2025年高三物理秋季開學摸底考試模擬卷03

（考試時間：90分鐘，分值：10。分）

1.如圖甲所示是弗蘭克―赫茲實驗，該實驗為能量量子化假設提供了直接證據(jù)。實驗前，

裝置內(nèi)僅充滿汞原子，實驗中，燈絲發(fā)射出初速度可忽略的電子，先經(jīng)過陰極K與柵極G

之間的電場加速，再經(jīng)過柵極G與集電極A之間的反向電場減速。電子在整個運動過程中

會和汞原子碰撞，實驗中記錄了柵極G到陰極K的電壓大小UGK，以及通過集電極A的電

流/，電流越大說明單位時間到達集電極A的電子越多。實驗結(jié)果如圖乙所示，電流/的極

大值呈周期性出現(xiàn)，峰值的水平間距為4.9V從中得出汞原子能量具有量子化的結(jié)論。由于

電子質(zhì)量遠遠小于汞原子質(zhì)量，通過彈性碰撞轉(zhuǎn)移給汞原子的動能可以忽略不計。結(jié)合以

上內(nèi)容判斷下列說法錯誤的是（）

A.〃?！?lt;4.9丫時?，電子與汞原子碰撞不會使處于基態(tài)的汞原子激發(fā)

B.峰值的水平間距為4.9V,說明汞原子第一激發(fā)態(tài)與基態(tài)的能量差為4.9eV

C.只有當電子的動能等于4.9eV或其整數(shù)倍才能使汞原子從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)

D.時，有大量電子兩次與汞原子碰撞，使汞原子從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)

【答案】C

【解析】AB.由乙圖可知，電壓U每升高4.9V時，電流表的示數(shù)/就會顯著下降，說明汞

原子基態(tài)和第?激發(fā)態(tài)之間的能極之差等于4.9eV。當UGK<4.9V時，電子與汞原子碰撞

不會使處于基態(tài)的汞原子激發(fā)。故AB正確，與題意不符；

C.根據(jù)玻爾的躍遷條件可知，當電子的動能等于或者大于4.9eV都可能使汞原子從基態(tài)躍

遷到第一激發(fā)態(tài)。故C錯誤，與題意相符；

D.電子運動過程中有可能與汞原子發(fā)生?次，也有可能沒發(fā)生碰撞，還可能發(fā)生多次碰

描，所以當U〃=10V時,有大量電子兩次與汞原子碰撞,使汞原子從基態(tài)躍遷創(chuàng)第一激

發(fā)態(tài)。故D正確，與題意不符。

本題選錯誤的，故選C。

2.如圖所示是一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)〃變化至狀態(tài)。的〃-V圖像。氣體可以經(jīng)過程

