2025屆廣西“貴百河”高三上學(xué)期11月摸底考試物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆“貴百河”11月高三年級摸底考試物理（考試時(shí)間：75分鐘滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷、答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1~7題，每小題4分，只有一項(xiàng)符合題目要求，錯(cuò)選、多選或未選均不得分，第8~10題，每小題6分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對得分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分。1.2023年8月25日，“中國環(huán)流三號”托卡馬克裝置首次實(shí)現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運(yùn)行，是我國核能開發(fā)進(jìn)程中的重要里程碑。該模式下的核反應(yīng)方程之一為，反應(yīng)中釋放出光子，下列說法正確的是（）A.該核反應(yīng)屬于裂變反應(yīng) B.該核反應(yīng)方程中的X為中子C.的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能D.光子的靜止質(zhì)量為0，所以它的動(dòng)量也為0【答案】C【解析】AC．該反應(yīng)是核聚變反應(yīng)并釋放出大量的能量，由比結(jié)合能小的方向比結(jié)合能大的方向進(jìn)行，則的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故A錯(cuò)誤，C正確；B．由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，該核反應(yīng)方程中的X的電荷數(shù)為1，質(zhì)量數(shù)為1，則X為質(zhì)子，故B錯(cuò)誤；D．由康普頓效應(yīng)可知，光子的動(dòng)量不為0，故D錯(cuò)誤。故選C。2.圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計(jì)線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A.兩線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢的有效值相等 B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C.兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢同時(shí)達(dá)到最大值 D.兩電阻消耗的電功率相等【答案】B【解析】AD．根據(jù)可得兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數(shù)不等，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大值不相等，有效值也不相等；根據(jù)可知，兩電阻的電功率也不相等，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤；B．因兩線圈放在同一個(gè)旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交流電的頻率相等，選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)磁鐵的磁極到達(dá)一線圈附近時(shí)，一個(gè)線圈的磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢為0，另一個(gè)線圈通過的磁通量最小，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，可知兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不可能同時(shí)達(dá)到最大值，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，用一根細(xì)線穿過光滑的杯柄，兩手握住細(xì)線兩端，提起水杯，保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）A.細(xì)線之間的夾角變大時(shí)，細(xì)線的張力大小一定大于杯子的重力大小B.逐漸減小細(xì)線之間的夾角θ，細(xì)線的張力將逐漸變大C.當(dāng)細(xì)線之間的夾角為60°時(shí)，細(xì)線的張力大小等于杯子的重力大小D.換力更大的同學(xué)進(jìn)行操作，也不可能將細(xì)線拉至水平【答案】D【解析】A．設(shè)細(xì)線之間的夾角為θ，根據(jù)水杯受力平衡，有解得只有當(dāng)細(xì)線之間的夾角θ大于120°時(shí)，細(xì)線的張力大小才大于杯子的重力大小，故A錯(cuò)誤；B．逐漸減小細(xì)線之間的夾角θ，則逐漸增大，細(xì)線的張力將逐漸變小，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)細(xì)線之間的夾角θ為60°時(shí)，細(xì)線的張力大小為，故C錯(cuò)誤；D．無論人的力氣多大，細(xì)線的拉力在豎直方向總有分量，即細(xì)線不可能被拉至水平，故D正確。故選D。4.如圖所示，用長為l的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛于O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)?，F(xiàn)對小球施加水平向右的拉力F，使其由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)，已知OQ與豎直方向夾角為θ=60°，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.