2022版《188套重組優(yōu)化卷》高考物理總復習-高考沖刺模擬練

高考沖刺模擬練綜合模擬練(一)理科綜合·物理本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。(建議用時：60分鐘滿分：110分)第Ⅰ卷(選擇題共48分)二、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題中有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14．(2022·貴州三校聯(lián)考)以下說法符合物理學史的是()A．笛卡兒通過邏輯推理和實驗對落體問題進行了研究B．哥白尼提出了日心說并發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律C．靜電力常量是由庫侖首先測出的D．牛頓被人們稱為“能稱出地球質(zhì)量的人”15．(2022·湖南常德3月模擬)甲、乙兩質(zhì)點沿同一方向做直線運動，某時刻經(jīng)過同一地點。若以該時刻作為計時起點，得到兩質(zhì)點的x－t圖象如圖所示。圖象中的OC與AB平行，CB與OA平行。則下列說法中正確的是()A．t1～t2時間內(nèi)甲和乙的距離越來越遠B．0～t2時間內(nèi)甲的速度和乙的速度始終不相等C．0～t3時間內(nèi)甲和乙的位移相等D．0～t3時間內(nèi)甲的平均速度大于乙的平均速度16．(2022·山東三校4月聯(lián)考)某實驗小組打算制作一個火箭。甲同學設計了一個火箭質(zhì)量為m，可提供恒定的推動力，大小為F＝2mg，持續(xù)時間為t。乙同學對甲同學的設計方案進行了改進，采用二級推進的方式，即當質(zhì)量為m的火箭飛行經(jīng)過eq\f(t,2)時，火箭丟棄掉eq\f(m,2)的質(zhì)量，剩余eq\f(t,2)時間，火箭推動剩余的eq\f(m,2)繼續(xù)飛行。若采用甲同學的方法火箭最高可上升的高度為h，則采用乙同學的方案火箭最高可上升的高度為(重力加速度取g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化)()A． B．2h C． D．17．(2022·廣東廣州測試)如圖a，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，與副線圈相連的兩個燈泡完全相同、電表都為理想電表。原線圈接上如圖b所示的正弦交流電，電路正常工作。閉合開關后()A．電壓表示數(shù)增大B．電流表示數(shù)增大C．變壓器的輸入功率增大D．經(jīng)過燈泡的電流頻率為25Hz18．(2022·湖北八校聯(lián)考)據(jù)英國《每日郵報》報道，科學家發(fā)現(xiàn)了一顆距離地球僅14光年的“另一個地球”—沃爾夫(Wolf)1061c。沃爾夫1061c的質(zhì)量為地球的4倍，圍繞紅矮星沃爾夫1061運行的周期為5天，它是迄今為止在太陽系外發(fā)現(xiàn)的距離最近的宜居星球。設想從地球發(fā)射一顆科學探測衛(wèi)星圍繞沃爾夫1061c表面運行。已知萬有引力常量為G，天體的環(huán)繞運動可看作勻速圓周運動。則下列說法正確的是()A．從地球發(fā)射該衛(wèi)星的速度應該小于第三宇宙速度B．衛(wèi)星繞行星沃爾夫1061c運行的周期與該衛(wèi)星的密度有關C．沃爾夫1061c和地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的三次方之比等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,365)))eq\s\up12(2)D．若已知探測衛(wèi)星的周期和地球的質(zhì)量，可近似求出沃爾夫1061c的半徑19．(2022·廣西南寧一模)如圖所示，帶電小球Q固定在傾角為θ的光滑固定絕緣細桿下端，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球M穿在桿上從A點由靜止釋放，小球到達B點時速度恰好為零，已知A、B間距為L，C是AB的中點，兩小球均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，則()A．小球從A到B的過程中加速度先減小后增大B．小球在B點時受到的庫侖力大小為mgsinθC．小球在C點時速度最大D．在Q產(chǎn)生的電場中，A、B兩點間的電勢差為－eq\f(mgLsinθ,q)20．(2022·江西名校學術聯(lián)盟調(diào)研)圖甲為固定在勻強磁場中的正三角形導線框abc，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abca的方向為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關于線框中的電流I與ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象(圖中不考慮2s末線框中的電流及ab邊的受力情況)，下列各圖正確的是()21．(2022·湖北襄陽調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，下列結論中正確的是()A．上述過程中，F(xiàn)做功等于滑塊和木板動能的增量B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達木板右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多第Ⅱ卷(非選擇題部分共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33～35題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(共47分)22．(2022·山西四校聯(lián)考)(8分)要測量兩個質(zhì)量不等的沙袋的質(zhì)量，由于沒有直接的測量工具，某實驗小組選用下列器材：輕質(zhì)定滑輪(質(zhì)量和摩擦可忽略)、砝碼一套(總質(zhì)量m＝kg)、細線、刻度尺、秒表。他們根據(jù)已學過的物理學知識，改變實驗條件進行多次測量，選擇合適的變量得到線性關系，作出圖線并根據(jù)圖線的斜率和截距求出沙袋的質(zhì)量。