第第頁(yè)2025屆山東省日照市高三下學(xué)期校際聯(lián)合考試(一模)物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．在物理學(xué)的發(fā)展過程中，科學(xué)家們創(chuàng)造了許多物理思想與研究方法，下列說法正確的是（）A．“重心”概念的建立，體現(xiàn)了等效替代的思想B．“瞬時(shí)速度”概念的建立，體現(xiàn)了理想模型的研究方法C．電場(chǎng)強(qiáng)度的公式E=UD．卡文迪什利用扭秤測(cè)量引力常量，利用了類比法2．一輛汽車從靜止出發(fā)做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的方向一直不變。在第一段時(shí)間內(nèi)加速度大小不變，在接下來的相同時(shí)間內(nèi)，加速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?。則汽車在這兩段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程之比為（）A．1:2 B．1:3 C．2:5 D．2:33．如圖所示，水平地面上固定著一個(gè)豎直圓形軌道，圓心為O，軌道內(nèi)壁光滑。軌道內(nèi)放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在水平拉力F的作用下靜止在軌道內(nèi)側(cè)A點(diǎn)，AO連線與豎直方向的夾角θ=30°，軌道對(duì)小球的支持力大小為FNA．將拉力F逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，F(xiàn)的最小值為3B．將拉力F逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，F(xiàn)N的最小值為C．將拉力F順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，F(xiàn)先減小后增大D．將拉力F順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，F(xiàn)N4．一般河流的河道是彎曲的，外側(cè)河堤會(huì)受到流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)。如圖所示，河流某彎道處可視為半徑為R的圓弧的一部分。假設(shè)河床水平，河道在整個(gè)彎道處寬度d和水深h均保持不變，水的流動(dòng)速度v大小恒定，d?R，河水密度為ρ，忽略流水內(nèi)部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測(cè)截面，則在一段極短時(shí)間ΔtA．流水速度改變量的方向沿河道的切線方向B．流水速度改變量的大小為vC．外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為ρdD．通過觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為ρdh5．x軸上O、P兩點(diǎn)分別固定點(diǎn)電荷甲、乙，電荷量的絕對(duì)值分別為q1、q2。一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷沿著x軸運(yùn)動(dòng)時(shí)，在O、P之間的電勢(shì)能A．點(diǎn)電荷甲帶正電，點(diǎn)電荷乙?guī)ж?fù)電B．兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量滿足qC．P、B之間的電場(chǎng)方向沿著x軸負(fù)方向D．試探電荷運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)加速度大小為a6．某型號(hào)農(nóng)田噴灌機(jī)如圖所示，噴口出水速度的大小和方向均可調(diào)節(jié)。該噴灌機(jī)的最大噴水速度v=10m/s，取重力加速度g=10A．當(dāng)噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時(shí)，噴灌的射程最遠(yuǎn)B．噴灌的射程最遠(yuǎn)時(shí)，水在空中的運(yùn)行時(shí)間為2C．噴灌的射程最遠(yuǎn)為10mD．該噴灌機(jī)的最大噴灌面積為1577．某簡(jiǎn)諧橫波在t1=0時(shí)刻的波形圖如圖中實(shí)線所示，x=0處質(zhì)點(diǎn)的位移為?5cm，x=7A．該波的波長(zhǎng)為13mB．該波的波速為4m/sC．該波沿x軸負(fù)方向傳播D．t18．在足夠大的水池底部水平放置細(xì)圓環(huán)狀的發(fā)光體（忽略發(fā)光體的粗細(xì)），圓環(huán)的半徑r=0.9m，發(fā)光體可以交替發(fā)出紅綠兩種顏色的光。已知水對(duì)紅光的折射率n=43，發(fā)光體到水面的距離h=A．在水面上觀察發(fā)光體到水面的距離大于3B．無論發(fā)紅光還是綠光，水面被照亮的區(qū)域均為圓環(huán)狀C．發(fā)紅光時(shí)，能從水面射出的光在水中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間為4×D．發(fā)紅光時(shí)，水面被照亮的區(qū)域面積為3.24二、多項(xiàng)選擇題：本題包括4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．在火星上，太陽(yáng)能電池板發(fā)電能力有限，因此科學(xué)家用放射性材料PuO2作為發(fā)電能源為火星車供電。PuO2中的Pu元素是A．94238Pu發(fā)生B．10000個(gè)94238C．94238Pu無論存在于化合物D．衰變過程發(fā)生了質(zhì)量虧損，會(huì)吸收能量10．某風(fēng)力發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，發(fā)電機(jī)的線圈固定，磁體在葉片驅(qū)動(dòng)下繞線圈對(duì)稱軸轉(zhuǎn)動(dòng)，磁體間的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.2T，線圈的匝數(shù)為100、面積為0.5m2，不計(jì)線圈的電阻，磁體轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為452A．當(dāng)磁場(chǎng)與線圈平行時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零B．發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值為450VC．輸電線上的電流為25D．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為170:1111．將一質(zhì)量為m的物體放在地球赤道上時(shí)，該物體的重力為mgA．地球的質(zhì)量為gB．地球的自轉(zhuǎn)周期為2C．地球的平均密度為3gD．地球靜止衛(wèi)星的高度為312．如圖所示，間距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平固定，定值電阻大小為R，電容器的電容大小為C。