若小球從P緩慢地移動(dòng)到Q，則水平拉力F做的功為B.若水平拉力恒為F，則從P到Q，小球機(jī)械能的增量為C.若水平恒力F=mg，則從P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后減小D.若水平恒力F=mg，則小球在Q點(diǎn)的速度大小為【答案】B【解析】A．緩慢移動(dòng)，拉力F是變力，做功不等于，根據(jù)動(dòng)能定理解得水平拉力F做的功為故A錯(cuò)誤：B．拉力恒為F，從P到Q，F(xiàn)做功為小球機(jī)械能的增量為，故B正確；C．當(dāng)時(shí)，合力與速度垂直，瞬時(shí)功率為0，則從P到Q，合力功率先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D．從P到Q，對小球用動(dòng)能定理得解得故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光沿AO方向從真空射入玻璃，分別從B、C點(diǎn)射出，則（）A.玻璃對a光的折射率比對b光的折射率小B.a光光子的動(dòng)量大于b光光子的動(dòng)量C.光線AO繞O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，b光比a光先在圓弧界面發(fā)生全反射（不考慮多次反射）D.a光從O到B點(diǎn)的傳播時(shí)間小于b光從O到C點(diǎn)的傳播時(shí)間【答案】B【解析】A．過O點(diǎn)作一條法線，如圖所示可知a光折射角小于b光的折射角，根據(jù)折射定律可知，玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，故A錯(cuò)誤；B．由于玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，則a光的頻率大于b光的頻率，則a光的波長小于b光的波長，根據(jù)可知a光光子的動(dòng)量大于b光光子的動(dòng)量，故B正確；C．根據(jù)全反射臨界角公式由于，可知，光線AO繞O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，入射角變小，光線進(jìn)入玻璃磚的折射角變小，則a光在圓弧界面先達(dá)到臨界角，a光比b光先在圓弧界面發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)光線的入射角為i，折射角為r，光在玻璃中傳播的路程為s，半圓柱截面的半徑為R。由幾何關(guān)系可知又知光在玻璃中傳播的速度為則光在玻璃中傳播的時(shí)間為由折射定律可知?jiǎng)t有由此可知故D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示，虛線為A、B兩小球從等寬不等高的臺階拋出的運(yùn)動(dòng)軌跡，A球從臺階1的右端水平拋出后，運(yùn)動(dòng)至臺階2右端正上方時(shí)，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后兩球在臺階3右端點(diǎn)相遇，不計(jì)空氣阻力，則（）A.兩球拋出時(shí)A的速度大于B的速度B.兩球相遇時(shí)A的速度大小為B的兩倍C.臺階1、2的高度差是臺階2、3高度差的4倍D.兩球相遇時(shí)A的速度與水平方向的夾角的正切值為B的兩倍【答案】D【解析】A．兩個(gè)小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)根據(jù)題意，A運(yùn)動(dòng)至臺階2右端正上方時(shí)，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后兩球在臺階3右端點(diǎn)相遇，x和t都相等，所以v0相等，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樗剿俣认嗟龋_階的寬度也相等，所以兩個(gè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間之比為2：1，所以相遇時(shí)兩球豎直速度之比為2：1，合速度之比一定不等于2：1，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)解得臺階1、3的高度差與臺階2、3高度差之比為所以，臺階1、2高度差與臺階2、3高度差之比為C錯(cuò)誤；D．設(shè)2、3臺階的高度差為h0，則1、3臺階的高度差為4h0，設(shè)臺階的寬度x0，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論得兩球相遇時(shí)A的速度與水平方向的夾角的正切值與B的速度與水平方向的夾角的正切值之比為D正確。故選D。7.讓宇航員不坐火箭就能上天，“流浪地球2”中的太空電梯何日能實(shí)現(xiàn)，如圖所示，假若質(zhì)量為m的宇航員乘坐這種赤道上的“太空升降機(jī)”上升到距離地面高度h處而停止在電梯內(nèi)。已知地球的半徑為R，表面的重力加速度為g，自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，假若同步衛(wèi)星距離地面的高度為H，下列說法正確的是（）A.宇航員在“太空升降機(jī)”中處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，實(shí)際是繞著地球在公轉(zhuǎn)B.當(dāng)，宇航員受到的支持力為C.當(dāng)，萬有引力大于宇航員做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力D.當(dāng)，宇航員受到向下的壓力為【答案】B【解析】A．宇航員在“太空升降機(jī)”中處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，實(shí)際是隨著地球在自轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由可得當(dāng)，對宇航員進(jìn)行受力分析，由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得聯(lián)立解得宇航員受到的支持力為故B正確；C．