基礎題保分練12025年高考總復習優化設計二輪專題物理課后習題考前熱身練含答案考前熱身練基礎題保分練(一)一、單項選擇題:本題共3小題,每小題3分,共9分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024遼寧鞍山二模)氣閘艙是載人航天器中供航天員進入太空或由太空返回用的氣密性裝置,其簡化裝置如圖所示,座艙A與氣閘艙B之間裝有閥門K,座艙A中充滿一定質量的空氣(可視為理想氣體),氣閘艙B內為真空。航天員從太空返回氣閘艙時,打開閥門K,A中的氣體進入B中,最終達到平衡。氣閘艙與座艙在太空中可認為與外界絕熱。下列說法正確的是()A.氣體平衡后壓強增大B.氣體平衡后內能減小C.氣體平衡后溫度不變D.氣體平衡后分子熱運動的平均動能增大答案C解析氣體平衡后體積增大,密度減小,壓強減小,A錯誤;氣體自由擴散,沒有對外做功,氣閘艙與座艙在太空中認為與外界絕熱,則氣體溫度不變,內能不變,分子熱運動的平均動能不變,故B、D錯誤,C正確。2.(2024天津寧河一模)下列說法正確的是()A.“彩超”利用多普勒效應的原理測定血管中血液的流速B.核電站的核反應堆外面修建很厚的水泥層,用來屏蔽聚變產物放出的各種射線C.光的衍射現象說明光具有波粒二象性D.能量為1.89eV的光子,有可能使處于n=2(E2=-3.4eV)能級的氫原子電離答案A解析“彩超”利用超聲波的多普勒效應,根據反射波的頻率變化,就能知道血流的速度,故A正確;核電站的核反應堆外面修建很厚的水泥層,用來屏蔽裂變產物放出的各種射線,故B錯誤;光的衍射現象說明光具有波動性,故C錯誤;處于n=2能級的氫原子發生電離所需要的能量ΔE'=0-E2=3.4eV,可知能量為1.89eV的光子,不能使處于n=2能級的氫原子電離,故D錯誤。3.(2024湖南岳陽二模)現在地球上消耗的能量,追根溯源,絕大部分來自太陽,即太陽內部核聚變時釋放的核能。已知氘氚核聚變方程為

12H+13HHe+

01n,其中

12H的比結合能為E1,1A.E3-E1-E2 B.E1+E2-E3C.4E3-2E1-3E2 D.2E1+3E2-4E3答案C解析因為該反應放出能量,所以生成物的比結合能更大,由題意可知,12H有兩個核子,13H有三個核子,24He有四個核子,所以其釋放的核能為ΔE=4E3-2E1-3二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。4.(2024浙江二模)下列說法正確的是()A.圖甲所示實驗中,A、B兩小球位置可互換B.圖乙所示裝置中,該容器在水從下方彎曲噴口流出時會發生旋轉,這是反沖現象C.圖丙所示電路中,若在線圈中放入鐵芯,穩定狀態下燈泡會比沒有鐵芯時更暗D.圖丁所示實驗中,b圖中橢圓為玻璃片上石蠟受熱融化區域的形狀答案BC解析圖甲所示實驗中,為防止入射小球反彈,入射小球質量應大于被撞小球,則A、B兩小球位置不可互換,故A錯誤;圖乙所示裝置中,該容器在水從下方彎曲噴口流出時會發生旋轉,這是反沖現象,故B正確;圖丙所示電路中,若在線圈中放入鐵芯,線圈的感抗變大,則穩定狀態下燈泡會比沒有鐵芯時更暗,故C正確;圖丁所示實驗中,由于玻璃是非晶體,表現為各向同性,因此各個方向上導熱均勻,石蠟熔化區域形狀為圓形(a圖),故D錯誤。5.(2024江蘇南京一模)某同學用可拆變壓器探究“原副線圈的電壓比與匝數比的關系”。