質(zhì)量為m的金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好并保持垂直，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均不計(jì)。開關(guān)S開始處于閉合狀態(tài)，對(duì)金屬棒施加水平向右的恒定拉力，使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t金屬棒達(dá)到最大速度v0，此時(shí)斷開開關(guān)S，改變水平拉力大小，使金屬棒保持速度vA．開關(guān)斷開前水平拉力大小為BB．開關(guān)斷開前金屬棒運(yùn)動(dòng)的位移為vC．開關(guān)斷開后，當(dāng)外力的功率為定值電阻功率的3倍時(shí)，電容器兩端的電壓為1D．從開關(guān)斷開到外力功率為定值電阻功率的3倍時(shí)，外力做的功為2三、非選擇題：本題包括6小題，共60分。13．“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。（1）下列說法中正確的是______A．濾光片應(yīng)置于單縫與雙縫之間B．保持雙縫位置不變，減小單縫到雙縫的距離，干涉條紋間距不變C．保持雙縫位置不變，減小雙縫到屏的距離，干涉條紋間距變大（2）將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，記下此時(shí)手輪上的示數(shù)x1，然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第10條亮紋中心對(duì)齊，記下此時(shí)手輪上的示數(shù)x2。則兩相鄰亮條紋中心間的距離為，已知雙縫間距為d，測(cè)得雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，則所測(cè)光的波長(zhǎng)為14．歐姆表是用電流表改裝而成的電學(xué)儀器。某歐姆表內(nèi)部電路（部分）如圖甲所示，通過調(diào)節(jié)開關(guān)S，可使歐姆表具有“×1”和“×10”的兩種倍率。改裝所用器材如下：A．電池（電動(dòng)勢(shì)E=4.5V，內(nèi)阻r=1B．電流表G（滿偏電流Ig=3mAC．定值電阻R0D．滑動(dòng)變阻器R1E．定值電阻R2F．開關(guān)一個(gè)，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干。（1）表筆A是（填“紅”或“黑”）表筆。（2）虛線框內(nèi)是改裝電流表的電路圖，已知R2=1Ω，當(dāng)使用虛線框內(nèi)P、Q兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0~0.3A，那么定值電阻R（3）當(dāng)開關(guān)S撥向（填“a”或“b”）時(shí)，歐姆表的倍率是“×10”。（4）該歐姆表使用時(shí)間久了，電池的電動(dòng)勢(shì)變小為4.35V，內(nèi)阻變大為3.6Ω，歐姆表仍可調(diào)零。某次開關(guān)接到“×10”，規(guī)范操作后測(cè)得一電阻的讀數(shù)如圖乙所示，則該電阻實(shí)際的阻值為Ω。15．如圖所示，一個(gè)形狀不規(guī)則而又不便裝入液體的導(dǎo)熱容器，為測(cè)量它的容積，在容器上插入一根兩端開口的玻璃管，接口用蠟密封。玻璃管接口以上的長(zhǎng)度為l，內(nèi)部橫截面積為S。將厚度不計(jì)的活塞輕輕從玻璃管上端放入，靜止時(shí)恰好到達(dá)接口處。已知大氣壓強(qiáng)為p0，環(huán)境溫度為T0，重力加速度為g，活塞的質(zhì)量為（1）求容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)和不規(guī)則容器的容積；（2）若環(huán)境溫度升高，活塞緩慢上升，靜止時(shí)恰好到達(dá)開口處，求此時(shí)環(huán)境的溫度。16．如圖甲所示，在水平地面上固定一傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，質(zhì)量m=1kg的滑塊靜止在斜面底端擋板處（滑塊與擋板不粘連）?，F(xiàn)對(duì)滑塊施加沿著斜面向上的拉力F，拉力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。重力加速度，g=10m/s2（1）6.5s時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率；（2）0~6.5s的時(shí)間內(nèi)拉力F做的功。17．如圖所示，一水平傳送帶的左右兩端均與水平地面平滑連接，左側(cè)地面粗糙，右側(cè)地面光滑，傳送帶兩輪軸間的距離L=5.5m，傳送帶以v0=3m/s的速度順時(shí)針傳動(dòng)。質(zhì)量m均為1kg的A、B兩物塊間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊不連接），開始彈簧的壓縮量Δx=25（1）物塊B滑上傳送帶時(shí)的速度大?。唬?）小球3開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）物塊B與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量。18．如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立O?xyz坐標(biāo)系，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上，z軸正方向垂直紙面向外（圖中未畫出），沿x軸正方向從左到右依次存在四個(gè)區(qū)域，區(qū)域之間的邊界均平行于yOz平面。Ⅰ區(qū)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1=15N/C；Ⅱ區(qū)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=3×10?2T；Ⅲ區(qū)存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=3×10?2T；Ⅳ區(qū)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E（1）帶電粒子進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度；（2）帶電粒子第二次穿過xOz平面時(shí)的位置坐標(biāo)；（3）Ⅲ區(qū)的寬度d；（4）帶電粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)距xOz平面的最大距離和每次穿過xOz平面時(shí)距Ⅳ區(qū)左邊界的距離。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．重心概念建立體現(xiàn)了等效替代的思想，故A正確；B．瞬時(shí)速度概念的建立體現(xiàn)了極限的方法，故B錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)強(qiáng)度E=UD．卡文迪什利用扭秤測(cè)量引力常量用到了放大的思想，故D錯(cuò)誤；故答案為：A。