請完成下列步驟：(1)實驗裝置如圖所示，設右邊沙袋A的質(zhì)量為m1，左邊沙袋B的質(zhì)量為m2。(2)取出質(zhì)量為m′的砝碼放在右邊沙袋中，剩余砝碼都放在左邊沙袋中，發(fā)現(xiàn)A下降，B上升。(左、右兩側砝碼的總質(zhì)量始終不變)(3)用刻度尺測出A從靜止下降的距離h，用秒表測出A下降h所用的時間t，則可知A的加速度大小a＝________。(4)改變m′，測量相應的加速度a，得到多組m′及a的數(shù)據(jù)，作出______(填“a－m′”或“a－eq\f(1,m′)”)圖線。(5)若求得圖線的斜率k＝4m/kg·s－2，截距b＝4m/s2。則沙袋的質(zhì)量m1＝________kg，m2＝________kg。(取g＝10m/s2)23．(2022·江南十校聯(lián)考)(9分)某實驗小組設計了如圖甲的電路，其中RT為熱敏電阻，電壓表量程為3V，內(nèi)阻RV約10kΩ，電流表量程為A，內(nèi)阻RA＝Ω，R為電阻箱。(1)該實驗小組首先利用該電路進行描繪熱敏電阻的伏安特性曲線的實驗。閉合開關，調(diào)節(jié)電阻箱，記錄不同情況下電壓表示數(shù)U1、電流表的示數(shù)I和電阻箱的阻值R，在I－U坐標系中，將各組U1、I的數(shù)值標記在相應位置，描繪出熱敏電阻的部分伏安特性曲線，如圖乙中曲線所示。為了完成該實驗，應將導線c端接在________(選填“a”或“b”)點；(2)利用(1)中記錄的數(shù)據(jù)，通過分析計算可得外電路的電壓U2、U2的計算式為______________________；(用U1、I、R和RA表示)(3)實驗小組利用(2)中的公式，計算出各組的U2，將U2和I的數(shù)據(jù)也描繪在I－U坐標系中，如圖乙中直線所示，根據(jù)圖象分析可知，電源的電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω；(4)實驗中，當電阻箱的阻值調(diào)到6Ω時，熱敏電阻消耗的電功率P＝__________W。(保留兩位有效數(shù)字)24．(2022·河北邯鄲一模)(12分)在光滑水平面上有坐標xOy，質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止在xOy平面上的原點O，如圖所示。某一時刻質(zhì)點受到沿y軸正方向的恒力F1的作用，F(xiàn)1的大小為2N，若力F1作用一段時間t0后撤去，撤去力F1后2s末質(zhì)點恰好通過該平面上的A點，A點的坐標為x＝2m，y＝5m。(1)為使質(zhì)點按題設條件通過A點，在撤去力F1的同時對質(zhì)點施加一個沿x軸正方向的恒力F2，力F2應為多大？(2)力F1作用時間t0為多長？25．(2022·河北保定調(diào)研)(18分)如圖(a)所示，燈絲K可以連續(xù)逸出不計初速度的電子，在KA間經(jīng)大小為U的加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，再從M、N兩極板的正中間以平行極板的方向進入偏轉(zhuǎn)電場。M、N兩極板長為L，間距為eq\f(\r(3),3)L。如果在兩板間加上如圖(b)所示的電壓UMN，電子恰能全部射入如圖(a)所示的勻強磁場中。不考慮極板邊緣的影響，電子穿過平行板的時間極短，穿越過程可認為板間電壓不變，磁場垂直紙面向里且范圍足夠大，不考慮電場變化對磁場的影響。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力。(1)求偏轉(zhuǎn)電場電壓UMN的峰值；(2)已知在t＝eq\f(T,4)時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子恰好能返回板間，求勻強磁場的磁感應強度B的大??；(3)求從電子進入偏轉(zhuǎn)電場開始到離開磁場的最短時間。(二)選考題(共15分。請考生從給出的3道物理題中任選一題做答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。)33．(2022·深圳第一次調(diào)研)【物理——選修3－3】(15分)(1)(6分)下列說法中正確是________。(填正確答案標號，選對一個得2分，選對2個得4分，選對3個得6分，每選錯一個扣3分，最低得分為0分)A．氣體對容器壁有壓強是氣體分子對容器壁頻繁碰撞的結果B．物體溫度升高，組成物體的所有分子速率均增大C．一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程中氣體一定從外界吸收熱量D．自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的E．飽和汽壓與分子密度有關，與溫度無關(2)(9分)如圖所示，內(nèi)壁光滑、截面積不相等的圓柱形汽缸豎直放置，汽缸上、下兩部分的橫截面積分別為2S和S。在汽缸內(nèi)有A、B兩活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，兩活塞用一根長為l的細輕桿連接，兩活塞導熱性能良好，并能在汽缸內(nèi)無摩擦地移動。已知活塞A的質(zhì)量是2m，活塞B的質(zhì)量是m。當外界大氣壓強為p0、溫度為T0時，兩活塞靜止于如圖所示位置。重力加速度為g。①求此時汽缸內(nèi)氣體的壓強。②若用一豎直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由圖示位置開始緩慢向下移動eq\f(l,2)的距離，又處于靜止狀態(tài)，求這時汽缸內(nèi)氣體的壓強及拉力F的大小。設整個過程中氣體溫度不變。34．(2022·貴州三校聯(lián)考)【物理——選修3－4】(15分)(1)(6分)某時刻O處質(zhì)點沿y軸向下開始簡諧振動，形成沿x軸正向傳播的簡諧橫波，O處質(zhì)點開始振動后t＝s時波的圖象如圖所示。P點是x軸上距坐標原點96cm處的質(zhì)點。則該波的波速是________m/s；從O處質(zhì)點開始振動計時，經(jīng)過________s，P處質(zhì)點開始振動；從P處質(zhì)點開始振動，再經(jīng)________s，P處質(zhì)點第一次經(jīng)過波峰。(2)(9分)細束平行光以一定的入射角從空氣射到直角棱鏡的側面AB，光線進入棱鏡后直接射向另一側面AC。