山東省濰坊市2022屆高三上學(xué)期物理期末統(tǒng)考試卷

山東省濰坊市2022屆高三上學(xué)期物理期末統(tǒng)考試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．綠水青山就是金山銀山，為加大生態(tài)環(huán)保力度，打贏污染防治攻堅(jiān)戰(zhàn)，某工廠堅(jiān)決落實(shí)有關(guān)節(jié)能減排政策，該工廠“水平的排水管道滿管徑工作，減排前、后，水落點(diǎn)距出水口的水平距離分別為x0、xA．x1x0 B．x0x12．如圖所示，abc是玻璃制成的柱體的橫截面，玻璃的折射率n=2，ab是半徑為R的圓弧，ac邊垂直于bc邊，∠aOc=60°A．πR12 B．πR6 C．πR43．兩塊標(biāo)準(zhǔn)平面玻璃板形成一個(gè)劈形空間，內(nèi)部為空氣時(shí)，用單色光垂直照射玻璃板上表面，產(chǎn)生等間距的明暗相間的干涉條紋。若在劈形空間內(nèi)充滿水，則相鄰的條紋間距將（）A．變小 B．變大 C．不變 D．無法確定4．一列簡(jiǎn)諧波在初始時(shí)刻的全部波形如圖所示，質(zhì)點(diǎn)a、b、c、d對(duì)應(yīng)x坐標(biāo)分別為1m、1.5m、3m、4m。從此時(shí)開始，質(zhì)點(diǎn)d比質(zhì)點(diǎn)b先到達(dá)波谷。下列說法正確的是（）A．波源的起振方向沿y軸向上B．振動(dòng)過程中質(zhì)點(diǎn)a、c動(dòng)能始終相同C．波沿x軸負(fù)方向傳播D．此時(shí)b點(diǎn)加速度沿y軸正方向5．甲、乙兩輛小汽車在平直的路面上同向運(yùn)動(dòng)，以兩車并排時(shí)的位置為位移起點(diǎn)，其位移x與速度平方v2A．乙車的加速度逐漸增大 B．甲車的加速度逐漸增大C．甲比乙早到達(dá)x1處 D．兩車在x6．光滑水平面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達(dá)式為E=1A．該振動(dòng)的振幅為0.16mB．振子經(jīng)過平衡位置時(shí)的速度為0.4m/sC．振子的最大加速度為8m/D．若振子在位移最大處時(shí)，質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，則振幅變大7．北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)自主建設(shè)、獨(dú)立運(yùn)行且技術(shù)成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，目前已經(jīng)實(shí)現(xiàn)全球的衛(wèi)星導(dǎo)航功能。如圖所示，北斗導(dǎo)航系統(tǒng)包含地球靜止軌道衛(wèi)星a（GEO）和中圓地球軌道衛(wèi)星b（MEO）。若a、b的軌道半徑之比為k，則（）A．a(chǎn)、b兩衛(wèi)星運(yùn)行線速度大小之比為1B．在相同時(shí)間內(nèi)，a、b與地心連線掃過的面積之比為kC．a(chǎn)、b兩衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)加速度大小之比為1D．a(chǎn)、b兩衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)周期之比為k8．如圖所示，“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°，槽的兩側(cè)面與水平面的夾角相同。質(zhì)量為m的圓柱形工件放在“V”形槽中，當(dāng)槽的棱與水平面的夾角為37°時(shí)，工件恰好能勻速下滑，重力加速度為g，sin37°=0A．工件對(duì)槽每個(gè)側(cè)面的壓力均為mgB．工件對(duì)槽每個(gè)側(cè)面的壓力均為2C．工件與槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3D．工件與槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3二、多選題9．如圖所示，在水平桌面上放有一正三角形線框abc，線框由粗細(xì)相同的同種材料制成，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框處在與桌面成60°斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ac邊與磁場(chǎng)垂直，a、c兩點(diǎn)接到直流電源上，流過ac邊的電流為I，線框靜止在桌面上，線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）A．線框受到的摩擦力大小為3B．線框受到的摩擦力大小為3C．線框?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮閙g?D．線框?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮閙g?10．如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：3，在原、副線圈中接有三個(gè)相同的電阻a、b、c，原線圈一側(cè)接在電壓u=2202A．流過電阻a、c的電流之比為3：1B．理想電壓表示數(shù)為120VC．電阻a與c的功率之比為9：4D．原、副線圈中磁通量的變化率之比為1：311．如圖所示，在正方體的b點(diǎn)和d點(diǎn)固定等量異種點(diǎn)電荷，b點(diǎn)固定正電荷，d點(diǎn)固定負(fù)電荷，O、O'A．O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與O'點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)之比為B．將某正電荷由a點(diǎn)沿ac移至c點(diǎn)，電荷受到的電場(chǎng)力不變C．將某正電荷由a'點(diǎn)沿a'cD．b'、a'兩點(diǎn)間電勢(shì)差與O'12．如圖所示，線框ac、bd邊長(zhǎng)為2L、電阻不計(jì)，三條短邊ab、cd、ef長(zhǎng)均為L(zhǎng)、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L(zhǎng)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，當(dāng)cd距磁場(chǎng)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(chǎng)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．釋放時(shí)cd邊到磁場(chǎng)上邊界高度為9B．線框通過磁場(chǎng)過程中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差始終為UC．