當(dāng)時(shí)，有萬有引力正好等于宇航員做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)，由綜合解得故D錯(cuò)誤。故選B。8.A、B為真空中兩個(gè)電荷量都是Q的點(diǎn)電荷，相距2d，AB連線中點(diǎn)為O，C是中垂線的一點(diǎn)，距O為x（圖甲），其電場強(qiáng)度大小為E1。若A的電荷量變?yōu)?，其他條件都不變（圖乙），此時(shí)C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E2。已知靜電力常量為k，則（）A.E1的大小為，方向沿OC向上B.在甲圖中的C點(diǎn)靜止釋放一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷，其在向O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度大小一定變小C.將一個(gè)正點(diǎn)電荷分別放在甲、乙圖中的C點(diǎn)，其在這兩點(diǎn)所受的電場力大小不相同D.將一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷分別放在甲、乙圖中的C點(diǎn)，其在甲圖中C點(diǎn)具有的電勢能小于在乙圖中C點(diǎn)具有的電勢能【答案】AD【解析】A．根據(jù)兩個(gè)點(diǎn)電荷電場的疊加原理，E1的大小為方向沿OC向上，A正確；B．由于x與d的大小未知，中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)可能在C點(diǎn)的上方也可能在下方，所以在向O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度大小不一定變小，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述分析可知，當(dāng)x=d，電場力大小相等，C錯(cuò)誤；D．甲圖中C點(diǎn)的電勢大于零，乙圖中C點(diǎn)的電勢為零，由電勢能公式可知D正確。故選AD。9.一列簡諧波沿x軸正方向傳播，O為波源且t=0時(shí)刻開始沿y軸正方向起振。如圖所示為t=0.3s時(shí)x=0至x=4m范圍內(nèi)的波形圖，虛線右側(cè)的波形圖未畫出，已知圖示時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)第二次到達(dá)波峰，則（）A.這列波的周期為0.2sB.t=0.3s時(shí)x=2m處的質(zhì)點(diǎn)加速度正向最大C.t=0.8s時(shí)x=16m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向上運(yùn)動(dòng)D.t=0.3s時(shí)x=14m處的質(zhì)點(diǎn)的位置坐標(biāo)為【答案】AC【解析】A．由題知，波長，波源t=0時(shí)刻開始沿y軸正方向起振，則介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)均沿y軸正方向起振，t=0.3s時(shí)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)第二次到達(dá)波峰，振動(dòng)了，波從波源O傳到x=2m處的質(zhì)點(diǎn)，用時(shí)，則解得周期為故A正確；B．t=0.3s時(shí)x=2m處的質(zhì)點(diǎn)處于波峰，則加速度負(fù)向最大，故B錯(cuò)誤；C．波速則t=0.3s時(shí)，波傳播到x=12m處的質(zhì)點(diǎn)，畫t=0.3s時(shí)波形圖可得，此時(shí)x=12m處的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，且向上振動(dòng)，t=0.4s時(shí)，波傳播到x=16m處的質(zhì)點(diǎn)，再經(jīng)過0.4s，即再經(jīng)過2個(gè)周期，x=16m質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向上運(yùn)動(dòng)。則t=0.8s時(shí)，x=16m處的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；D．t=0.3s時(shí)，波傳播距離為因此波向右傳播了12m，所以在x=14m處的質(zhì)點(diǎn)還未振動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。10.如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計(jì)，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當(dāng)cd距磁場上邊界一定高度時(shí)無初速釋放線框，線框cd邊進(jìn)入磁場時(shí)線框恰好勻速運(yùn)動(dòng)，下落過程中線框始終在豎直面內(nèi)，已知線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A.線框通過磁場過程中流過ab邊的電流不變B.線框通過磁場過程中a、b兩點(diǎn)間電勢差始終為C.釋放時(shí)cd邊到磁場上邊界高度為D.整個(gè)過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為2mgL【答案】BC【解析】A．設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流為I，當(dāng)cd和ef通過磁場的過程中，流過ab的電流為兩個(gè)電阻大小相等支路的電流，大小均為，方向均為b→a；當(dāng)ab通過磁場的過程中，流過ab的電流為等效電路的干路電流，大小為I，方向?yàn)閍→b，A錯(cuò)誤；B．