逐漸調(diào)整光線在AB面的入射角，使AC面恰好無光線射出，測得此時光線在AB面的入射角為α。①畫出光線在AB面的入射角為α時，在AB面、AC面兩次折射的光路圖；②計算該棱鏡的折射率。35．(2022·河北保定調(diào)研)【物理——選修3－5】(15分)(1)(5分)氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為～eV。下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．一個處于n＝2能級的氫原子可以吸收一個能量為4eV的光子B．大量氫原子從高能級向n＝3能級躍遷時，發(fā)出的光是不可見光C．大量處于n＝4能級的氫原子躍遷到基態(tài)的過程中可以釋放出6種頻率的光子D．氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中釋放的光子的能量可能大于eVE．用能量為10eV和eV的兩種光子同時照射大量處于基態(tài)的氫原子，有可能使個別氫原子電離(2)(10分)置于光滑水平面上的A、B兩球質(zhì)量均為m，相隔一定距離，兩球之間存在恒定斥力作用，初始時兩球均被鎖定而處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)同時給兩球解除鎖定并給A球一沖量I，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零。在之后的運動過程中兩球始終未接觸，試求：①兩球間的距離最小時B球的速度；②兩球間的距離從最小值到剛恢復到初始值過程中斥力對A球做的功。綜合模擬練(二)理科綜合·物理本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。(建議用時：60分鐘滿分：110分)第Ⅰ卷(選擇題共48分)二、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題中有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14．(2022·安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，在教室里某同學站在體重計上研究超重與失重。她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程。關于她的實驗現(xiàn)象，下列說法中正確的是()A．只有“起立”過程，才能出現(xiàn)超重的現(xiàn)象B．只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)失重的現(xiàn)象C．“下蹲”的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象D．“起立”、“下蹲”的過程，都能出現(xiàn)超重和失重的現(xiàn)象15．(2022·新疆烏魯木齊二診)交流發(fā)電機的原理如圖所示，10匝的矩形線圈在勻強磁場中繞軸做勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為10πrad/s，線圈轉(zhuǎn)動過程中，穿過線圈的最大磁通量為Wb。若從線圈平面與磁場平行的位置開始計時，在t＝eq\f(1,30)s時，矩形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值為()A．V B．V C．V D．V16．(2022·山西高考前質(zhì)檢)據(jù)報道，目前我國正在研制“螢火二號”火星探測器。探測器升空后，先在地球表面附近以線速度v環(huán)繞地球飛行，再調(diào)整速度進入地火轉(zhuǎn)移軌道，最后以線速度v′在火星表面附近環(huán)繞火星飛行。若認為地球和火星都是質(zhì)量分布均勻的球體，已知火星與地球的半徑之比為1∶2，密度之比為5∶7。設火星與地球表面的重力加速度分別為g′和g，下列結論正確的是()A．g′∶g＝1∶4 B．g′∶g＝7∶10C．v′∶v＝eq\r(\f(5,28)) D．v′∶v＝eq\r(\f(5,14))17．(2022·廣東四校聯(lián)考)如圖所示內(nèi)壁光滑的環(huán)形槽半徑為R，固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)形槽上的P、Q兩點與環(huán)形槽圓心等高，質(zhì)量均為m的小球(可視為質(zhì)點)A和B，以等大的速率v0同時從P處向上、向下滑入環(huán)形槽，若在運動過程中兩球均未脫離環(huán)形槽，設當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列敘述正確的是()A．兩球第一次相遇時速度相同B．兩球第一次相遇點在Q點C．小球A通過最高點時的機械能小于小球B通過最低點時的機械能D．小球A通過最高點和小球B通過最低點時對環(huán)形槽的壓力差為6mg18．(2022·湖南衡陽聯(lián)考)某靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的變化規(guī)律如圖所示。一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0從O點(x＝0)進入電場，僅在電場力的作用下沿x軸正方向運動。下列說法正確的是()A．粒子從O運動到x1的過程中做勻加速直線運動B．粒子從x1運動到x3的過程中，電勢能先減小后增大C．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，粒子在運動過程中的最大速度為eq\r(\f(6qφ0,m))D．要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為2eq\r(\f(qφ0,m))19．(2022·西工大附中測試)攝制組在某大樓邊拍攝武打片，要求特技演員從地面飛到屋頂。如圖所示，若特技演員質(zhì)量m＝50kg，導演在某房頂離地H＝12m處架設了輪軸(輪與軸有相同的角速度)，輪和軸的直徑之比為3∶2(人和車均視為質(zhì)點，且輪軸直徑遠小于H)，若軌道車從圖中A勻速前進到B，速度v＝10m/s，繩BO與水平方向的夾角為53°，則由于繞在輪上細鋼絲的拉動，使演員由地面從靜止開始向上運動。