線框通過磁場(chǎng)過程中流過ab邊的電流大小和方向均不變D．整個(gè)過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為mgL三、實(shí)驗(yàn)題13．某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理。所用電源的頻率f=50Hz，重物和托盤的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，重力加速度g=10m/s（1）打下計(jì)時(shí)點(diǎn)2時(shí)，小車的瞬時(shí)速度大小為（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（2）取打下計(jì)時(shí)點(diǎn)1～5的過程研究，打下計(jì)時(shí)點(diǎn)1、5時(shí)小車的速度大小分別為v1、v5，則驗(yàn)證動(dòng)量定理的表達(dá)式為（3）若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)m所受重力的沖量大于系統(tǒng)動(dòng)量的增加量，造成此問題的原因可能是。14．電學(xué)實(shí)驗(yàn)中可將電源E1與電源E根據(jù)這一原理，某同學(xué)設(shè)計(jì)如圖乙所示電路，測(cè)量某電源C的電動(dòng)勢(shì)為Ex。其中A為工作電源，B為電動(dòng)勢(shì)恒定的標(biāo)準(zhǔn)電源，其電動(dòng)勢(shì)為EN。R1、R2為變阻箱，R3為滑動(dòng)變阻器，G為靈敏電流計(jì)，S1①實(shí)驗(yàn)開始之前，將R1和R②將S2置于1處，閉合開關(guān)S1、S3，通過調(diào)節(jié)R1、R2，使R3阻值為0時(shí)，靈敏電流計(jì)G示數(shù)為0。記錄此時(shí)的R1與R2③將開關(guān)S2置于2處，保持通過R1、R2的電流不變，復(fù)上述操作，使R3的阻值為0時(shí)，靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為0，記錄此時(shí)的R1與R2根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)過程回答問題：（1）實(shí)驗(yàn)步驟①中，為保護(hù)靈敏電流計(jì)，開始時(shí)滑動(dòng)變阻器觸頭應(yīng)處在最端（填“左”或“右”）；（2）在步驟③中，為保持實(shí)驗(yàn)過程中流過R1與R2的電流不變，調(diào)整R1、R2時(shí)需要使R1測(cè)、R2（3）待測(cè)電源C的電動(dòng)勢(shì)Ex=（4）若工作電源A的內(nèi)阻不可忽略，則待測(cè)電源C的電動(dòng)勢(shì)Ex測(cè)量值相比于上述方案結(jié)果四、解答題15．如圖所示，一導(dǎo)熱性能良好的圓柱形容器豎直放置于地面上，容器的橫截面積為S。內(nèi)部用質(zhì)量為m的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞可無摩擦地滑動(dòng)，整個(gè)裝置放在大氣壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的室內(nèi)，開始時(shí)活塞到容器底的距離為h。由于溫度變化，活塞緩慢下降了d，這一過程中，封閉氣體內(nèi)能變化量大小為（1）此時(shí)的室內(nèi)溫度T；（2）此過程吸收或者放出的熱量是多少。16．兩光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，右側(cè)導(dǎo)軌水平，左側(cè)導(dǎo)軌與水平面的夾角為37°，導(dǎo)軌間距L=1.25m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)均垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1.0T，導(dǎo)軌最右端連接電阻R2=1.5Ω，一質(zhì)量（1）導(dǎo)體棒沿斜導(dǎo)軌下滑的最大速度；（2）導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑動(dòng)的距離。17．如圖所示為O-xyz坐標(biāo)系，在xOz平面內(nèi)x軸下方半徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓形區(qū)域與z軸相切于C點(diǎn)。在z軸右側(cè)空間同時(shí)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Bd。在圓心A處有一粒子源，某時(shí)刻沿z軸方向發(fā)射一正粒子，粒子初速度大小為v0，粒子比荷為v0Bd（1）粒子從A射出到達(dá)O點(diǎn)所用時(shí)間t0（2）粒子經(jīng)O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻的速度大?。唬?）粒子經(jīng)O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻z軸的位置坐標(biāo)。18．如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長(zhǎng)直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d=2m，A、B質(zhì)量均為m=1kg，不計(jì)一切摩擦。從某時(shí)刻起，B始終受到水平向右、大小為F=9N的恒力作用，經(jīng)過一段時(shí)間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機(jī)械能損失，碰撞時(shí)間極短。重力加速度g=10m/（1）物塊B與A擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大??；（2）由靜止開始經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊B與木板A擋板發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間A、B的速度大?。唬?）畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時(shí)間內(nèi)，物塊B的速度v隨時(shí)間t的變化圖像；（4）從物塊B開始運(yùn)動(dòng)到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時(shí)間內(nèi)，物塊B運(yùn)動(dòng)的距離。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】設(shè)水下落的高度為h與水下落的時(shí)間關(guān)系為h=12gt2故答案為：B。