①由狀態(tài)〃緩慢變化至狀態(tài)〃，再經(jīng)過程②由狀態(tài)。緩慢變化至狀態(tài)氣體亦可經(jīng)過程

③由狀態(tài)。緩慢變化至狀態(tài)c。已知①、②、③分別為等溫、等容、絕熱過程。下列說

C.過程②吸收的熱量大于過程①放出的熱量

D.過程③單位時間內(nèi)氣體分子對器壁單位面積的撞擊次數(shù)逐漸減少

【答案】C

【解析】A.過程①為等溫過程，內(nèi)能不變，即AU=O

體積減小，外界對■氣體做功，即卬>0

根據(jù)△U=W+Q,可知Q<0

即氣體放出熱量，故A錯誤；

BD.過程③為絕熱過程，即Q二。

體積減小，外界對氣體做功，即W>0

所以AU二W+

內(nèi)能增大，溫度升高，分子平均動能增大，又因體積減小，分子數(shù)密度增大，所以單位時

間內(nèi)氣體分子對器壁單位面積的撞擊次數(shù)逐漸增大，故BD錯誤；

C.因過程③的〃-V圖像與橫軸所包圍的面積大于過程①的P-V圖像與橫軸所包圍的面

積，所以過程③外界對氣體做的功大于過程①外界對氣體做的功，而過程②體積不變，

而氣體經(jīng)過程③和經(jīng)過程①②內(nèi)能的變化相同，所以過程①②整個過程吸收熱量，即

過程②吸收的熱量大于過程①放出的熱量，故C正確。

故選配

3.神舟飛船若采用自主快速交會對接，發(fā)射升空后先進入停泊軌道（即近地圓軌道），再

進入轉(zhuǎn)移軌道，最后在中國空間站軌道與空間站組合體對接。各個軌道的示意簡圖如圖所

示，已知地球的半徑為R.飛船在停泊軌道的運行周期為7，中國空間站軌道可視為圓形

軌道且距地面高度為力。從神舟十七號開始，航天員出艙活動時會進行空間站空間碎片防

護裝置安裝、艙外設備設施例行巡檢等任務。若考慮在空間站運行軌道上存在靜止、密度

為夕的均勻稀薄氣體，為了維持空間站的運動狀態(tài)，需要對空間站施加一個與其速度方向

相同的動力尸。則下列說法正確的是（）

中國空間站軌道

,一……、、、

/',..?＜二:轉(zhuǎn)移軌道

///、、、

、、、、停泊軌道

A.飛船在P點從停泊軌道進入轉(zhuǎn)移軌道時需要減速

B.飛船在轉(zhuǎn)移軌道上從P點運行至。點所需的時間為

C.若空間站探測到在其運行軌道上不遠處有同向運動的10cm空間碎片，應立即變軌

規(guī)避

D.假設空間站垂直速度方向的面積為S,稀薄氣體碰到空間站后立刻與其速度相同，

可得空間站運行的速度大小為，E

Nps

【答案】D

【解析】A.飛船從低軌道（停泊軌道）進入高軌道（於移軌道），需要做離心運動。根據(jù)

離心運動條件，需要加速使所需向心力大于萬有引力，而不是減速，故A錯誤；

2R+/?“

B.根據(jù)開普勒第三定律有2

〃一瑜

飛船在轉(zhuǎn)移軌道上從P點運行至Q點所需的時間為f=華

y

2

則有％=gcos。/，y=V(>>K=4gsin。/,L=Jx2+y2

2gcos6/2v

聯(lián)立解得f=L4s

故選C。

5.如圖甲所示，足夠長的傾斜傳送帶沿順時針方向以】，=2m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為

1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從傳送帶底端/，點以某一初速度滑卜.傳送帶。詵擇”點所在水

平面為零勢能面，物塊從尸點向上運動到最高點的過程中，其機械能E隨位移x變化的關

系如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。關于該過程，

下列說法正確的是（）

A.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4

B.物塊在最高點時，其重力勢能為8J

C.物塊運動時間為1.2s

D.物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為3.2J

【答案】C

【解析】A.由圖像可知在尸點時物塊的速度為gm*=8J

解得物塊的初速度為%=4m/s

物塊剛滑上傳送帶時摩擦力對物塊做負功，可知此時傳送帶與物塊間的摩擦力是滑動摩擦

力，前0.6m物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有〃〃琢cos0+mgsin0=ma.

當％=0.6m時，物塊和傳送帶共速，此時機械能為5.6J=mg%sin0+；〃八，2

乙

由運動學知識有/-謚=-2”內(nèi)

聯(lián)立解得6=37,,A=0.5.A錯誤;

BC.勻減速時間為L=為1=0-2s

因為〃<tand,可知共速后物塊繼續(xù)做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有

"圾sin。一cos0=nuiz

解得勻減速的加速度大小為%=2m/s2

從共速到最高點過程中，由運動學知識有/=23，，2=一

a2

解得.G=lm,t2=ls

在最高點的重力勢能為與=mg(N?x2)sin(9=9.6J

故到最高點的時間為，=a+G=L2s,B錯誤；C正確；

D.由上述分析可知第一個勻減速階段，相對位移為你二%一%

第二個勻減速階段相對位移為用=%

摩擦產(chǎn)熱為Q=cos0(e+Aj)

聯(lián)立解得物塊與傳送帶之旬因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=4.8J,D錯誤。