在車從A運動到B的過程中(g取10m/s2，sin53°＝()A．演員上升的高度為3mB．演員最大速度為9m/sC．以地面為重力勢能的零點，演員最大機械能為2400JD．鋼絲在這一過程中對演員做功為4275J20．(2022·河南洛陽高三統(tǒng)考)如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌，左端通過開關S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的光滑圓弧導軌相接。導軌寬度為20cm，電阻不計。導軌所在空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝T。一根垂直導軌放置的質(zhì)量m＝60g、電阻R＝1Ω、長為L的導體棒ab，用長也為20cm的絕緣細線懸掛，導體棒恰好與導軌接觸。當閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)。當導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°(sin53°＝，g＝10m/s2)，則()A．磁場方向一定豎直向上B．電源的電動勢E＝VC．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝8ND．導體棒擺動過程中的最大動能為J21．(2022·福建福州質(zhì)檢)在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直圓面的勻強磁場。圓邊上的P處有一粒子源，不斷沿垂直于磁場的各個方向，向磁場區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子，如圖所示?，F(xiàn)測得：當磁感應強度為B1時，粒子均從由P點開始弧長為eq\f(1,2)πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場；當磁感應強度為B2時，粒子則都從由P點開始弧長為eq\f(2,3)πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場。不計粒子的重力，則()A．前、后兩次粒子運動的軌跡半徑比為r1∶r2＝eq\r(2)∶eq\r(3)B．前、后兩次粒子運動的軌跡半徑比為r1∶r2＝2∶3C．前、后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(2)∶eq\r(3)D．前、后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(3)∶eq\r(2)第Ⅱ卷(非選擇題部分共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個考生都必須做答，第33題～第35題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(4題，共47分)22．(2022·湖南衡陽聯(lián)考)(8分)某實驗小組在做“驗證牛頓第二定律”實驗中。(1)在閉合電鍵之前，甲同學將實驗器材組裝成圖甲所示，請指出該裝置中的錯誤或不妥之處(只要答出其中的兩點即可)：________；________。(2)乙同學將上述裝置調(diào)整正確后進行實驗，在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點沒有畫出，由圖中的數(shù)據(jù)可計算得小車加速度為________m/s2。(保留兩位有效數(shù)字)(3)丙同學在利用上述調(diào)整好的裝置進行實驗中，保持沙和沙桶的總質(zhì)量不變，小車自身的質(zhì)量為M且保持不變，改變小車中砝碼的質(zhì)量m，并測出小車中放不同砝碼時所對應的加速度a，以m為橫坐標，eq\f(1,a)為縱坐標，在坐標紙上作出如圖丙所示的eq\f(1,a)－m關系圖線，圖中縱軸上的截距為b，則小車受到的拉力大小為________。圖丙23．(2022·河北保定調(diào)研)(9分)某實驗小組想通過實驗研究蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻。他們制作了一個蘋果電池進行研究，了解到蘋果電池的內(nèi)阻可能比較大，因此設計了一個如圖1所示的實物電路進行測量。(1)請按圖中所示實物圖在方框內(nèi)畫出電路圖(電源用“”表示)。(2)測定蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻，所用的器材有：①蘋果電池E：電動勢約為1V；②電壓表V：量程1V，內(nèi)阻RV＝3kΩ；③電阻箱R：最大阻值9999Ω；④開關S，導線若干。(3)實驗步驟如下：①按電路圖連接電路(為電路安全，先將電阻箱的電阻調(diào)到最大值)；②閉合開關S，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應的阻值R，并計算出對應的eq\f(1,R)與eq\f(1,U)的值，如下表所示：R/Ω900060005000400030002000R－1/(10－4Ω－1)U/V①U－1/V－1②③以eq\f(1,U)為縱坐標，eq\f(1,R)為橫坐標，將計算出的數(shù)據(jù)描繪在坐標紙內(nèi)，作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線；④計算得出蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻。請回答下列問題：圖2ⅰ.實驗得到的部分數(shù)據(jù)如上表所示，其中當電阻箱的電阻R＝2000Ω時，電壓表的示數(shù)如圖2所示。讀出數(shù)據(jù)，完成上表。答：①________，②________。ⅱ.請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖3中作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線。圖3ⅲ.根據(jù)eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線求得該蘋果電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。