【分析】明確每個(gè)物理概念或?qū)嶒?yàn)所對(duì)應(yīng)的核心研究方法，對(duì)比選項(xiàng)描述即可判斷正誤。2．【答案】C【解析】【解答】設(shè)相同的時(shí)間為t，第一段時(shí)間內(nèi)的加速度大小為2a，第二段相同時(shí)間內(nèi)的加速度大小為a，則第一段時(shí)間內(nèi)的路程為x第一段時(shí)間的末速度大小即第二段時(shí)間的初速度大小為v=2at則第二段時(shí)間內(nèi)的路程為x則兩段時(shí)間內(nèi)的路程之比為x故答案為：C。

【分析】通過勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式，分別計(jì)算兩段時(shí)間內(nèi)的位移，再求比值。3．【答案】B【解析】【解答】AB．將拉力F逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，小球若能靜止在A點(diǎn)，根據(jù)三角形法則，畫出小球的受力變化情況，如圖所示由圖中可以看出，F(xiàn)先變小后變大，當(dāng)F與FN垂直時(shí)拉力最小為FN一直減小，根據(jù)正弦定理可知最小值為解得FNminCD．將拉力F順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)45°的過程中，如圖則拉力F、FN都在增大，F(xiàn)N的最小值為故答案為：B。

