2024年九省聯(lián)考（河南?。└呖嘉锢磉m應(yīng)性試卷（1月份）

2024年九省聯(lián)考（河南?。└呖嘉锢磉m應(yīng)性試卷（1月份）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題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。1．（6分）如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出a、b兩段同向傳播的簡諧波，則它們（）A．波長相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．頻率相同2．（6分）如圖，在平直路面上進行汽車剎車性能測試。當汽車速度為v0時開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進入冰面瞬間的速度為（）A． B． C． D．3．（6分）某光源包含不同頻率的光，光的強度與頻率的關(guān)系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率νc，用該光源照射這些金屬。則（）金屬νc/（1014Hz）銫4.69鈉5.53鋅8.06鎢10.95A．僅銫能產(chǎn)生光電子 B．僅銫、鈉能產(chǎn)生光電子 C．僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子 D．都能產(chǎn)生光電子4．（6分）若兩顆人造衛(wèi)星M、N繞地球做勻速圓周運動，M、N到地心的距離之比為k，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時間t內(nèi)，衛(wèi)星M與地心連線掃過的面積為SM，衛(wèi)星N與地心連線掃過的面積為SN，則SM與SN的比值為（）A．1 B．k C． D．5．（6分）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設(shè)氘核H沿內(nèi)環(huán)切線向左進入磁場，氚核H沿內(nèi)環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互作用，則H和H的速度之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1（多選）6．（6分）如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角i＝45°進入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時，平面鏡與水平面（液面）夾角為α，光線在平面鏡上的入射角為β。已知該液體的折射率為，下列說法正確的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，則光線可以從液面射出 D．若略微減小i，則光線可以從液面射出（多選）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（O）發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖所示，t1時刻圖線的切線斜率最大。則（）A．t1時刻O的動量為p0﹣p1 B．t1時刻O的加速度達到最大 C．t2時刻O的動能達到最大 D．t2時刻系統(tǒng)的電勢能最大（多選）8．（6分）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v﹣t圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，則（）A．Q的質(zhì)量為1kg B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為1.0J D．t＝5.8s時木板速度恰好為零二、非選擇題：9．（8分）某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉(zhuǎn)動時，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T＝s。（2）實驗操作時，應(yīng)該。（填正確答案標號）A．先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落B．先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉(zhuǎn)動（3）畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度vD＝。（用題中所給物理量的字母表示）（4）設(shè)各條痕跡到O的距離為h，對應(yīng)鋼柱的下落速度為v，畫出v2﹣h圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。10．（14分）學(xué)生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下：電池（電動勢3V，內(nèi)阻不計）；待測電容器（額定電壓5V，電容值未知）；微安表（量程200μA，內(nèi)阻約為1kΩ）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；電阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均為9999.9Ω）；定值電阻R0（阻值為5.0kΩ）；單刀單擲開關(guān)S1、S2，單刀雙擲開關(guān)S3；計時器；導(dǎo)線若干。（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。（2）為保護微安表，實驗開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于（填“左”或“右”）端。將電阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑動變阻器R的滑片置于適當位置。保持R1、R3阻值不變，反復(fù)調(diào)節(jié)R2，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則P、Q兩點的電勢（填“相等”或“不相等”）。記錄此時R2的示數(shù)為1230.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為Ω。（3）按照圖（b）所示連接電路，電阻箱R4阻值調(diào)至615.0Ω，將開關(guān)S3擲于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S3擲于位置2，記錄微安表電流I隨時間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當微安表的示數(shù)為100μA時，通過電阻R0的電流是μA。（4）圖（c）中每個最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學(xué)數(shù)得曲線下包含150個這樣的小方格，則電容器的電容為F（保留兩位有效數(shù)字）。11．（12分）房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動，室內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動活塞向外滑動。室內(nèi)體積為V0，初始溫度為T0。室內(nèi)溫度升高到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比。12．（14分）如圖所示，一個帶正電的小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑鉸接于O點，重力加速度為g。（1）未加電場時，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達最低點時，求輕桿對它的拉力大小。