(保留2位有效數(shù)字)24．(2022·貴州三校聯(lián)考)(12分)如圖所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10m的A、B兩個小球均以v0＝10m/s向右運動，隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長的光滑斜坡，地面與斜坡平滑連接，取g＝10m/s2。求：(1)B球剛要滑上斜坡時A、B兩球的距離；(2)A球滑上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇。25．(2022·江南十校聯(lián)考)(18分)如圖，MN、PQ為兩根足夠長的水平放置的平行金屬導軌，間距L＝1m；整個空間以OO′為邊界，左側有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小B1＝1T，右側有方向相同、磁感應強度大小B2＝2T的勻強磁場。兩根完全相同的導體棒a、b，質(zhì)量均為m＝kg，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，其在導軌間的電阻均為R＝1Ω。開始時，a、b棒均靜止在導軌上，現(xiàn)用平行于導軌的恒力F＝N向右拉b棒。假定a棒始終在OO′左側運動，b棒始終在OO′右側運動，除導體棒外其余電阻不計，滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10m/s2。(1)a棒開始滑動時，求b棒的速度大??；(2)當b棒的加速度為m/s2時，求a棒的加速度大?。?3)已知經(jīng)過足夠長的時間后，b棒開始做勻加速運動，求該勻加速運動的加速度大小，并計算此時a棒中電流的熱功率。(二)選考題(共15分。請考生從給出的3道題中任選一題做答。如果多做，則按第一題計分。)33．(2022·山西四校聯(lián)考)【物理——選修3－3】(15分)(1)(6分)下列說法中正確的是________(填正確答案標號。選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小B．布朗運動反映了氣體或液體分子的無規(guī)則運動C．食鹽晶體中的鈉、氯離子按一定規(guī)律分布，具有空間上的周期性D．做功和熱傳遞在改變系統(tǒng)內(nèi)能方面是不等價的E．第二類永動機不違背能量守恒定律，因此是可能制成的(2)(9分)如圖所示，豎直圓筒是固定不動的，粗筒橫截面積是細筒的3倍，細筒足夠長。粗筒中A、B兩輕質(zhì)活塞間封有一定質(zhì)量的空氣(可視為理想氣體)，氣柱長L＝20cm?；钊鸄上方的水銀深H＝15cm，兩活塞的重力及與筒壁間的摩擦不計，用外力向上托住活塞B使之處于平衡狀態(tài)，水銀面與粗筒上端相平?，F(xiàn)使活塞B緩慢上移，直至水銀的1/3被推入細筒中，求活塞B上移的距離。(設在整個過程中氣柱的溫度不變，大氣壓強P0相當于75cm的水銀柱產(chǎn)生的壓強。)34．(2022·江南十校聯(lián)考)【物理——選修3－4】(15分)(1)(5分)一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速為v＝4m/s。已知坐標原點(x＝0)處質(zhì)點的振動圖象如圖甲所示，t＝s時部分波形圖如圖乙所示。下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．簡諧橫波的傳播方向沿x軸正方向B．簡諧橫波的波長為mC．x＝m處的質(zhì)點比x＝0處的質(zhì)點振動滯后sD．x＝0處的質(zhì)點經(jīng)過s的路程為mE．t＝s時x＝0處的質(zhì)點對應的縱坐標為eq\f(\r(2),20)m(2)(10分)如圖，三角形AOB為等腰直角三棱鏡的橫截面，以OA、OB為軸建立直角坐標系xOy，OA＝OB＝L，棱鏡的折射率為n＝eq\r(2)。一束平行于斜邊AB的平行光從OB邊射入。光透過棱鏡只考慮一次內(nèi)部反射。(ⅰ)求距離O點多遠的入射光剛好從A點射出；(ⅱ)部分光將會從OA邊以平行于AB邊的方向射出，這部分透射光在垂直于光線方向的寬度。(已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4))35．(2022·河北邯鄲一模)【物理——選修3－5】(15分)(1)(5分)一群氫原子處于量子數(shù)n＝4激發(fā)態(tài)，已知氫原子的能級公式為En＝eq\f(E1,n2)(E1為n＝1時的能量)，當它們自發(fā)地向基態(tài)躍遷時，最多能發(fā)出________種不同頻率的光。若用以上頻率的光去照射截止頻率為ν0的某金屬表面發(fā)生光電效應，則光電子的最大初動能________。(普朗克常量為h)(2)(10分)如圖，兩質(zhì)量均為m，長度均為L的木板放置在光滑的水平桌面上，木塊1質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點)，放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面運動，與木板2發(fā)生碰撞后粘合在一起，已知木塊與兩木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ，如果碰后木塊1停留在木板3上。木板3碰撞前的動量多大？高考沖刺模擬練綜合模擬練(一)14．C[伽利略通過邏輯推理和實驗對落體問題進行了研究，得出了自由下落的物體下落速度與質(zhì)量無關，選項A錯誤；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，選項B錯誤；靜電力常量是由庫侖首先測出的，選項C正確；卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量，從而由eq\f(GM,R2)＝g計算出了地球的質(zhì)量，被人們稱為“能稱出地球質(zhì)量的人”，選項D錯誤。]15．C[x－t圖象的斜率表示物體運動的速度，在t1～t2時間內(nèi)甲和乙的速度相同，兩者之間的距離不變，A、B項錯誤；x－t圖象的交點表示兩物相遇，因甲、乙兩物體從同一點出發(fā)，故0～t3時間內(nèi)甲和乙的位移相同，由平均速度的定義知，在0～t3時間內(nèi)二者的平均速度也相同，C項對，D項錯。]