【分析】通過受力平衡構(gòu)建矢量三角形，利用正弦定理分析力的變化規(guī)律，明確旋轉(zhuǎn)過程中力的極值條件。4．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)題意可知，流水做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，水流所受外力的合力方向指向圓心，即流水的加速度方向指向圓心，即流水速度改變量的方向指向圓心，故A錯(cuò)誤；B．由于d?R，結(jié)合上述，向心加速度a=v2R，根據(jù)加速度的定義式有a=C．極短時(shí)間Δt內(nèi)流過截面的水流質(zhì)量Δm=ρdhvΔt，令外側(cè)河堤對(duì)Δ根據(jù)牛頓第三定律有F2=F1，則外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為D．結(jié)合上述可知，流水速度改變量的大小Δv=v2R，故D錯(cuò)誤。故答案為：C。

【分析】通過分析流水的圓周運(yùn)動(dòng)受力，結(jié)合動(dòng)量定理計(jì)算沖擊力，進(jìn)而推導(dǎo)壓強(qiáng)；同時(shí)明確速度改變量的方向和大小與向心加速度的關(guān)系。5．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)Ep=qφ，又因?yàn)樵囂诫姾蓭ж?fù)電，所以兩電荷間的電勢(shì)沿著x軸的負(fù)方向降低，即電場(chǎng)線沿B．因?yàn)樵囂诫姾蛇\(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，即B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即kq1rC．由B分析可知，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則P、B之間的電場(chǎng)方向沿著x軸正方向，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)試探電荷的質(zhì)量為m，電荷量為q，則試探電荷在A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律kqq1rOA2+k故答案為：D。

【分析】通過電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系判斷電場(chǎng)方向和點(diǎn)電荷電性，利用電場(chǎng)強(qiáng)度疊加求電荷量關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律分析加速度。6．【答案】C【解析】【解答】A．水流做斜拋運(yùn)動(dòng)，則有x=vcosθ?t，?vsinθ=vsinB．結(jié)合上述可知，當(dāng)噴口出水速度方向與水平面夾角θ=45°時(shí)，噴灌的射程最遠(yuǎn)，此時(shí)水在空中的運(yùn)行時(shí)間為t=2vC．結(jié)合上述可知，噴灌的射程最遠(yuǎn)為xmaxD．結(jié)合上述可知，該噴灌機(jī)的最大噴灌面積S=πxmax2故答案為：C。

【分析】通過斜拋運(yùn)動(dòng)的射程公式確定最遠(yuǎn)射程的角度和數(shù)值，再結(jié)合圓的面積公式計(jì)算最大噴灌面積。7．【答案】B【解析】【解答】A．設(shè)該簡(jiǎn)諧橫波的波動(dòng)方程為y=10將在t1=0時(shí)x=0m，解得φ則該簡(jiǎn)諧橫波的波動(dòng)方程為y=10將在t1=0時(shí)x=7m時(shí)y=0cm，則有可得2π解得λ=12mBC．由題知，該波的周期大于2s，若該波沿x軸正方向傳播，則該波在0.5s內(nèi)向右傳播的距離為2m，則波速度周期T=λv=12周期T=λv=128D．因該波沿x軸正方向傳播，根據(jù)“上下坡”法，可知t1故答案為：B。