（2）若在空間中施加一個平行于紙面的勻強電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為4mg；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為8mg。求電場強度的水平分量Ex和豎直分量Ey。13．（14分）如圖（a）所示，一個電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝1m，左半部分傾斜且粗糙，傾角θ＝37°，處于沿斜面向下的勻強磁場中；右半部分水平且光滑，導(dǎo)軌之間存在一個三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導(dǎo)軌夾角均為α，tanα＝0.1。右半部分俯視圖如圖（b）。導(dǎo)體棒Q借助小立柱靜置于傾斜導(dǎo)軌上，其與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。導(dǎo)體棒P以v0＝0.5m/s的速度向右進入三角形磁場區(qū)域時，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時對P棒施加一外力使其始終保持勻速運動。運動過程中，兩棒始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。已知兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝1T，兩棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg，Q棒電阻R＝0.5Ω，P棒電阻不計。重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，以Q棒開始下滑為計時起點。求：（1）撤去小立柱時，Q棒的加速度大小a0；（2）Q棒中電流隨時間變化的關(guān)系式；（3）Q棒達到的最大速度vm及所用時間t1。

2024年九省聯(lián)考（河南?。└呖嘉锢磉m應(yīng)性試卷（1月份）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題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。1．（6分）如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出a、b兩段同向傳播的簡諧波，則它們（）A．波長相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．頻率相同【分析】根據(jù)頻率、波長和波速三者的關(guān)系式，可得到兩列波的頻率【解答】解：波在相同介質(zhì)中傳播的速度相同，由圖可知，兩列波的波長不同，振幅不同，根據(jù)頻率、波長和波速三者的關(guān)系式，可知兩列波的頻率不同。故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于頻率、波長和波速三者的關(guān)系式的熟練運用。2．（6分）如圖，在平直路面上進行汽車剎車性能測試。當汽車速度為v0時開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進入冰面瞬間的速度為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可求出汽車進入冰面瞬間的速度。【解答】解：設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為a1、a2，汽車進入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律，阻力提供加速度，有f＝ma則汽車在路面與在冰面上運動的加速度大小之比為由速度—位移公式，在路面上有由速度—位移公式，在冰面上有其中解得汽車進入冰面瞬間的速度為，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意靈活運用牛頓第二定律求解加速度。3．（6分）某光源包含不同頻率的光，光的強度與頻率的關(guān)系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率νc，用該光源照射這些金屬。則（）金屬νc/（1014Hz）銫4.69鈉5.53鋅8.06鎢10.95A．僅銫能產(chǎn)生光電子 B．僅銫、鈉能產(chǎn)生光電子 C．僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子 D．都能產(chǎn)生光電子【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程以及逸出功表達式，根據(jù)金屬的截止頻率，可得出能產(chǎn)生光電子的金屬?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν﹣W0由圖可知光源中光的頻率ν范圍大致在2×1014Hz到9×1014Hz之間，截止頻率在這一范圍內(nèi)的金屬都能產(chǎn)生光電子，所以僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意能夠熟練掌握光電效應(yīng)的表達式。4．（6分）若兩顆人造衛(wèi)星M、N繞地球做勻速圓周運動，M、N到地心的距離之比為k，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時間t內(nèi)，衛(wèi)星M與地心連線掃過的面積為SM，衛(wèi)星N與地心連線掃過的面積為SN，則SM與SN的比值為（）A．1 B．k C． D．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星線速度與軌道半徑的關(guān)系，由幾何知識得到衛(wèi)星在時間t內(nèi)與地心的連線掃過的面積表達式，再求SM與SN的比值?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得可得衛(wèi)星的線速度大小為：則衛(wèi)星在時間t內(nèi)與地心的連線掃過的面積為所以，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】此題考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確萬有引力提供向心力，運用幾何知識求解衛(wèi)星與地心的連線掃過的面積。5．（6分）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設(shè)氘核H沿內(nèi)環(huán)切線向左進入磁場，氚核H沿內(nèi)環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互作用，則H和H的速度之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1【分析】根據(jù)左手定則繪制出粒子在磁場中的運動軌跡，利用洛倫茲力提供向心力并結(jié)合幾何關(guān)系可求出速度之比?！窘獯稹拷猓河深}意可知，根據(jù)左手定則，作圖如圖所示由幾何關(guān)系可知，氘核的半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系有2r1＝R2﹣R1＝R1所以由幾何關(guān)系可知，氚核的半徑為r2，有2r2＝R2+R1＝3R1所以得到半徑之比滿足根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得線速度的表達式為根據(jù)題意可知，氘核和氚核的比荷之比為所以和的速度之比為，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意解決帶電粒子在磁場中運動的問題，需要數(shù)學(xué)幾何分析能力。（多選）6．（6分）如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角i＝45°進入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時，平面鏡與水平面（液面）夾角為α，光線在平面鏡上的入射角為β。