16．C[對甲同學的火箭，t時間的加速度a1，F(xiàn)－mg＝ma1，a1＝g，t時刻的速度v1＝a1t，上升的高度h＝eq\f(1,2)gt2＋eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝gt2，對乙同學的火箭，在0～eq\f(t,2)內(nèi)的加速度a2＝a1＝g，eq\f(t,2)時刻的速度為v2＝a2·eq\f(t,2)＝eq\f(1,2)gt，在eq\f(t,2)～t內(nèi)加速度為a2′，則F－eq\f(1,2)mg＝eq\f(1,2)ma2′，則a2′＝3g，在t時的速度v2′＝v2＋a2′·eq\f(t,2)＝2gt，上升的高度為h2＝eq\f(1,2)v2·eq\f(t,2)＋eq\f(v2＋v2′,2)·eq\f(t,2)＋eq\f(v2′2,2g)＝＝，C項對，A、B、D項錯。]17．C[對理想變壓器，副線圈兩端的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，只與eq\f(n2,n1)和U1有關，K閉合，電壓表的示數(shù)不變，A項錯；燈泡兩端的電壓為U2不變，流經(jīng)燈泡的電流不變，電流表的示數(shù)不變，B項錯；閉合K后，變壓器的輸出功率P2增大，由P1＝P2可知，變壓器的輸入功率P1增大，C項對；變壓器工作時不改變交變電流的頻率，D項錯。]18．D[因發(fā)射該衛(wèi)星需飛出太陽系，則發(fā)射速度需大于第三宇宙速度，A項錯；衛(wèi)星繞1061c運行的周期與該衛(wèi)星的密度無關，B項錯；因1061c和地球繞轉(zhuǎn)的中心天體不同，故C項錯；對繞1061c表面運轉(zhuǎn)的衛(wèi)星，有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，R＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，又M＝4M地，則可求出1061c的半徑R，故D正確。]19．AD[由題意可知，小球從A由靜止運動在B點時，速度為零，則小球先加速后減速，那么一開始庫侖力小于重力沿著細桿的分力，當減速運動時，則庫侖力大于重力沿著細桿的分力，因此加速度先減小，再增大，故A正確；球在B點時，速度為零，但不是處于平衡狀態(tài)，由于球要向上運動，那么受到的庫侖力大小大于mgsinθ，故B錯誤；當球的加速度為零時，速度才能達到最大，而C雖是AB的中點，但此處庫侖力、支持力與重力的合力不為零，故C錯誤；根據(jù)動能定理，從A到B，則有：0－0＝mgLsinθ＋qUAB；解得：UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，故D正確。]20．AD[根據(jù)歐姆定律及法拉第電磁感應定律可知：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(SΔB,RΔt)∝eq\f(ΔB,Δt)＝k，又由楞次定律可知，在0～1s和3s～4s時間段，感應電流均取正值，所以選項A正確，B錯誤；ab邊所受安培力F＝BIL＝BLeq\f(SΔB,RΔt)＝eq\f(BSL,R)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(BSL,R)·k，在0～1s時間段內(nèi)，通過ab邊的感應電流從a到b，根據(jù)左手定則可知，安培力水平向右，又根據(jù)B－t圖象的斜率k不變，所以F∝B，選項C錯誤，D正確。]21．BD[在滑塊滑到木板右端的過程中，F(xiàn)做的功轉(zhuǎn)化為滑塊和木板的動能以及系統(tǒng)的內(nèi)能，選項A錯誤；木板質(zhì)量越大，木板的加速度越小，因而木板的位移越小，選項B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，滑塊滑到木板右端所需的時間越短，選項C錯誤；根據(jù)Q＝fL可知f越大，產(chǎn)生的熱量越多，選項D正確。]22．解析(3)由運動學公式h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，(4)對系統(tǒng)整體由牛頓第二定律得(m1＋m′)g－(m2＋m－m′)g＝(m1＋m2＋m)a解得a＝eq\f(（m1－m2－m）g,m1＋m2＋m)＋eq\f(2g,m1＋m2＋m)m′因a與m′為線性關系，故作出“a－m′”圖線(5)由上式可知k＝eq\f(2g,m1＋m2＋m)b＝eq\f(（m1－m2－m）g,m1＋m2＋m)代入數(shù)值解得m1＝kgm2＝kg答案(3)eq\f(2h,t2)(4)a－m′(5)23．解析(1)利用伏安法測電阻，由圖象可知熱敏電阻的阻值遠小于電壓表電阻，所以采用電流表外接法，導線c端接在a點上。(2)電源兩端的電壓利用歐姆定律可得，U2＝U1＋I(RA＋R)。(3)利用電源的外特性曲線可知電動勢E＝V，內(nèi)電阻r＝eq\f－,Ω＝Ω。(4)把電流表、電阻箱、電源作為等效電源，等效電源的電動勢為V，內(nèi)電阻為15Ω。在I－U圖象中作等效電源的外電路特性曲線，與熱敏電阻的伏安特性曲線的交點坐標，。所以熱敏電阻的電功率為W?？紤]作圖的誤差故功率計算范圍～W。答案(1)a(2)U2＝U1＋I(R＋RA)(3)(4)～均得分)24．解析(1)撤去F1，在F2的作用下，沿y軸正方向質(zhì)點做勻速直線運動，沿x軸正方向質(zhì)點做勻加速直線運動由運動學公式得：x＝eq\f(1,2)a2t2由牛頓第二定律得：F2＝ma2聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：F2＝1N(2)F1作用下，由牛頓第二定律得：F1＝ma1加速運動時，y1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)vy＝a1t0勻速運動時，y2＝vyty1＋y2＝y(tǒng)聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t0＝1s答案(1)1N(2)1s25．