故選Co

6.如圖，真空中一無限大孤立平面上有三個質(zhì)量為〃?，帶電量為。/的正點電荷分別固定在

邊長為a的正三角形的4、B、C三個頂點上，。為正三角形的中心。已知以無窮遠處為零

電勢，點電荷的電勢公式為。=女幺。以下說法正確的是()

r

A

A

/；\

/!\

\\

/!()\

—

A.只將C處點電荷自由釋放后最終達到的速度小于將三個點電荷同時自由釋放最終達

到的速度

B.若將A處點電荷換成電荷量為4的負點電荷，則中心。點的場強為華，方向由。

指向A

C.若將A處點電荷換成電荷量為4的負點電荷，并從4點以初速度u沿4。方向糅

放，該點電荷將一定來回振動（不考慮電磁感應效應）

D.若將A、B、C三處點電荷均換成電荷量為/質(zhì)量不變的正點電荷，并同時自由釋

放，最終獲得的速度將是原來的點電荷同時自由釋放最終獲得速度的幾倍

【答案】B

【解析】A.先考慮只有A處點電荷時，8處電勢為火幺，再放入8處電荷，系統(tǒng)所具有的

a

電勢能為上《，此時C處電勢為M幺，再放入。處電荷，系統(tǒng)新增加電勢能為2k《，此

a〃a

22

時系統(tǒng)總電勢能為弘￡。如只釋放。處點電荷，則有兼工電勢能轉(zhuǎn)化為c的動能。而同

aa

時釋放3個電荷則有3%《電勢能轉(zhuǎn)化為三個點電荷的動能，每個點電荷動能為攵武。故

aa

只釋放C電荷時C電荷獲得的動能更大，是同時釋放三處電荷時C電荷獲得動能的兩倍。

故A錯誤；

B.4處電荷可以看作-2夕與+夕電荷的疊加。三個頂點處為q的點電荷在中心的疊加場強

為0。所以在中心產(chǎn)生的場強就等同于八處-29單個點電荷在中心處產(chǎn)生的場強。也可以

直接在中心疊加三個點電荷的場強（如下圖），即d=2%cos60十噸=粵，故B正確；

a~

C.若A處點電荷釋放時的初速度足夠大就可以飛離6、C點電荷，飛向無限遠，故C錯

誤；

D.同理，當三個頂點的點電荷電荷量均為由時，系統(tǒng)的總電勢能為12女工，自由釋放后

a

轉(zhuǎn)化為三個點電荷的動能，最終每個點電荷獲得動能為必速度應為原來的2倍，故D

a

錯誤。

故選Bo

7.如圖所示，一理想變壓器的原線圈通過導線與兩根水平放置的平行導軌相連，導軌所處

空間存在方向豎直向上的勻強磁場。所有電表均為理想電表，不計導體棒、導軌的電阻。

導體棒必在外力作用下沿導軌運動，以下說法正確的是（）

A.導體棒勻速運動時;滑動觸頭尸下移，電流表A示數(shù)減小

B.導體棒勻速運動時，滑動觸頭P下移，電流表A示數(shù)增大

C.導體棒勻加速運動時，電壓表示數(shù)均勻增大

D.導體棒勻加速運動時，電壓表V2示數(shù)均勻增大

【答案】C

【解析】AB.導體棒勻速運動時，感應電動勢E=穩(wěn)定，理想變壓器原線圈回路產(chǎn)生

恒定的電流，由楞次定律知，理想變壓器副線圈回路不產(chǎn)生感應電流，滑動觸頭產(chǎn)下移，

電流表A示數(shù)不發(fā)生變化，故AB錯誤；

C.導體棒勻加速運動時，速度均勻增大，產(chǎn)生的感應電動勢￡=陰3均勻增大

由題意知，電壓表示數(shù)等于感應電動勢的大小，即吊示數(shù)均勻增大，故C正確；

D.由上述分析可知，理想變壓器原線圈回路電流均勻增大，穿過閉合鐵芯的磁通最均勻

增大，副線圈產(chǎn)生穩(wěn)定的感應電動勢，副線圈回路產(chǎn)生穩(wěn)定的感應電流，電壓表V?示數(shù)為

副線圈回路的路端電壓將保持不變，故D錯誤；

故選C。

8.如圖所示，間距為L的傾斜光滑平行金屬導軌的傾角6=30。，底端接有阻值為R的定

值電阻，虛線用N上方的導軌區(qū)域存在垂直導軌平面向上的范圍足夠大的勻強磁場，磁感

應強度的大小為以質(zhì)量為〃?、阻值為R、長度為L的導體棒"垂直導軌放置。某時刻給

外一平行導軌斜面向上的初速度，已知必進入磁場時速度大小為2%,經(jīng)過時間％速度減

小為零，一段時間后，以大小為%的速度離開磁場，不計導軌的電阻，導體棒與導軌接觸

良好，且兩者始終垂直，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