線框cd邊進(jìn)入磁場時(shí)的速度為，則有線框受到的安培力聯(lián)立解得根據(jù)線框構(gòu)成等效電路的特點(diǎn)可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運(yùn)動(dòng)，a、b兩點(diǎn)間電勢差始終等于對應(yīng)等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即解得B正確；C．設(shè)釋放時(shí)cd邊到磁場上邊界高度為h，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得cd邊進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為結(jié)合上述分析可得聯(lián)立解得故C正確；D．根據(jù)焦耳定律可得整個(gè)過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱為解得D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題10分，第13題8分，第14題12分，第15題18分。其中13~15題解答時(shí)要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無驗(yàn)算過程的不得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實(shí)驗(yàn)小組組裝了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來完成“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)。在小車P的后端連接通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，前端粘有橡皮泥。給小車P一向前的瞬時(shí)沖量，然后與原來靜止在前方的小車Q相碰并粘合成一體后，繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)。（1）下列操作正確的是（）A.實(shí)驗(yàn)時(shí)給小車向前的瞬時(shí)沖量越大越好B.兩小車粘上橡皮泥是為了改變兩車的質(zhì)量C.先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再給小車向前的瞬時(shí)沖量D.實(shí)驗(yàn)前，需要在長木板靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一端墊上適量小木塊以補(bǔ)償阻力（2）實(shí)驗(yàn)獲得的一條紙帶如圖乙所示，根據(jù)點(diǎn)跡的不同特征把紙帶上的點(diǎn)進(jìn)行了區(qū)域劃分，用刻度尺測得各點(diǎn)到起點(diǎn)A的距離分別為s1、s2、s3、s4。根據(jù)碰撞前后小車的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)選紙帶上___________段來計(jì)算小車P的碰前速度。（選填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）（3）測得小車P（含橡皮泥）的質(zhì)量為m1，小車Q（含橡皮泥）的質(zhì)量為m2，如果實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)滿足關(guān)系式__________________________（用題目中的已知量和測量量表示），則可探知：在誤差允許的范圍內(nèi)，小車P、Q碰撞過程中動(dòng)量守恒?！敬鸢浮浚?）CD（2）BC（3）##【解析】【小問1詳析】A．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車的速度要適中，瞬時(shí)沖量要適當(dāng)，故A錯(cuò)誤；B．兩小車粘上橡皮泥是為了碰撞后粘連在一起測量系統(tǒng)末動(dòng)量，故B錯(cuò)誤；C．先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，打點(diǎn)穩(wěn)定后再給小車向前的瞬時(shí)沖量，故C正確；D．為保證碰撞前后小車勻速直線運(yùn)動(dòng)且碰撞過程中動(dòng)量守恒，則實(shí)驗(yàn)前，需要在長木板靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一端墊上適量小木塊以補(bǔ)償摩擦力，故D正確。故選CD。【小問2詳析】從紙帶上的點(diǎn)跡和數(shù)據(jù)可得，AB段小車P處于加速階段，BC段處于勻速運(yùn)動(dòng)階段。故選BC段來計(jì)算小車P的碰前速度，DE為小車P、Q碰撞后的共同速度。【小問3詳析】若小車P、Q碰撞前后動(dòng)量守恒，則解得12.某研究性學(xué)習(xí)小組利用壓敏電阻制作電子秤。已知壓敏電阻在壓力作用下發(fā)生微小形變，它的電阻也隨之發(fā)生變化，其阻值R隨壓力F變化的圖像如圖甲所示，其中，圖像斜率。小組同學(xué)按圖乙所示電路制作了一個(gè)簡易電子秤(秤盤質(zhì)量不計(jì))，電路中電源電動(dòng)勢，內(nèi)阻未知，電流表量程為10mA，內(nèi)阻，g取10m/s2。（1）下列操作步驟的正確順序是________。①秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變；讀出此時(shí)電流表示數(shù)I；②換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個(gè)質(zhì)量值對應(yīng)的電流值；③秤盤上不放重物時(shí)，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針滿偏；④將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤。