路 B.開(kāi)關(guān)S接觸不良 C.滑動(dòng)變阻器短路（3）排除故障后，根據(jù)（2）中正確的實(shí)驗(yàn)操作，記錄數(shù)據(jù)，繪制如圖丙中所示的圖線，則電池電動(dòng)勢(shì)E=______V，（4）該實(shí)驗(yàn)存在有系統(tǒng)誤差，導(dǎo)致r的測(cè)量值比真實(shí)值______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）并說(shuō)明其原因______?！敬鸢浮浚?）（2）A（3）1.48（4）偏小電壓表分流【解析】【小問(wèn)1解析】根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖【小問(wèn)2解析】電壓表的讀數(shù)都不變，電流表無(wú)讀數(shù)，電壓表有示數(shù)說(shuō)明電壓表和電源回路導(dǎo)通，排除開(kāi)關(guān)接觸不良；電流表無(wú)讀數(shù)，則電流表、滑動(dòng)變阻器的其中之一斷路，滑動(dòng)變阻器短路則電壓表無(wú)示數(shù)。故選A?！拘?wèn)3解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)圖像截距可知【小問(wèn)4解析】在測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，電壓表測(cè)量電源的外電壓準(zhǔn)確，電流表測(cè)量通過(guò)電源的電流偏小，因?yàn)殡妷罕砥鸱至髯饔??？梢詫㈦妷罕韮?nèi)阻與電源并聯(lián)后看作等效電源，實(shí)際測(cè)量的是等效電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，知電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值偏小，內(nèi)電阻的測(cè)量值偏小。13.人類(lèi)的征途是星辰大海。假如將來(lái)的你成為了一名優(yōu)秀的宇航員，并成功登上了火星。當(dāng)你乘宇宙飛船繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，火星在視野內(nèi)兩邊界的夾角為74°，并測(cè)得宇宙飛船的周期為T(mén)；已知引力常量為G，火星半徑為R，