如圖甲所示,他將原線圈接在交流電源上,將副線圈接在電壓傳感器(可視為理想電壓表)上,觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖乙所示,在t1~t2時間內該同學先斷開開關,其后進行的操作可能是()甲乙A.增加了交流電源的頻率B.擰緊了松動的鐵芯QC.增加了副線圈的匝數D.增加了原線圈的匝數答案BC解析只增大交流電源的頻率,不能改變副線圈輸出電壓U2,故A錯誤;擰緊了變壓器鐵芯Q,副線圈輸出電壓U2增大,故B正確;由圖乙知,t1時刻前的電壓最大值小于t2時刻后的電壓最大值,而周期不變,根據U1U2=n1n2,增加副線圈的匝數或減少原線圈的匝數,會使副線圈輸出電壓U2增大,故C正確三、非選擇題:本題共3小題,共23分。6.(6分)(2024湖北二模)如圖甲所示,某實驗小組利用手機中的“磁力計”功能,測量小車在斜面上運動的加速度。將手機的感應端緊貼軌道放置,小車的前后端都貼著圓柱形磁粒,當小車經過手機時前后磁粒使空間磁場變化,磁力計記錄下前后磁粒依次經過智能手機的時間間隔t,如圖乙所示。(1)步驟一:測量小車的長度為12.15cm,用游標卡尺測量磁粒的直徑示數如圖丙所示,則測量值為mm,由此可得小車前后兩個磁粒中心之間的距離d。

步驟二:手機先置于位置1,由靜止釋放小車進行實驗,讀取時間間隔t1。將手機沿小車運動方向移動距離L=50.00cm,置于位置2,再次釋放小車,讀取時間間隔t2。請寫出計算加速度的表達式a=(用題中所給物理量的字母表示)。

(2)對本次實驗的理解與評估,下列說法正確的是。

A.在步驟二中,小車可以從不同位置由靜止釋放B.小車的長度太長導致初、末速度測量誤差較大C.若實驗操作都準確無誤,加速度的測量值仍偏小答案(1)5.00d22解析(1)游標卡尺精確到0.02mm,因此磁粒的直徑測量值為D=5.00mm。小車經過位置1時的速度v1=dt1,小車經過位置2時的速度v2=dt2,根據v22-v(2)在步驟二中,必須從同一位置釋放小車,小車通過位置1和位置2時的速度才能滿足勻變速運動的規律,A錯誤;由于小車的長度較大,平均速度應等于中間時刻的速度,而小車經過位置1的中間時刻的位置1相對小車的位置,與小車經過位置2的中間時刻的位置2相對小車的位置,不是同一位置,因此存在較大誤差,B正確;由于經過位置1時,小車的速度較小,小車達到平均速度的位置距離小車的中間位置較遠,靠近前端,而經過位置2時,小車的速度較大,達到平均速度的位置距離小車的中間位置較近,因此兩個中間位置的距離比L大,因此L的測量值偏小,從而計算的加速度的值偏大,C錯誤。7.(8分)(2024河南新鄉二模)洗車所用的噴水壺的構造如圖所示,水壺的容積為V,洗車前向壺內加入V2的洗滌劑并密封,然后用打氣筒打氣20次后開始噴水。已知外部大氣壓強恒為p0,打氣筒每次打入壓強為p0、體積為V(1)求噴水壺內封閉空氣的最大壓強p;(2)噴水壺內洗滌劑能否全部從噴口噴出?若不能,最少還能剩余多少?答案(1)5p03解析(1)打氣過程把空氣等溫壓縮,有p0V解得p=5p(2)假設壺內洗滌劑不能全部從噴口噴出,當壺內空氣的壓強降到p0時,剩余洗滌劑的體積為V剩,有p0(V-V剩)=pV解得V剩=V故假設成立,壺內洗滌劑不能全部從噴口噴出,剩余洗滌劑的體積為V68.(9分)(2024河南周口二模)有多個相同矩形閉合線圈(線圈1,線圈2,線圈3,…)固定在一絕緣桿上。每個線圈電阻為R,相互靠近排列,彼此絕緣,相鄰線圈之間的距離可忽略。線圈和絕緣桿的總質量為m,每個線圈的長邊長為L,如圖所示。