【分析】利用平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式可以比較初速度之比，結(jié)合排水量與速度的關(guān)系可以求出排水量之比。2．【答案】C【解析】【解答】由題意作光路圖如圖所示，該介質(zhì)的臨界角是C，則有：sinC=1在α≥45°時(shí)，均發(fā)生全反射，圖中d點(diǎn)為入射角等于臨界角的臨界點(diǎn)，所以在ab部分表面只有bd部分有光透射出，對(duì)應(yīng)弧長(zhǎng)為s=R×π故答案為：C。

【分析】利用全反射的臨界角可以求出折射率的大小；利用全反射的角度可以求出有光射出時(shí)對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)大小。3．【答案】A【解析】【解答】從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為Δx=2d，即光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差Δx=nλ，時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為12λ，相鄰亮條紋之間的距離Δx=12λ故答案為：A。

【分析】利用光程差的大小大小可以判別干涉條紋之間的間距大小，當(dāng)加入水后，利用干涉條紋間距的表達(dá)式可以判別間距變小。4．【答案】B【解析】【解答】AC．質(zhì)點(diǎn)d比質(zhì)點(diǎn)b先到達(dá)波谷，則此時(shí)質(zhì)點(diǎn)d正在沿y軸向下振動(dòng)，所以波源的起振方向沿y軸向下，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向與波的傳播方向的關(guān)系，可知波沿x軸正方向傳播，AC不符合題意；B．質(zhì)點(diǎn)a、c的平衡位置之間相差半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)速度方向總是相反，大小總是相等，所以振動(dòng)過程中質(zhì)點(diǎn)a、c動(dòng)能始終相同，B符合題意；D．此時(shí)b點(diǎn)偏離平衡位置的位移方向?yàn)檎较颍謴?fù)力方向指向平衡位置，所以加速度沿y軸負(fù)方向，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷的順序可以判別波的傳播方向，利用波傳播方向可以判別波源的起振方向；利用質(zhì)點(diǎn)間的距離可以判別動(dòng)能的大?。焕觅|(zhì)點(diǎn)的位置可以判別加速度的方向。5．【答案】C【解析】【解答】AB．根據(jù)公式x=vCD．由圖可知，兩車在到達(dá)x1之前，在相同的位移時(shí)甲的速度都比乙的大，甲車的平均速度大于乙車，由公式x=vt，可知甲比乙早到達(dá)x1故答案為：C。

【分析】利用速度位移公式結(jié)合圖像斜率可以判別其加速度的大??；利用量程平均速度的大小可以判別先后到達(dá)x1的快慢。6．【答案】C【解析】【解答】A．彈簧振子振動(dòng)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有12kAB．振子經(jīng)過平衡位置時(shí)，動(dòng)能為12mvC．由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為a=kAD．振子在位移最大處時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，所以質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，不影響系統(tǒng)的機(jī)械能，所以振幅不變，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用振子系統(tǒng)總能量的表達(dá)式結(jié)合機(jī)械能的大小可以求出振幅的大小；利用機(jī)械能守恒定律可以求出振子經(jīng)過平衡位置的速度大小；利用振幅的表達(dá)式可以判別不受質(zhì)量的大小影響；利用牛頓第二定律可以求出振子的最大加速度的大小。7．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)萬有引力定律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律GMmr2=mv2r=m(2πB．經(jīng)過相同時(shí)間t，衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度θ=2πTt，衛(wèi)星與地心連線掃過的面積S=θ2π?πrC．由a=GMr2D．由T=2πr3GM故答案為：B。