B

A.導體棒在磁場中沿導軌上滑的最大距離為皿咚警^

B.導體棒在磁場中下滑過程中通過定值電阻的電荷量大小為匈二以

nL

C.導體棒在磁場中下滑過程經(jīng)歷的時間為空T。

g

D.整個過程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為T機%

【答案】C

【解析】A.導體棒上滑過程由動量定理得〃3°sinO+B和f0=〃?x2%,而

AO_BLx

~^R~~2R

吟等之，，尸生警，故錯美

聯(lián)立解得工=A

13L2I3L

B.下滑過程通過電阻的電荷最大小與上滑過程的相等，故B錯誤;

C.設導體棒在磁場中下滑過程經(jīng)歷的時間為。，此過程對導體棒有：mghsme-BqLnn%

解得，?=也一，0

8

故C正確；

D.整個過程中電路產(chǎn)牛.的總的焦耳熱Q總=；〃，（2%『-，就

Ia

定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱總=；，〃4，故D錯誤。

故選Co

9.如圖所示，輕桿上端可繞光滑錢鏈。在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動?？梢暈橘|(zhì)點的小球A固

定在輕桿末端。用細繩連接小球B,繩的另一端穿過位于。點正下方的小孔”與A相連。

用沿繩斜向上的拉力尸作用于小球A,使桿保持水平，某時刻撤去拉力，小球A、3帶動

輕桿繞。點轉(zhuǎn)動。已知小球44的質(zhì)量均為陽，桿長為3L,O2長為5L,重力加速度為

g,忽略一切阻力。則下列說法正確的是（）

A.桿保持水平時，輕桿對小球A的拉力大小為爭

B.運動過程中，兩小球速度大小相等時的速度值為J（后-弘

C.運動過程中，兩小球速度大小相等時細繩對小球A的拉力大小為5明

D.運動過程中，兩小球速度大小相等時輕桿對小球A的拉力大小為1個J"%

【答案】AB

【解析】A.對小球A受刀分析如圖1,可知三力構成的矢量三角形與團。外相似，故有

T_（3_F-mg

~OA~~OP~\P

3

解得7=m〃g，八正確；

J

B.小球A繞O點轉(zhuǎn)動做圓周運動，速度方向沿圓周軌跡切線方向，又因小球A、8通過細

繩連接在?起，兩者沿繩方向的分速度相等，故兩小球速度大小相等時，細繩與小球A的

圓周軌跡相切，如圖2所示，由幾何關系得，sin6=13,cos6=41,小球A下降的高度

JJ

9

鼠=3Lsin6=1L

小球B下降的高度優(yōu)=J（3L）2+（5乙尸一J（5Zy一（3乙尸=（扃-4）L

由機械能守恒有〃?g砥+〃叫=；2〃”J

4

C.兩小球速度大小相等時，對小球A受力分析如圖3,沿繩方向應有廠+機gcosO=〃?q

小球B與小球A沿繩方向的加速度大小相等，則對小球B有，心-廠=〃?4

解得T'=\mg,c錯誤；

2

D.沿桿方向應有7"-〃?gsin。=/〃L

3L

JZT2)

解得〃=3~15'%D錯誤。

10.如圖甲所示,傾角為。的足夠長的傳送帶以恒定的速率也沿逆時針方向運行。t=0

時，將質(zhì)量機=lkg的物體（可視為質(zhì)點）輕放在傳送帶上，物體相對地面的…，圖像如

圖乙所示,設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g=10m/s2。則不正確的是（）

A.傳送帶的速率%=10m/s

B.傳送帶的傾角6=30。

C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)"=0.5

D.0-2s內(nèi)物體在傳送帶上留下的痕跡為6m

【答案】BD

【解析】A.由圖知，物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后

（在f=1.0s時刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物塊繼續(xù)向下做勻加速直線

運動，從圖像可知傳送帶的速度為%=10m/s

故A正確;