現將整個裝置靜置在足夠長的光滑斜面上,斜面傾角為θ,在以MN為邊界的斜面下方存在一勻強磁場區域,磁場方向垂直斜面向上,磁感應強度大小為B。開始時線圈從斜面上某一位置由靜止釋放,下滑過程中線圈長邊始終與MN平行。已知線圈1剛進磁場瞬間的加速度大小為未進入磁場時的3倍,線圈進入磁場t0時間后開始做勻速運動。重力加速度為g,求:(1)開始時線圈1下邊緣與MN的距離;(2)從線圈1剛進入磁場到開始做勻速運動過程中,線圈和絕緣桿所受的平均作用力大小。答案(1)8(2)3解析(1)線圈未進入磁場時對線圈進行受力分析,設線圈加速度為a1,由牛頓第二定律知mgsinθ=ma1,設線圈進入磁場瞬間的加速度為a2,所受安培力為F,由牛頓第二定律知F-mgsinθ=ma2,由公式知F=BIL,設線圈進磁場瞬間的速度為v,則F=BIL=B2L2vR,線圈1剛進磁場瞬間的加速度為未進入磁場時的3倍,則a2=3a1,聯立得v=4mgRsinθB2L2,根據勻變速運動速度與位移的關系式知v2=(2)設線圈進入磁場t0時間后開始做勻速運動的速度為vt0,此時安培力為F1,則F1=B根據平衡條件知mgsinθ=F1,代入得vt0=mgRsinθB2L2,線圈1從剛進入磁場到開始做勻速運動過程中,設受到的平均作用力為F,沿斜面向下為正方向,由動量定理得-Ft0=mvt0-mv,代入得一、單項選擇題:本題共3小題,每小題3分,共9分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024遼寧鞍山二模)水平面內的兩根平行長直導線上通以大小相等、方向相反的恒定電流,A、B、C三點均在兩根導線所在平面內,位置如圖所示。下列說法正確的是()A.A點處的磁感應強度方向垂直于平面向下B.B點處的磁感應強度方向垂直于平面向下C.C點處的磁感應強度方向垂直于平面向下D.A、B、C三點處的磁感應強度大小均為零答案B解析根據左手定則,上方電流在A點的磁場方向垂直于平面向上,下方電流在A點的磁場方向垂直于平面向下,A點距上方電流較近,則A點處的磁感應強度方向垂直于平面向上,A錯誤;上方電流在B點的磁場方向垂直于平面向下,下方電流在B點的磁場方向垂直于平面向下,則B點處的磁感應強度方向垂直于平面向下,B正確;上方電流在C點的磁場方向垂直于平面向下,下方電流在C點的磁場方向垂直于平面向上,C點距下方電流較近,則C點處的磁感應強度方向垂直于平面向上,C錯誤;綜上所述,D錯誤。2.(2024內蒙古包頭二模)如圖所示,四個電荷量均為+q的點電荷固定在一個正方形abcd的四個頂點上,用一小型金屬球殼將d點處正電荷封閉在球心位置,球殼半徑遠小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點,則下列說法正確的是()A.O點處的電場強度方向沿Od方向B.M點處的電場強度大小為0C.N點處的電場強度方向沿ON方向D.若將金屬球殼接地,O點處的電場強度不變答案C解析四個電荷量均為+q的點電荷固定在一個正方形abcd的四個頂點上,用一小型金屬球殼將d點處正電荷封閉在球心位置,但不影響在外界形成的電場,所以四個等量同種正電荷在正方形中心的合電場強度為零,故A錯誤;a、b兩處的點電荷在M點產生的合電場強度為0,c、d兩處的點電荷在M點產生的電場強度等大,關于M點所在水平線對稱,由矢量疊加原理可知合電場強度的方向水平向左,沿OM方向,故B錯誤;b、c兩處的點電荷在N點產生的合電場強度為0,a、d兩處的點電荷在N點產生的電場強度等大,關于N點所在豎直線對稱,由矢量疊加原理可知合電場強度的方向豎直向下,沿ON方向,故C正確;若將金屬球殼接地,由于靜電屏蔽,金屬球殼外無電場,相當于d點無電荷,O點處的電場強度是a、b、c處的三個點電荷在O點的合成,此時O點處的電場強度不為零,則O點處的電場強度發生變化,故D錯誤。