已知該液體的折射率為，下列說法正確的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，則光線可以從液面射出 D．若略微減小i，則光線可以從液面射出【分析】作出光路圖，根據(jù)折射率公式，以及幾何關(guān)系可求出線在平面鏡上的入射角β的大?。辉黾应?，則入射角β將會增大，光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，會發(fā)生全反射；減小i，則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角β減小，射出液面的入射角變小，將小于臨界角，所以可以從液面射出?！窘獯稹拷猓篈B．光線經(jīng)平面鏡反射后，恰好不能從液面射出，光路圖如圖根據(jù)解得光線在射入液面時的折射角為r＝30°有解得∠C＝45°由幾何關(guān)系可得2β+（90°﹣r）+（90°﹣C）＝180°解得β＝37.5°故A錯誤；B正確；C．若略微增大α，則光線在平面鏡上的入射角β將變大，根據(jù)上面分析的各角度關(guān)系可知光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，所以不可以從液面射出。故C錯誤；D．同理，若略微減小i，則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角β減小，可知光線射出液面的入射角變小，將小于臨界角，可以從液面射出。故D正確。故選：BD?！军c評】學(xué)生在解決本題時，應(yīng)注意解決光的折射問題，除了掌握折射率公式外，數(shù)學(xué)幾何分析能力也是關(guān)鍵所在。（多選）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（O）發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖所示，t1時刻圖線的切線斜率最大。則（）A．t1時刻O的動量為p0﹣p1 B．t1時刻O的加速度達到最大 C．t2時刻O的動能達到最大 D．t2時刻系統(tǒng)的電勢能最大【分析】α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，從而求出氧原子核的動量；斜率表示動量的變化程度，所以t1時刻α粒子的動量變化率最大，所以受到的電場力最大，所以加速度達到最大；讀圖可知，t2時刻后，α粒子反向運動，t2時刻氧原子核的動能達到最大；因為t1時刻，氧原子核受到的電場力最大，說明此時α粒子與氧原子核的距離最近，所以電勢能最大?！窘獯稹拷猓篈．α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，由此可以得到t1時刻的動量為p2＝p0﹣p1故A正確；B．t1時刻圖線的切線斜率最大，這說明此時α粒子的動量變化率最大，根據(jù)動量的表達式p＝mv可知α粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的電場力最大，說明氧原子核受到的電場力也最大，的加速度達到最大，故B正確；C．t2時刻，α粒子速度為零，由圖可知t2時刻后，α粒子反向運動，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，可知在t2時刻之后，的動量達到最大，說明的速度達到最大，所以的動能達到最大，故C錯誤；D．t1時刻，氧原子核受到的電場力最大，α粒子與氧原子核的距離最近，此時系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。故選：AB。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意能夠根據(jù)研究對象的動量變化情況推導(dǎo)出速度以及動能的變化情況。（多選）8．（6分）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v﹣t圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，則（）A．Q的質(zhì)量為1kg B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為1.0J D．t＝5.8s時木板速度恰好為零【分析】根據(jù)動量守恒可求出Q的質(zhì)量；利用牛頓第二定律可求出動摩擦因數(shù)；根據(jù)能量守恒定律可求出碰撞系統(tǒng)損失的機械能；結(jié)合動量定理可求出木板速度恰好為零的時刻?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)v﹣t圖像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設(shè)P的質(zhì)量為m＝1kg，Q的質(zhì)量為M，由系統(tǒng)動量守恒定律得mv1+Mv2＝（m+M）v3解得M＝1kg故A正確；B．設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)v﹣t圖像可知，0﹣2s內(nèi)P與Q的加速度分別為aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝maPμ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ聯(lián)立解得μ2＝0.05故B錯誤；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1.0J故C正確；D．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3代入數(shù)據(jù)解得t2＝4s因此木板速度恰好為零的時刻為t＝t1+t2＝2s+4s＝6s故D錯誤；故選：AC。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于碰撞問題，要熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律。二、非選擇題：9．（8分）某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉(zhuǎn)動時，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T＝0.02s。（2）實驗操作時，應(yīng)該A。（填正確答案標號）A．先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落B．先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉(zhuǎn)動（3）畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度vD＝。（用題中所給物理量的字母表示）（4）設(shè)各條痕跡到O的距離為h，對應(yīng)鋼柱的下落速度為v，畫出v2﹣h圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒?！痉治觥浚?）根據(jù)轉(zhuǎn)速為頻率的倒數(shù)可求出頻率，然后求出周期；（2）為了增加軟筆在鋼柱表面畫上的痕跡，應(yīng)該先使電機轉(zhuǎn)動，然后讓鋼柱自由下落；（3）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，可求出下落速度；（4）利用功能關(guān)系可求出v2＝2gh，發(fā)現(xiàn)斜率為2g?！窘獯稹拷猓海?）由于電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為則（2）實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應(yīng)該先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。故選A。