【分析】通過波動(dòng)方程求波長(zhǎng)，結(jié)合周期條件分析波的傳播方向和波速，再用“上下坡法”判斷質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向。8．【答案】D【解析】【解答】A．從燈帶上發(fā)出的紅光射向水面時(shí)折射角大于入射角，射到人的眼睛中，由光的可逆性可知光線從發(fā)光體上方沿直線射到眼睛里，則觀察到發(fā)光體的位置比實(shí)際位置偏高，即在水面上觀察發(fā)光體到水面的距離小于37C．紅光恰能射出水時(shí)，如圖根據(jù)全反射臨界角有n=根據(jù)幾何關(guān)系有cos光在水中的傳播速度為v=發(fā)紅光時(shí)，能從水面射出的光在水中傳播的最長(zhǎng)時(shí)間為t=解得t=8BD．根據(jù)幾何關(guān)系可知tanC=R解得S=3.24πm2，故答案為：D。

【分析】通過光的折射視深規(guī)律判斷A，結(jié)合全反射臨界角和幾何關(guān)系計(jì)算傳播時(shí)間、照亮區(qū)域面積，進(jìn)而分析各選項(xiàng)。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．94238Pu發(fā)生B．半衰期是大量原子核的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少數(shù)原子核（如10000個(gè)）不適用，因此無法確定175.4年后（2個(gè)半衰期）剩余的具體數(shù)量，故B錯(cuò)誤；C．半衰期由核內(nèi)部自身因素決定，與化學(xué)狀態(tài)（如化合物、單質(zhì)）和外部條件無關(guān)，故C正確；D．衰變過程發(fā)生了質(zhì)量虧損，會(huì)放出能量，故D錯(cuò)誤。故答案為：AC。

【分析】通過α衰變的質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒計(jì)算中子數(shù)，結(jié)合半衰期的統(tǒng)計(jì)意義和影響因素判斷選項(xiàng)，再根據(jù)質(zhì)量虧損的能量效應(yīng)分析衰變的能量變化。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．當(dāng)磁場(chǎng)與線圈平行時(shí)，線圈切割磁感線最快（垂直切割），此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故A錯(cuò)誤；B．發(fā)電機(jī)輸出電壓的最大值為Em=NBSω=4502C．輸電線上損失的功率為ΔP=I線D．根據(jù)U1U輸電線上損失的電壓為Δ則減壓變壓器的輸入電壓為U根據(jù)U3U4故答案為：BD。

【分析】通過交變電流的最大值與有效值關(guān)系求發(fā)電機(jī)輸出電壓，結(jié)合輸電功率損耗計(jì)算輸電電流，再根據(jù)變壓器的電壓比規(guī)律分析降壓變壓器的匝數(shù)比。11．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．在地球北極點(diǎn)時(shí)，物體受到的重力與萬有引力大小相等GMmR2B．由于在地球赤道上該物體的重力為mg0，則有mg?mg0=mC．地球的體積為V=43πD．由于地球靜止衛(wèi)星圍繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，故由萬有引力定律可得GMm'故答案為：ACD。

【分析】通過北極點(diǎn)的萬有引力等于重力求地球質(zhì)量，結(jié)合赤道上的向心力分析求自轉(zhuǎn)周期，利用質(zhì)量和體積的關(guān)系求密度，最后根據(jù)靜止衛(wèi)星的周期條件求其高度。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時(shí)，金屬棒的速度最大，則F=F安=BIL，由閉合電路歐姆定律I=ERB．開關(guān)斷開前，金屬棒達(dá)到最大速度過程，由動(dòng)量定理Ft-BILt=mv0-0CD．開關(guān)閉合后，金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)外力的功率為定值電阻功率的3倍時(shí)，設(shè)回路的電流為I，則F由平衡條件知，外力F外=BIL金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BL則電容器兩端的電壓U=E-IR=此時(shí)電容器所帶的的電荷量即通過電源的電荷量，為q=CU=由功能關(guān)系知，外力做功W=qE=2故答案為：AD。