BC.在0~1.0s內(nèi)，物體摩擦力方向沿斜面向下，勻加速運動的加速度為

mgsin+umgcos0.八八

q=------------i——L---------=gsin0+4gcos0

tn

由圖知％=*=告9?1//=|0mzs2

A。I

在1.0~2.0s,物體的加速度為兄二〃H'in。一""0=gsin0—cos0

m

AV12-10—r,2

由圖1Z知生=婷2=o[m/s*=2m/s2

聯(lián)立解得"=05。=37°

故B錯誤，C正確；

1z\、

(yxlm=5m

傳送帶的位移為^=v(/,=(10x1)ni=10m

物體對傳送帶的位移大小為4=不-*2=5m

方向向上；l.0~2.0s物體相對于地的位移七=(岑Wx"m=llm

傳送帶的位移為七=1溫=(10xl)m=10m

物體對傳送帶的位移大小為?。?七-％=1m

方向向下，故留下的痕跡為5m,故D錯誤。

本題選不正確的，故選BD。

11.如圖甲所示，小球B與小球C用輕彈簧拴接，靜放在光滑的水平地面上，此時彈簧處

于原長，另有一小球A以8m/s的初速度向右運動，fo時刻球A與球B碰撞瞬間粘在一起，

碰后AB的UT圖像如圖乙所示。經(jīng)過停時間，彈簧第一次被壓縮至最短。已知小球B的

質(zhì)量為3kg,在加時間內(nèi)C球的位移為0.25m,彈簧的勁度系數(shù)攵=40N/m,彈簧的彈性勢

能「nJ"2(X為彈簧的形變量)，整個運動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，小球均可視

為質(zhì)點。下列判斷正確的是()

-v/(m-s'1;

一4一、

G0—：-------A--r——>

-1

甲乙

A.間某一時刻彈簧第一次壓縮至最短

B.及時刻彈簧第一次恢復原長

C.△，時間內(nèi)，小球B的位移為:m

D.C球的質(zhì)量為10kg

【答案】ABD

【解析】A.當三球共速時，彈簧彈性勢能最大，壓縮量最大，彈簧壓縮至最短，AB發(fā)生

v

完全非彈性碰撞，則"八以=（"?A+"%）

即x8=（〃八+3）x4

解得〃八二3kg

碰后的運動過程中，當3個球共速時，彈簧的彈性勢能最大，由ABC整體動量守恒可得

g+恤）y=（%+恤+&）4

解得0<y共<4m/s

結(jié)合圖乙分析知，〃/“間某一時刻彈簧第一次壓縮至最短，故A正確；

B.由圖乙可見門時刻AB球速度為M=-lm/s,此時AB球加速度為0,所以彈簧彈力為0,

即彈簧恢復原長狀態(tài)，故B正確；

D.ABC整體動量守恒（，%十恤）妙=（"?A+"[B）M十小日c

當彈簧恢復原長時v^-lm/s

滿足;（外+"%）/=/（心+于大聯(lián)

.in.+///,.-m（.

即/二，---——

"入+

解得77k-10kg,故D正確；

C.當ABC共速時

（〃?A+恤）妙=（"?A+WB+叫"共

fJ1

g（“入+〃％）5g（"】A+〃h+C"共2+Ep

聯(lián)立解得履2=30J

解得X=j|m

則△/時間內(nèi)，小球B的位移為

后I

xtt=x+xc=O.25m+J—in-m,故C錯誤。

故選ABD,

12.圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號(由圖乙電路產(chǎn)生)通過壓電陶瓷

轉(zhuǎn)換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去。

兩列超聲波信號疊加后，會出現(xiàn)振幅幾乎為零的點一一節(jié)點，在節(jié)點兩側(cè)聲波壓力的作用

卜.，小水珠能在節(jié)點處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖丙所示情形，圖丙為某

時刻兩列超聲波的波形圖，P、。為波源，點初(-1.5,0)、點N(0.5,0)分別為兩列波的波

前，已知聲波傳播的速度為340m/s,LC振蕩回路的振蕩周期為7=2%辰，則下列說法

A.該超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為340Tz

B.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源尸、。之間小水珠共有10個懸浮點

C.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點共有8個

D.拔出圖乙線圈中的鐵芯，可以增加懸浮儀中的節(jié)點個數(shù)

【答案】CD

【解析】A.由丙圖可知超聲波的波長4=1cm=0.01m,超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號