【分析】利用引力提供向心力可以求出線速度之比；利用周期公式可以求出周期之比；利用牛頓第二定律可以求出向心加速度之比；利用角速度的大小結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可以求出a、b與地心連線掃過的面積之比。8．【答案】D【解析】【解答】AB．工件勻速下滑，在任意方向上合力都為零，將工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，做出工件受力側(cè)視平面圖如下根據(jù)平衡條件知Ff=mgsin“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°，所以兩側(cè)面對(duì)工件的彈力N夾角120°，則合力FN=N=mgcosCD．“V”形槽兩側(cè)面對(duì)工件的摩擦力f方向相同，大小都為μN(yùn)，2f=2μN(yùn)=Ff，帶入可解得故答案為：D。

【分析】當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，利用平衡方程可以求出摩擦力和支持力的大小，結(jié)合力的分解可以求出工件對(duì)側(cè)面的壓力的大小；利用平衡方程結(jié)合滑動(dòng)摩擦力的表達(dá)式可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)的大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．線框靜止在桌面上，線框受到的摩擦力是靜摩擦力，與安培力水平方向的分力的合力平衡，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于桌面的分量B⊥=Bsin60°=32BCD．磁感應(yīng)強(qiáng)度平行于桌面的分量B//=Bcos60°=12B，安培力在豎直方向上的合力F故答案為：D。

【分析】利用安培力的表達(dá)式結(jié)合電流的大小可以求出安培力的大小，再利用水平方向的平衡方程可以求出摩擦力的大小；利用數(shù)字方向的平衡方程可以求出線圈對(duì)桌面壓力的大小。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．設(shè)副線圈電壓和電流分別為U2、I2，a、b、c的阻值都為R，則Uc=U2，Ic=I2，由U1U2=nB．對(duì)原線圈電路，有U=Ua+C．由P=U2RD．通過原副線圈的磁感線任意時(shí)刻都相等，所以磁通量變化率是相等的，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】粒子匝數(shù)之比可以求出原副線圈電流之比，結(jié)合并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)可以求出流過a和c的電流比值；利用原線圈的歐姆定律可以求出副線圈的電壓大小，利用電流之比結(jié)合電功率的表達(dá)式可以求出電功率的比值；原副線圈的磁通量變化率相等。11．【答案】A,D【解析】【解答】A．設(shè)邊長(zhǎng)為x，則由幾何關(guān)系可得bO=x2+x22=22x，bOB．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布可知，由a點(diǎn)沿ac到c點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，所以電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小，B不符合題意；C．由等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布可知，aa'c'c所在平面是等勢(shì)面，所以將某正電荷由aD．a(chǎn)'與O'在同一個(gè)等勢(shì)面上，b'、d'相對(duì)于兩個(gè)點(diǎn)電荷連線的中垂面對(duì)稱，所以b'、a故答案為：AD。

【分析】利用幾何關(guān)系可以求出bO和bO’的距離大小，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式及場(chǎng)強(qiáng)的疊加可以求出兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大?。焕秒妶?chǎng)線的分布可以判別場(chǎng)強(qiáng)及電場(chǎng)力的大小變化；利用等勢(shì)面可以判別電勢(shì)能大小不變；利用等勢(shì)面的位置結(jié)合電勢(shì)的分布可以比較電勢(shì)差的大小。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．設(shè)釋放時(shí)cd邊到磁場(chǎng)上邊界高度為h，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=2gh①，cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv②，回路中總電阻為r=R+R?RR+R=32R③，通過cd的電流為I=Er④，cd所受的安培力大小為F=BIL⑤，由題意，根據(jù)平衡條件有F=mgB．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(chǎng)的過程中將始終做勻速運(yùn)動(dòng)，a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差始終等于對(duì)應(yīng)等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即Uab=?R23R2E=?C．當(dāng)cd和ef通過磁場(chǎng)的過程中，流過ab的電流大小均為Iab=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Q=(I2)2R?2L故答案為：ABD。

【分析】利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)結(jié)合歐姆定律的表達(dá)式可以求出感應(yīng)電流的大小，結(jié)合平衡方程可以求出cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小，再利用速度位移公式可以求出釋放時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界的高度；利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式結(jié)合歐姆定律可以求出ab邊電勢(shì)差的大??；利用右手定則可以判別感應(yīng)電流的方向，利用焦耳定律可以求出ab邊產(chǎn)生的焦耳熱大小。13．【答案】（1）0.575（2）4mg（3）摩擦力未平衡完【解析】【解答】(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器頻率是50Hz，所以周期是0.02s，打下計(jì)時(shí)點(diǎn)2時(shí)，小車的瞬時(shí)速度大小為v(2)動(dòng)量定理的內(nèi)容是合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，已平衡摩擦力，所以系統(tǒng)的合力等于重物和托盤的重力，則合力的沖量為I=mg?4T=4mgf，系統(tǒng)的動(dòng)量變化量為Δp=(3)若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)m所受重力的沖量大于系統(tǒng)動(dòng)量的增加量，說明系統(tǒng)的合力小于重物與托盤的重力，造成此問題的原因可能是摩擦力未平衡完。