3.(2024河南周口二模)扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉,分離倉右端有一鼓風機提供穩定氣流,從而將谷物中的秕粒a(秕粒為不飽滿的谷粒,質量較小)和飽粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時,在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。下圖中虛線分別表示a、b谷粒的軌跡,Fa、Fb為相應谷粒剛進入分離倉時所受的合外力。下列四幅圖中可能正確的是()答案B解析從力的角度看,a、b谷粒在水平方向所受的力相等,飽粒b的重力大于秕粒a的重力,如圖所示;從運動上看,a、b谷粒在水平方向獲得的動量相同,飽粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度,而a、b谷粒在豎直方向下落高度相同h=12gt2,運動時間相等,又x=v0t,所以xa>xb,綜合可知B二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。4.(2024福建三明一模)下列說法正確的是()A.普朗克為解釋圖甲的黑體輻射實驗數據,提出了能量子的概念B.圖乙在某種單色光照射下,電流表發生了偏轉,若僅將圖乙中電源的正負極反接,電流表一定不會偏轉C.密立根依據愛因斯坦光電效應方程,測量并計算出的普朗克常量,與普朗克根據黑體輻射得出的值在誤差允許的范圍內是一致的D.圖丙為氫原子的能級示意圖,一群處于n=3的激發態的氫原子向低能級躍遷過程所發出的光中,從n=3躍遷到n=1所發出的光波長最長答案AC解析普朗克為解釋圖甲的實驗數據,提出了能量子的概念,A正確;僅將圖乙中電源的正負極反接,加反向電壓時,由于光電管間電壓和遏止電壓大小關系未知,電流表指針不一定會偏轉,B錯誤;密立根依據愛因斯坦光電效應方程,測量并計算出的普朗克常量,與普朗克根據黑體輻射得出的值在誤差允許范圍內是一致的,C正確;氫原子躍遷所發出的光的波長λ=hcε=hcEn-Em,從n=3躍遷到n=5.(2024河南新鄉二模)如圖所示,彈簧上端固定,下端豎直懸掛一條形磁鐵。在磁鐵正下方固定一個閉合金屬圓環,將磁鐵豎直向上托起少許后放開,磁鐵始終在圓環上方運動并很快停下,下列說法正確的是()A.當磁鐵靠近圓環時兩者之間有引力B.當磁鐵遠離圓環時兩者之間有斥力C.磁鐵從釋放到停下來減小的機械能大于圓環產生的內能D.當磁鐵遠離圓環時,從上往下看,圓環中產生順時針方向的電流答案CD解析圓環中產生感應電流,使磁鐵的運動始終受到阻礙,當磁鐵靠近圓環時兩者之間有斥力,當磁鐵遠離圓環時兩者之間有引力,故A、B錯誤;磁鐵從釋放到停下來減小的機械能等于圓環產生的內能與彈簧增加的彈性勢能之和,故C正確;根據楞次定律知,當磁鐵遠離圓環時,從上往下看,圓環中產生順時針方向的電流,故D正確。故選C、D。三、非選擇題:本題共3小題,共23分。6.(6分)(2024湖南邵陽二模)如圖所示為一多倍率(“×1”“×10”“×100”“×1k”)歐姆表內部電路結構圖,其中G為靈敏電流計,滿偏電流Ig=100μA,內阻Rg=99Ω,S為倍率選擇開關,內部直流電源電動勢E=1.5V,內阻r=1.0Ω。(1)S與4端接通時,歐姆調零后,RP接入電路的阻值為Ω;