解析(1)電子在經(jīng)過加速電場過程中，根據(jù)動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由題意可知在偏轉(zhuǎn)電壓達到峰值時進入的電子恰好沿極板邊緣飛出電場eq\f(\r(3),6)L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)a＝eq\f(eUm,m×\f(\r(3),3)L)L＝v0t0聯(lián)立可得Um＝eq\f(2,3)U(2)設t＝eq\f(T,4)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開電場時速度大小為v，v與v0之間夾角為θ，則tanθ＝eq\f(eUm,m×\f(\r(3),3)L)·eq\f(L,veq\o\al(2,0))＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝30°v0＝vcosθ電子垂直進入磁場，由洛倫茲力充當向心力：evB＝eq\f(mv2,R)根據(jù)幾何關系2Rcosθ＝eq\f(\r(3),3)L解得B＝eq\f(2,L)eq\r(\f(6mU,e))(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動歷時相等，設電子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，經(jīng)N板邊緣飛出的電子在磁場中運動時間最短，在磁場中飛行時間為eq\f(T,3)又T＝eq\f(2πR,v)聯(lián)立解得tmin＝eq\f(L,v0)＋eq\f(πL,9)eq\r(\f(3m,2eU))答案(1)eq\f(2,3)U(2)eq\f(2,L)eq\r(\f(6mU,e))(3)eq\f(L,v0)＋eq\f(πL,9)eq\r(\f(3m,2eU))33．解析(1)氣體分子不停地做無規(guī)則運動，氣體對容器壁的壓強是氣體分子對容器壁頻繁碰撞而產(chǎn)生的，故A正確；物體溫度升高，分子平均動能增大，平均速率增大，但并不是所有分子速率均增大，故B錯誤；一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程中，體積增大，氣體對外界做功，由氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C知，氣體的溫度升高，內(nèi)能增大，由熱力學第一定律知，氣體一定從外界吸收熱量，故C正確；根據(jù)熱力學第二定律可知，自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的，故D正確；飽和汽壓與分子密度有關，與溫度也有關，故E錯誤。(2)①以兩活塞整體為研究對象，設此時汽缸內(nèi)氣體壓強為p1，根據(jù)平衡條件則有：p0·2S＋3mg＋p1S＝p1·2S＋p0S解得：p1＝p0＋eq\f(3mg,S)②初態(tài)：p1＝p0＋eq\f(3mg,S)，V1＝2lS末態(tài)：p2待求，V2＝eq\f(3,2)lS根據(jù)玻意耳定律有：(p0＋eq\f(3mg,S))·2lS＝p2·eq\f(3,2)lS解得：p2＝eq\f(4,3)(p0＋eq\f(3mg,S))以兩活塞整體為研究對象，根據(jù)平衡條件有：F＋p0·2S＋3mg＋p2S＝p2·2S＋p0S解得F＝eq\f(p0S,3)＋mg答案(1)ACD(2)①p0＋eq\f(3mg,S)②eq\f(4,3)(p0＋eq\f(3mg,S))eq\f(p0S,3)＋mg34．解析(1)由題意可知，波的周期為T＝s，由波的圖象可知，波長為λ＝24cm＝m，則波速為v＝eq\f(λ,T)＝m/s。則經(jīng)Δt1＝eq\f(s,v)＝eq\f,s＝s，波源的振動傳至P處，P處質(zhì)點開始沿y軸負方向振動，再經(jīng)Δt2＝eq\f(3,4)T＝s，P處質(zhì)點第一次經(jīng)過波峰。(2)①畫出光線在AB面的入射角為α時恰在AC面發(fā)生全反射，折射光線沿AC面?zhèn)鞑?，光路如圖所示②由于光在AC面恰好全反射。故有：sinγ＝eq\f(1,n)由幾何關系有：β＋γ＝eq\f(π,2)對光在AB面的折射有：eq\f(sinα,sinβ)＝n解得棱鏡的折射率為n＝eq\r(1＋sin2α)答案(1)(2)①光路圖見解析②eq\r(1＋sin2α)35．解析(1)處于n＝2能級的氫原子吸收能量為4eV的光子就會電離，選項A對；氫原子由高能級向n＝3能級躍遷釋放光子的能量都不大于eV，顯然在不可見光范圍內(nèi)，選項B對；大量處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷能釋放出光子的種類為Ceq\o\al(2,4)＝6種，選項C對；氫原子由高能級向低能級躍遷釋放光子的最大能量小于eV，選項D錯；氫原子躍遷只能吸收一個光子的能量、而不能累加，選項E錯。(2)①對A由動量定理可得I＝mv0兩球間的距離最小時兩球等速，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv得v＝eq\f(I,2m)②從初始狀態(tài)到二者距離達到與初始狀態(tài)相等過程中，設二者位移大小均為l，根據(jù)動量守恒定律mv0＝mv1＋mv2對A由動能定理可得－Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)對B由動能定理可得Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0可得v1＝0v2＝v0兩球距離從最小值到剛恢復到初始值過程中斥力對A球做的功WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(I2,8m)答案(1)ABC(2)①eq\f(I,2m)②－eq\f(I2,8m)綜合模擬練(二)14．D[“起立”的過程，先加速向上后減速向上運動，加速向上運動加速度方向向上，出現(xiàn)超重現(xiàn)象，后減速向上運動加速度方向向下，出現(xiàn)失重現(xiàn)象，即“起立”過程先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象；“下蹲”的過程，先加速向下后減速向下運動，加速向下運動加速度方向向下，出現(xiàn)失重現(xiàn)象，后減速向下運動加速度方向向上，出現(xiàn)超重現(xiàn)象，即“下蹲”過程先出現(xiàn)失重現(xiàn)象后出現(xiàn)超重現(xiàn)象，D正確，A、B、C錯誤。]