【分析】（1）利用打點(diǎn)頻率的大小可以求出打點(diǎn)周期的大小；利用平均速度公式可以求出瞬時(shí)速度的大??；

（2）利用重力和時(shí)間可以求出合力的沖量，結(jié)合動(dòng)量的變化量可以導(dǎo)出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式；

（3）當(dāng)合力的沖量大于系統(tǒng)動(dòng)量的增量可能是摩擦力還沒完全平衡。14．【答案】（1）左（2）R（3）R（4）不變【解析】【解答】(1)在開關(guān)閉合前，R3接入的阻值應(yīng)為最大，保護(hù)G，則觸頭應(yīng)在最左端。(2)改用待測(cè)電源替換標(biāo)準(zhǔn)電源的位置，其前提條件是工作電源A所在電路電流I要保持不變，電源A的輸出電壓固定不變，采取的措施是使R1校與R2校的阻值之和為某一固定阻值，使R1測(cè)和R2測(cè)的阻值之和也為該固定阻值。(3)根據(jù)部分電路歐姆定律，有ENR2校=ER(4)若考慮工作電源內(nèi)阻，則有ENR2校=ER1校+R

【分析】（1）為了保護(hù)電流表，滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)該處于最大值；

（2）利用電路的分壓功能結(jié)合歐姆定律可以求出電阻的大小關(guān)系；

（3）利用分壓關(guān)系可以求出待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式；

（4）利用分壓關(guān)系可以判別當(dāng)存在內(nèi)阻時(shí)對(duì)電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值沒有影響。15．【答案】（1）解：取密閉氣體為研究對(duì)象，活塞下降過程為等壓變化，由蓋·呂薩克定律有V其中V0=hS解得外界溫度為T=（2）解：活塞下降的過程，大氣壓力和活塞重力對(duì)氣體做功，所以外界對(duì)系統(tǒng)做的功W=(mg+根據(jù)熱力學(xué)第一定律，得封閉氣體增加的內(nèi)能ΔU=W+Q，Q=ΔU?W=ΔU?(題目中的ΔU只表示內(nèi)能的變化量，實(shí)際上內(nèi)能是減小的，ΔU為負(fù)值，故Q【解析】【分析】（1）以封閉氣體為對(duì)象，利用等壓變化的狀態(tài)方程可以求出外界溫度的大??；

（2）活塞下降的過程中，利用氣體的壓強(qiáng)結(jié)合體積變化可以求出外界對(duì)系統(tǒng)做功的大小，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可以求出氣體放出熱量的大小。16．【答案】（1）解：設(shè)最大速度時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力為F，則mgsin37°=F，F(xiàn)=BIL，I=ER解得v（2）解：設(shè)導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑動(dòng)x距離后速度減小到零，此過程安培力的平均值為F，由動(dòng)量定理?F?t=0?mvm，F(xiàn)=BIL聯(lián)立可得x=代入數(shù)據(jù)可得x=15【解析】【分析】（1）當(dāng)導(dǎo)體棒到達(dá)最大速度時(shí)，利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式結(jié)合歐姆定律可以求出感應(yīng)電流的表達(dá)式，結(jié)合平衡方程可以求出導(dǎo)體棒最大速度的大?。?/p>

（2）導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)量定理結(jié)合歐姆定律可以求出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的距離的大小。17．【答案】（1）解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示由洛倫茲力提供向心力Bq可得r=d所以粒子運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°，粒子從A射出到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度與z軸負(fù)方向夾角60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為l=d則出射點(diǎn)到O的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t粒子從A射出到達(dá)O點(diǎn)所用時(shí)間t（2）解：粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，沿x軸的初速度為v沿x軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=速度為v沿z軸的速度為v沿z軸方向不受電場(chǎng)力，粒子在洛倫茲力的作用下，在平行yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以粒子在t時(shí)刻的速度大小為v=（3）解：粒子在沿x軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在平行yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖由Bq可得r設(shè)t時(shí)刻粒子與y軸的夾角為α，則有α=所以在z軸的坐標(biāo)為r【解析】【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律可以求出軌跡半徑的大小，結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角及周期的大小可以求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再利用勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出出射點(diǎn)到O粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（2）粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，利用速度的分解可以求出沿x軸方向的分速度