【分析】通過受力平衡求拉力，利用動(dòng)量定理求位移，結(jié)合功率和能量守恒分析開關(guān)斷開后的外力做功與電容器電壓。13．【答案】（1）B（2）x2?【解析】【解答】（1）A．濾光片應(yīng)置于單縫的前面，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)Δx=故答案為：B。（2）兩相鄰亮條紋中心間的距離為Δx=x2?x110?1=x2?x1（1）A．濾光片應(yīng)置于單縫的前面，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)Δ可知保持雙縫位置不變，減小單縫到雙縫的距離，干涉條紋間距不變；保持雙縫位置不變，減小雙縫到屏的距離，干涉條紋間距變??；故B正確，C錯(cuò)誤。故選B。（2）[1]兩相鄰亮條紋中心間的距離為Δ[2]根據(jù)Δ可得所測(cè)光的波長(zhǎng)為λ=14．【答案】（1）紅（2）9（3）b（4）145【解析】【解答】（1）電流從紅表筆流進(jìn)，黑表筆流出，由圖甲可知，表筆A是紅表筆。

故答案為：紅（2）使用虛線框內(nèi)P、Q兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0~0.3A，則I?解得R3=（3）由（2）可知，當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0～0.3A，則歐姆表內(nèi)阻為R當(dāng)S接b時(shí)，設(shè)滿偏電流為I'，根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)有解得I則歐姆表內(nèi)阻為R歐姆表的中值電阻等于歐姆表的內(nèi)阻，即15所以當(dāng)開關(guān)S撥向b，歐姆表的倍率是“×10”。

故答案為：b（4）某次開關(guān)接到“×10”倍率時(shí)，電池的電動(dòng)勢(shì)變小為E'=4.35V，內(nèi)阻變大為r'=3.6Ω，歐姆表調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻為R內(nèi)1=E'I'（1）電流從紅表筆流進(jìn)，黑表筆流出，由圖甲可知，表筆A是紅表筆。（2）使用虛線框內(nèi)P、Q兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0~0.3A，則I?解得R（3）由（2）可知，當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0～0.3A，則歐姆表內(nèi)阻為R當(dāng)S接b時(shí)，設(shè)滿偏電流為I'，根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)有解得I則歐姆表內(nèi)阻為R歐姆表的中值電阻等于歐姆表的內(nèi)阻，即15所以當(dāng)開關(guān)S撥向b，歐姆表的倍率是“×10”。（4）某次開關(guān)接到“×10”倍率時(shí)，電池的電動(dòng)勢(shì)變小為E'=4.35V，內(nèi)阻變大為如圖乙所示，指針指示表盤的中央，被測(cè)電阻的阻值等于歐姆表的內(nèi)阻，則該電阻實(shí)際的阻值為145Ω15．【答案】（1）解：對(duì)活塞受力分析可知mg+容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=設(shè)不規(guī)則容器體積為V，壓強(qiáng)為p0，放入活塞前氣體的體積放入活塞后氣體的壓強(qiáng)為p，體積V根據(jù)玻意耳定律p解得V=20lS（2）解：當(dāng)環(huán)境升溫后，活塞緩慢上升到玻璃管頂口處，氣體壓強(qiáng)不變，根據(jù)查理定律V解得T=1.05【解析】【分析】（1）結(jié)合活塞的受力平衡與玻意耳定律（等溫過程），推導(dǎo)氣體壓強(qiáng)與容器容積，體現(xiàn)氣體實(shí)驗(yàn)定律在不規(guī)則容器測(cè)量中的應(yīng)用。

（2）利用蓋-呂薩克定律（等壓過程），分析溫度變化時(shí)的體積關(guān)系，推導(dǎo)環(huán)境溫度，體現(xiàn)氣體實(shí)驗(yàn)定律的階段應(yīng)用。（1）對(duì)活塞受力分析可知mg+容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=設(shè)不規(guī)則容器體積為V，壓強(qiáng)為p0，放入活塞前氣體的體積放入活塞后氣體的壓強(qiáng)為p，體積V根據(jù)玻意耳定律p解得V=20lS（2）當(dāng)環(huán)境升溫后，活塞緩慢上升到玻璃管頂口處，氣體壓強(qiáng)不變，根據(jù)查理定律V解得T=1.0516．【答案】（1）解：由題意可知，t1=2.5滑塊開始做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，t2=5.5解得a=6可得t2=5.5之后滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t3=6.5則6.5s時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率為P=（2）解：在2.5s~5.5位移為x5.5s~6.5根據(jù)動(dòng)能定理可得W?mg解得拉力做功為W=217.5【解析】【分析】（1）通過受力分析確定運(yùn)動(dòng)階段，結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)瞬時(shí)功率，體現(xiàn)多階段運(yùn)動(dòng)的速度與功率計(jì)算。