頻率為

/=1

代入數(shù)據(jù)得

f=34(XX)Hz

故A錯誤；

B.波源尸、Q振動步調(diào)相反，當波程差為波長的整數(shù)倍時，該點是振動減弱點，設波源

P、。之間某一點坐標為3懸浮點為振動減弱點，滿足

|(2-x)-k-(-2.5)]|=|2x+0.5|=以(〃為自然數(shù))

解得

x=±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、-2.25

故兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點，故B錯誤；

C.波源尸、Q之間振幅為2A的點為振動減弱點，當波程差為半波長的奇數(shù)倍時，該點是

振動加強點，滿足

|(2-A)-[x-(-2.5)11=|2x+0.5|=〃〃為自然數(shù))

解得

/=0、±0.5、±1、±1.5、一2

兩列波穩(wěn)定疊加后，波源尸、。之間振幅為2A的點共有8個，故C正確；

D.拔出圖乙線圈中的鐵芯，LC振蕩回路的振蕩周期減小，超聲波頻率變大，波長變短，

相同空間距離內(nèi)節(jié)點個數(shù)變多，故D正確。

故選CDo

13.小鐘同學利用如圖所示的實驗裝置探究質(zhì)量為〃〃和m2的物體碰撞過程。

實驗步驟如下：

①將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中質(zhì)量為〃〃和小2的兩球與木

條的撞擊點；

②將木條豎直放在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓質(zhì)量為〃〃的入射球從斜軌上A點由靜

止釋放，摘擊點為"：

③將木條向右平移到圖中所示位置，質(zhì)量為，〃/的入射球仍從斜軌上的4點由靜止釋放，

確定撞擊點：

④質(zhì)量為〃”的球靜止放置在水平槽的末端，將質(zhì)量為nn的入射球再從斜軌上A點由靜止

釋放，確定兩球相撞后的撞擊點；

⑤測得4與撞擊點MRM的高度差分別為例、力2、113.

⑴兩小球的質(zhì)量關系為如小2（填“>〃”=〃或“<〃）

（2）若利用天平測量出兩小球的質(zhì)量為〃〃、，〃2

①則滿足表示兩小球碰撞前后動量守恒；

②若滿足表示兩小球碰撞前后機械能守恒。

⑶恢及系數(shù)是反映碰撞時物體形變恢更能力的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料有關，兩物體

碰撞后的恢復系數(shù)為二',其中力、也分別為質(zhì)量為〃〃和〃?2的物體碰撞前的速

耳一匕

度，〃/、“2分別為質(zhì)量為四和皿2的物體碰撞后的速度。若/〃=6.25cm、/z2=9.61cm>fu

=37.21cm,則恢復系數(shù)為e=（保留2位有效數(shù)字），這說明該碰撞過程并率機

械能守恒。

【答案】（1）>

（3）0.73

【解析】（1）為了防止兩球碰后出現(xiàn)反彈現(xiàn)象，入射球H勺質(zhì)量一定要大于被碰球的質(zhì)量,

即my>嗎；

（2）[1]根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,卜.落時間I

題意易得未放陽2前，叫撞擊點為P，放上加2,碰撞后碼、〃4撞擊點分別為M點、N點、,

小球平拋初速度

⑵若兩小球碰撞前后機械能守恒有.

整理得牛

%&h}

x

(3)結(jié)合題意可知嗎碰前、碰后速度分別為“一回?2

VT

%=0?/=—(=

，％碰前、碰后速度分別為*國

根據(jù)恢復系數(shù)為e=為

代入題中數(shù)據(jù)，解得《。0.73

14.某學習小組用多用電表測定值電阻的阻值并進一步測量電源的甩動勢和內(nèi)阻。實驗器

材有：待測定值電阻&，待測電源，電阻箱R,多用電表一只，開關一個，導線若干。

⑴用多用電表“xlO〃的倍率擋進行后測出了定值電阻凡的阻值，如圖甲所示，

則該定值電阻的阻值Ro=Q.