（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)電流表量程偏小，根據(jù)需要將其量程擴(kuò)大為100mA，則應(yīng)該給該電流表________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)阻值為________Ω的電阻。（3）用改裝后的電流表進(jìn)行操作，若電流表示數(shù)為20mA，則待測重物質(zhì)量________kg。（4）改裝后的刻度盤，其0刻度線在電流表______(選填“零刻度”或“滿刻度”)處。（5）若電源電動(dòng)勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺電子秤稱重前，進(jìn)行了步驟③的操作，則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）③①②④（2）并聯(lián)2（3）10（4）滿刻度（5）不變【解析】【小問1詳析】在本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先讓秤盤上不放重物，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針滿偏，然后在秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變，讀出此時(shí)電流表示數(shù)I，再換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個(gè)質(zhì)量值對應(yīng)的電流值，最后將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤，故合理的實(shí)驗(yàn)操作順序?yàn)棰邰佗冖??！拘?詳析】當(dāng)小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時(shí)，需要并聯(lián)一個(gè)小電阻，有解得【小問3詳析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，當(dāng)秤盤上不放重物時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使得電流表滿偏，有當(dāng)秤盤上放上重物，且電流表示數(shù)為20mA時(shí)，有又因?yàn)槁?lián)立解得【小問4詳析】由于壓敏電阻阻值R隨壓力增大而增大，則電流表示數(shù)隨壓力增大而減小，所以改裝后的刻度盤，其零刻度線在電流表的滿刻度處?！拘?詳析】根據(jù)操作過程③可知，當(dāng)電源電動(dòng)勢不變，而內(nèi)阻增大時(shí)，仍可以通過減小滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值使得電流表達(dá)到滿偏，回路中電源內(nèi)阻和滑動(dòng)變阻器接入電路的總電阻不變，所以測量結(jié)果不變。13.在駐波聲場作用下，水中小氣泡周圍液體的壓強(qiáng)會(huì)發(fā)生周期性變化，使小氣泡周期性膨脹和收縮，氣泡內(nèi)氣體可視為質(zhì)量不變的理想氣體，其膨脹和收縮過程可簡化為如下圖所示的p—V圖像，氣泡內(nèi)氣體先從壓強(qiáng)為P0、體積為V0、熱力學(xué)溫度為T0的狀態(tài)A等溫膨脹到體積為5V0、壓強(qiáng)為pB的狀態(tài)B，然后從狀態(tài)B絕熱收縮到體積為V0、壓強(qiáng)為1.9p0、熱力學(xué)溫度為TC的狀態(tài)C，B到C過程中外界對氣體做功為W，已知p0、V0、T0和W。求：（1）A、B狀態(tài)的壓強(qiáng)之比：（2）B、C狀態(tài)的熱力學(xué)溫度之比；（3）B到C過程，則此過程中氣泡內(nèi)氣體的內(nèi)能變化了多少?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】由題可知，根據(jù)玻意耳定律可得解得【小問2詳析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知解得【小問3詳析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知其中，故氣體內(nèi)能增加14.如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右運(yùn)動(dòng)前進(jìn)的速度v=1m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m=1kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離L=4m，物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物塊：（1）求小物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)候的動(dòng)量大??；（2）求小物塊從A點(diǎn)開始至第2次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間?！敬鸢浮浚?）4kg?m/s（2）4.5s【解析】【小問1詳析】對物體受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得解得物體的加速度設(shè)物體第1次到達(dá)P點(diǎn)的速度大小為v1，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系可得解得故小物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)候的動(dòng)量大小【小問2詳析】根據(jù)上述分析可知，物塊第一次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間由于物塊下滑到P點(diǎn)的速度大于傳送帶的速度，故物塊在傳送帶上先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，再向右做