（2）利用變加速運(yùn)動(dòng)的位移公式與動(dòng)能定理，分階段計(jì)算拉力做功，體現(xiàn)復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程的能量分析。（1）由題意可知，t1=2.5滑塊開始做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，t2=5.5解得a=6可得t2=5.5之后滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t3=6.5則6.5s時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率為P=（2）在2.5s~5.5位移為x5.5s~6.5根據(jù)動(dòng)能定理可得W?mg解得拉力做功為W=217.517．【答案】（1）解：對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒m根據(jù)能量守恒E聯(lián)立，解得v（2）解：因?yàn)関所以B在傳送帶上減速，假設(shè)B可以減速到與傳送帶共速，則設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間與傳送帶共速，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v聯(lián)立，解得t減速的位移大小為x所以假設(shè)成立。則勻速的位移大小為x勻速的時(shí)間為t物塊B與小球1碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒m根據(jù)動(dòng)能守恒1解得vB1=?1因?yàn)樾∏?、2、3完全相同，所以小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞后，交換速度，所以從小球1運(yùn)動(dòng)到小球3運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為t小球3開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=（3）解：物塊B第一次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B第一次與小球1碰撞后返回到傳送帶上，與傳動(dòng)帶作用后以相同的速度大小反向再次與小球1發(fā)生碰撞，物塊B第二次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B與小球1第二次碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可得mvB1解得v物塊B第三次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B與小球1第三次碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可得mvB2解得v物塊B第四次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ所以，物塊B與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q=μmg【解析】【分析】（1）結(jié)合動(dòng)量守恒與能量守恒，分析彈簧釋放過程的速度，體現(xiàn)系統(tǒng)的守恒規(guī)律應(yīng)用。

（2）分解B在傳送帶的減速與勻速階段，結(jié)合彈性碰撞的速度傳遞，推導(dǎo)小球3的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，體現(xiàn)多過程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間疊加。

（3）利用摩擦生熱的相對(duì)位移公式，計(jì)算總熱量，體現(xiàn)摩擦力做功的能量耗散規(guī)律。（1）對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒m根據(jù)能量守恒E聯(lián)立，解得v（2）因?yàn)関所以B在傳送帶上減速，假設(shè)B可以減速到與傳送帶共速，則設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間與傳送帶共速，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v聯(lián)立，解得t減速的位移大小為x所以假設(shè)成立。則勻速的位移大小為x勻速的時(shí)間為t物塊B與小球1碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒m根據(jù)動(dòng)能守恒1解得vB1=?1因?yàn)樾∏?、2、3完全相同，所以小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞后，交換速度，所以從小球1運(yùn)動(dòng)到小球3運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為t小球3開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=（3）物塊B第一次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B第一次與小球1碰撞后返回到傳送帶上，與傳動(dòng)帶作用后以相同的速度大小反向再次與小球1發(fā)生碰撞，物塊B第二次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B與小球1第二次碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可得mvB1解得v物塊B第三次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ物塊B與小球1第三次碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可得mvB2解得v物塊B第四次在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路程為Δ所以，物塊B與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q=μmg18．【答案】（1）解：帶電粒子在Ⅰ區(qū)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有q求得v=2×設(shè)速度方向與x軸正方向夾角為θ，則cos即θ=60°（2）解：粒子進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，所以粒子做螺旋線運(yùn)動(dòng)，一邊沿x軸正方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，一邊在垂直于x軸的平面內(nèi)以速度vsin求得