（3）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為（4）鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即可得v2＝2gh若v2﹣h圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。故答案為：（1）0.02；（2）A；（3）；（4）2g【點評】學(xué)生在解決本題時，應(yīng)注意掌握機械能守恒定律，同時要了解實驗原理。10．（14分）學(xué)生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下：電池（電動勢3V，內(nèi)阻不計）；待測電容器（額定電壓5V，電容值未知）；微安表（量程200μA，內(nèi)阻約為1kΩ）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；電阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均為9999.9Ω）；定值電阻R0（阻值為5.0kΩ）；單刀單擲開關(guān)S1、S2，單刀雙擲開關(guān)S3；計時器；導(dǎo)線若干。（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。（2）為保護微安表，實驗開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左（填“左”或“右”）端。將電阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑動變阻器R的滑片置于適當位置。保持R1、R3阻值不變，反復(fù)調(diào)節(jié)R2，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則P、Q兩點的電勢相等（填“相等”或“不相等”）。記錄此時R2的示數(shù)為1230.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為1230.0Ω。（3）按照圖（b）所示連接電路，電阻箱R4阻值調(diào)至615.0Ω，將開關(guān)S3擲于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S3擲于位置2，記錄微安表電流I隨時間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當微安表的示數(shù)為100μA時，通過電阻R0的電流是300μA。（4）圖（c）中每個最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為3.2×10﹣6C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學(xué)數(shù)得曲線下包含150個這樣的小方格，則電容器的電容為4.8×10﹣4F（保留兩位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）為保護微安表，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左端；開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，根據(jù)電橋平衡可知，可得出微安表的內(nèi)阻；（3）根據(jù)電流分布規(guī)律求出通過電阻R0的電流；（4）先求出電荷量的大小，然后利用電容定義式求出電容。【解答】解：（2）為保護微安表，實驗開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左端。由題知，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則說明P、Q兩點的電勢相等。根據(jù)電橋平衡可知，此微安表的內(nèi)阻為1230.0Ω。（3）由于微安表與R4并聯(lián)，則當微安表的示數(shù)為100μA時，R4分擔(dān)的電流為I4＝，解得I4＝0.2mA則通過電阻R0的電流I總＝I4+I＝300μA（4）圖（c）中每個最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為q＝8μA×0.4s＝3.2μC＝3.2×1010﹣6C則150個這樣的小方格為總電荷量為Q＝n×q＝150×3.2×10﹣6C＝4.8×10﹣4C而微安表改裝后流過R0的電流是微安表示數(shù)的3倍，則根據(jù)電容的定義式可知電容器的電容為故答案為：（2）左，相等，1230.0（3）300；（4）3.2×10﹣6，4.8×10﹣4?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)對電路知識有比較全面的了解，并且理解電容的工作原理。11．（12分）房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動，室內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動活塞向外滑動。室內(nèi)體積為V0，初始溫度為T0。室內(nèi)溫度升高到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比?！痉治觥浚?）根據(jù)蓋—呂薩克定律，可求出體積；（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等得到密度關(guān)系，從而得出升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓海?）由題知室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，則由蓋—呂薩克定律有解得（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等有ρ0V0＝ρV解得則升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為答：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V為；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意熟練運用理想氣體狀態(tài)方程。12．（14分）如圖所示，一個帶正電的小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑鉸接于O點，重力加速度為g。（1）未加電場時，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達最低點時，求輕桿對它的拉力大小。（2）若在空間中施加一個平行于紙面的勻強電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為4mg；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為8mg。求電場強度的水平分量Ex和豎直分量Ey?！痉治觥浚?）未加電場時，根據(jù)動能定理求解小球到達最低點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解輕桿上的拉力；（2）根據(jù)小球在最低點的受力情況分析電場的方向，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解電場強度的大小。【解答】解：（1）未加電場，則從水平位置無初速度釋放到最低點時，由動能定理得：小球在最低點時，由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：FT＝3mg（2）加電場后，無論輕桿從哪邊釋放小球到達最低點時受到的拉力均比無電場時大，則說明電場在豎直方向的分量向下；而輕桿從左邊釋放小球到最低點受到的拉力小于輕桿從右邊釋放小球到最低點受到的拉力，則說明電場在水平方向的分量向左，則桿從左邊水平位置無初速度釋放，到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：小球在最低點時，由牛頓第二定律得：由題意可知：FT1＝4mg桿從右邊水平位置無初速度釋放，到小球到達最低點的過程中由動能定理得：小球在最低點時，由牛頓第二定律