(2)S與2端接通時,歐姆表的倍率為(選填“×10”或“×100”);

(3)R1+R2=Ω,R3=Ω(結果均保留2位有效數字);

(4)S與3端接通時,歐姆調零后,測一待測電阻Rx的阻值,此時靈敏電流計的示數I=35Ig,則Rx=答案(1)14900(2)×10(3)1.010(4)1000解析(1)S與4端接通時,歐姆調零后Ig=ERP+r+Rg,解得RP(2)當靈敏電流計滿偏時R內=EIg所以R內越大,R并越大,倍率n越大。當S分別與不同接線柱接通時R1并<R2并<R3并<R4并,所以S與2接通時,歐姆表倍率是“×10”。(3)由上述分析可得EIg=1000R中,EIg+IgRgR1解得R1+R2=1.0Ω,R3=10Ω。(4)由全電路歐姆定律得I=E100R中+Rx,解得Rx=7.(8分)(2024貴州畢節二模)如圖所示,紙面內存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場,勻強電場豎直向下,勻強磁場垂直紙面向里,磁感應強度大小為B。現有一質量為m、帶電荷量為+q的粒子,從電場的上邊界O點由靜止釋放,進入磁場后,其運動軌跡與下邊界相切于P點,不計粒子重力。求:(1)勻強電場的電場強度大小。(2)帶電粒子從O點運動到P點所用的時間。答案(1)qdB22解析(1)帶電粒子在電場中的運動過程中,由動能定理得qEd=12mv2-進入磁場中,粒子做圓周運動,由幾何關系得R=d由牛頓第二定律得qBv=mv2R聯立得E=qdB22m(2)設帶電粒子在電場中運動的時間為t1,由前面式子得v=qBdm,d=v·t12,帶電粒子在磁場中運動到P點所用的時間t2=T帶電粒子從O點運動到P點所用的時間t=t1+t2=(π8.(9分)(2024吉林白城一模)小明同學準備乘公交車去上學,當他距公交車站還有L=1km時剛好有一輛公交車從他身邊經過,此時開始計時,小明立即從靜止開始做以加速度a1=2m/s2加速向公交車站跑去,他的速度達到v1=4m/s后開始做勻速直線運動。公交車在t=125s進站,然后在站臺停留時間t0=2min。(1)小明跑向公交車站的過程中,其勻加速階段所用的時間t1和位移x1是多少?(2)通過計算判斷小明能否趕上這輛公交車。答案(1)2s4m(2)不能解析(1)小明加速的時間t1=v1a1=加速的位移為x1=v12t1=4(2)小明做勻速直線運動的時間t2=L-x1v小明跑到公交車站的時間t人=t1+t2=251s公交車從小明開始跑到離開站臺的時間為t車=t+t0=245s因為t人>t車所以,小明不能趕上這輛公交車。基礎題保分練(三)一、單項選擇題:本題共3小題,每小題3分,共9分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024廣東韶關二模)三星堆遺址距今已有5000至3000年歷史,昭示長江流域與黃河流域一樣同屬中華文明的母體。應用碳14測定年代是考古中的重要方法,在高空大氣中,來自宇宙射線的中子轟擊氮14,不斷以一定的速率產生碳14,接著碳14就發生放射性衰變,其半衰期為5730年,反應方程分別為:714N+01nC+11A.核反應方程要遵循電荷數守恒和質量守恒B.碳14發生的放射性衰變是β衰變C.埋入地下的植物中,碳14的半衰期將變長D.4個碳14在經過一個半衰期后,一定還剩2個答案B解析核反應方程要遵循電荷數守恒和質量數守恒,而質量會虧損,釋放核能,故A錯誤;碳14發生放射性衰變的核反應方程是