15．B[線圈中產(chǎn)生的電動勢的峰值為Em＝nΦmω＝10πV＝V，則電動勢的瞬時值的表達式為e＝10πt(V)，當t＝eq\f(1,30)s時e＝V，B項正確，A、C、D項錯。]16．C[在星球表面的物體受到的重力等于萬有引力Geq\f(Mm,R2)＝mg，所以g＝eq\f(GM,R2)＝eq\f(G·ρ·\f(4,3)πR3,R2)＝eq\f(4,3)πGρR，整理可得eq\f(g′,g)＝eq\f(ρ′,ρ)·eq\f(R′,R)＝eq\f(5,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,14)，故A、B均錯誤；探測器繞地球表面運行和繞火星表面運行都是由萬有引力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，得：v＝eq\r(\f(GM,R))…①，M為中心天體質(zhì)量，R為中心天體半徑，M＝ρ·eq\f(4,3)πR3…②，由①②得：v＝eq\r(\f(4πGρR2,3))，已知地球和火星的半徑之比為1∶2，密度之比為5∶7，所以探測器繞地球表面運行和繞火星表面運行線速度大小之比為：v′∶v＝eq\r(\f(5,28))，故C正確、D錯誤。]17．D[由于兩球在初始位置的機械能相等，故兩球在環(huán)形槽內(nèi)的任何位置的機械能都相等，選項C錯誤；對小球A，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在最高點，由牛頓第二定律可得：FA＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)；對小球B，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在最低點，由牛頓第二定律可得：FB－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，聯(lián)立可得：ΔF＝FB－FA＝6mg，選項D正確；分別對兩球受力分析，可知兩球的重力在圓環(huán)切線方向的分力改變速度的大小，又因為兩球從P點到Q點的路程相等，分別作出此過程的速率—時間圖象，由圖象可知小球B先到達Q點，故選項B錯誤；其相遇點在Q點的上方，由機械能守恒定律可知，兩球第一次相遇時速度的大小相等，但方向不同，選項A錯誤。]18．C[從O到x1，電勢升高，場強沿－x方向，粒子做勻減速直線運動，A項錯；從x1到x3電勢降低，場強沿＋x方向，電場力對粒子做正功，粒子的電勢能一直減少，B項錯；粒子在x3處電勢能最小，動能最大，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－qφ。解得vm＝eq\r(\f(6qφ0,m))，C項正確；只要粒子能運動到x1處，就可運動到x4處，從O到x1，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qφ0，解得最小初速度v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，D項錯。]19．BD[由幾何關系可得演員上升的高度為h＝(eq\f(H,sin53°)－H)×eq\f(R,r)＝m，A項錯；在B點把車的速度分解如圖所示，繩OB各點的速度v1＝vcos53°＝6m/s，則演員的最大速度v人＝eq\f(R,r)v1＝9m/s，B項正確；演員的最大機械能E＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,人)＝4275J，C項錯；由功能關系知，D項正確。]20．BD[當閉合開關S后，導體棒中電流方向從a到b，導體棒沿圓弧擺動，說明所受安培力向右，由左手定則可判斷出磁場方向為豎直向下，不可能豎直向上，選項A錯誤；根據(jù)題述，導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°，可知此時導體棒重力沿導軌圓弧切線方向的分力mgsin53°等于安培力沿導軌圓弧切線方向的分力BILcos53°，即mgsin53°＝BILcos53°，解得I＝A，由閉合電路歐姆定律，E＝IR＝V，選項B正確；導體棒在擺動過程中所受安培力F＝BIL＝××N＝N，選項C錯誤；由以上分析知，導體棒受到的重力與安培力的合力大小F合＝eq\r＋N＝N，方向與豎直方向成θ＝53°角，故導體棒在擺動過程中的最大動能為Ekm＝F合L(1－cos53°)＝J，選項D正確。]21．AD[弧長eq\f(1,2)πR，eq\f(2,3)πR對應著eq\f(1,4)圓周和eq\f(1,3)圓周，對應軌跡圓的直徑分別為eq\r(2)R和eq\r(3)R，則半徑之比為eq\r(2)∶eq\r(3)，由r＝eq\f(mv,qB)可知磁感應強度之比為eq\r(3)∶eq\r(2)，故A、D正確。]22．解析(1)打點計時器必須使用交流電源，該實驗還應平衡摩擦力，釋放小車時小車應靠近打點計時器。(2)小車的加速度a＝eq\f(（－）×10－2－×10－2,2×m/s2＝m/s2(3)由牛頓第二定律得F＝(M＋m)a，整理得eq\f(1,a)＝eq\f(M,F)＋eq\f(m,F)由圖象得eq\f(M,F)＝b，則F＝eq\f(M,b)答案(1)用的是直流電源木板的右端沒有墊高小車離打點計時器太遠(任寫兩條)(2)(3)eq\f(M,b)23．解析(1)根據(jù)實物圖畫電路圖。(3)ⅰ.讀取電壓表的讀數(shù)為V，計算其倒數(shù)為；ⅱ.描點，連成直線(見答圖乙)；ⅲ.由答圖乙可知，圖線的截距為、斜率為×103，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝U＋(eq\f(U,R)＋eq\f(U,RV))r，變形為eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)(1＋eq\f(r,RV))＋eq\f(r,E)×eq\f(1,R)，則有eq\f(1,E)(1＋eq\f(r,RV))＝、eq\f(r,E)＝×103，聯(lián)立解得E＝V、r＝×103Ω。答案(1)如圖甲所示圖甲(3)ⅰ.～均可)～均可)ⅱ.如圖乙所示。圖乙ⅲ.～均可)×103×103～×103均可)24．解析(1)設A球滑上斜坡后經(jīng)過t1時間B球滑上斜坡，則有：t1＝eq\f(L,v0)＝1