甲

⑵然后用如圖乙所示的電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻，經(jīng)正確操作后得到幾組數(shù)據(jù)，并根

據(jù)數(shù)據(jù)做出電壓表示數(shù)U的倒數(shù)!隨電阻箱R的阻值的倒數(shù)4變化的規(guī)律如圖丙所示，

UK

則該電源的電動勢必V,內(nèi)阻后。。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

⑶若電壓表的內(nèi)阻為1000Q，則該電源的電動勢E=V,內(nèi)阻/-=Qo

（結(jié)果小數(shù)點后均保留1位數(shù)字）

【答案】⑴歐姆調(diào)零40

（2）109.1

（3）10.511.6

【解析】（1）［1］用多用電表測定值電阻的阻值，先對多用電表機械調(diào)零，再將選擇開關調(diào)

到電阻xlOQ擋，紅黑表筆短接，進行歐姆調(diào)零。

⑵由圖可知，定值電阻的阻值Ao=4xlOQ=4OQ

E

（2）⑴根據(jù)閉合電路歐姆定律U=R

A+/^,+r

罡理官ERE

由圖丙可知l=0.10V",￡=10V

E

⑵圖像斜率A=國二=4.91,r=9.1Q

（3）⑴⑵由實驗原理，電動勢測量值弓產(chǎn)&后日，內(nèi)阻測量值

rrt+3+&

氏（%+綜）

爆-r4.P4.J?

%+“0+8

代入數(shù)據(jù)可得電源的電動勢E=10.5V,內(nèi)阻r=ll.6￡2

15.如圖所示為一半徑為R的半球形玻璃磚的截面圖，。為球心，下表面水平。玻璃放的

上方水平放置一個足夠大的光屏，虛線。。|為光軸（過球心。與半球卜表面垂直的直線）,

。|為光軸與光屏的交點?，F(xiàn)有一平行單色光束垂直于玻璃磚的下表面射入玻璃磚，恰好照

滿下表面。一條從玻璃磚下表面點射入的光線，經(jīng)過玻璃磚后從上表面的A點射出，四射

光線與光軸。。相交于。點，光線BD與。。的夾角a=15。，不考慮光在玻璃磚內(nèi)表面的

（1）玻璃磚的折射率;

⑵從A點射入的光線在玻璃磚中的傳播時間;

⑶光屏上被光線照亮區(qū)域的面積。

【答案】（1）夜

(2回

(3)8萬7?2

【解析】（1）從A點射入光線在磚內(nèi)沿直線傳播，在球表面上6點折射，設入射角回08A

由幾何知識可得v=i+a=45"

則折射率〃=型=&

sin/

(2)由〃=￡,得|，=￡=巫。

vn2

根據(jù)幾何關系得，光線在玻璃磚中的路程s=4B=@R

2

由s=%解得"返

2c

(3)設射入磚內(nèi)光線在上表面E點恰好發(fā)生全反射，臨界角為C,E點在光屏.匕的投影點

為E,對應折射光線與光屏的右側(cè)交點為尸點，光路如圖。

n2

解得。=45°

c5

由幾何知識可團/石尸=45°,EE=EF=^-=-K

2

則光屏上照亮區(qū)域半徑—=逑R—亞R=2y/2R

22

光屏上被光線照亮區(qū)域的面積S=萬〃=8M

16.醫(yī)療常用的金屬氧氣瓶容積為10L,瓶內(nèi)貯存了壓強為8xl06pa的氧氣。便攜式呼吸器

容積為2L,呼吸器一開始為真空，現(xiàn)用氧氣瓶對其充氣，當呼吸器內(nèi)壓強變?yōu)?.0xl0Spa

時充氣完成。充氣過程中不漏氣，環(huán)境溫度不變，求：

⑴一個呼吸器充完氣后的質(zhì)量占氧氣瓶初始質(zhì)量的比例是多少;

⑵氧氣瓶最多可裝多少個氧氣呼吸器。

【答案】⑴*

(2)45

【解析】(1)設氧氣瓶初始壓強為Pi=8xl()6pa,體積為V；=10L；呼吸器充氣完成后的壓

強為〃2=8.Oxl()5pa,體積為匕=2L,則一個呼吸器充完氣后的質(zhì)量占氧氣瓶初始質(zhì)量的

JPM1

比例為弁一==一L虧L=

M50

(2)設可以分裝〃瓶，根據(jù)玻意耳定律有+P2K

代入題中數(shù)據(jù)，解得〃=45

17.如圖所示，平面直角坐標系產(chǎn)0區(qū)域有沿)，軸正方向的勻強電場，在0今父寵且以。為

圓心、R為半徑的半圓外側(cè)