614CN+-10e,是β衰變,故B正確;放射性元素的半衰期與物理環境和化學狀態均無關,與原子核自身的結構有關,故埋入地下的植物中,碳14的半衰期不變,故C錯誤;半衰期是大量原子核衰變的統計規律,則4個碳14在經過一個半衰期后,不一定剩22.(2024江西贛州一模)LED燈具有節能、環保、壽命長、高亮度、耐高溫等特點而得到廣泛使用,如圖甲所示為汽車車頭LED大燈,為提高亮度,燈組的前端是一半徑為R、質量分布均勻的玻璃球,原理簡化圖如圖乙所示,O為球心,一單色光束從O1處射向A點,經折射后從B點平行于OO1射出,折射角為60°,OA⊥OB,則()A.此光束在A點的入射角α=30°B.此光束在玻璃球中的頻率比在真空中要小C.此光束在玻璃球中傳播的時間為6D.玻璃球的折射率為6答案D解析根據幾何關系可知,此光束從B點射出時的入射角為45°,根據折射定律可知,玻璃球的折射率為n=sin60°sin45°=62,由于光束在A點的折射角為45°,則此光束在A點的入射角為α=60°,故A錯誤,D正確;此光束在玻璃球中的頻率與在真空中的頻率相等,故B錯誤;此光束在玻璃球中傳播的速度為v=cn,根據幾何關系可知,光束在玻璃球中傳播的距離為s=2R,3.(2024四川南充二模)金屬探測器已經廣泛應用于安檢場所,下列關于金屬探測器的說法正確的是()A.金屬探測器可用于食品生產中,防止細小的砂石顆粒混入食品中B.金屬探測器探測金屬時,被探測金屬中感應出渦流C.金屬探測器在使用時必須快速移動D.金屬探測器只能探測出具有鐵磁性的金屬材料答案B解析金屬探測器只能探測金屬,不能用于食品生產,不能防止細小的砂石顆粒混入食品中,故A、D錯誤;金屬探測器探測金屬時,被測金屬中感應出渦流,故B正確;探測過程中金屬探測器與被測物體相對運動即可,不用快速移動,故C錯誤;故選B。二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。4.如圖所示,S1、S2是振動情況完全相同的兩個波源,它們的振動頻率均為5Hz。P是兩列波傳播方向上的一個質點,其中PS1=6m,PS2=10m。t=0時,P剛好振動到波峰位置。已知S1、S2連線上相鄰兩振動加強點間的距離為0.5m,下列說法正確的是()A.波的傳播速度為10m/sB.波的傳播速度為5m/sC.t=0.1s時,P質點剛好振動到波谷位置D.t=0.1s時,P質點剛好振動到波峰位置答案BC解析如圖所示,設Q1是S1、S2連線中點左側第1個振動加強點,Q2是其左側第2個振動加強點,Q2與Q1相距Δl,由振動加強的條件有Q1S2-Q1S1=λ,同理有Q2S2-Q2S1=(Q1S2+Δl)-(Q1S1-Δl)=2λ,聯立解得|Δl|=λ2,即連線上相鄰兩振動加強點間的距離為λ2,由題意知λ2=0.5m,得λ=1m,波的傳播速度為v=λT=λf=5m/s,A錯誤,B正確;由題意得PS2-PS1=4m=4λ,則P所在位置是振動加強點,t=0.1s時,即經過的時間為t=T2,故從波峰經歷半個周期,P5.(2024江西鷹潭一模)如圖所示為在水平面內振動的彈簧振子,O是平衡位置,P是最大位移處,不計小球與軸的摩擦,振幅為A,振動周期為T,則下列說法正確的是()A.若M是OP的中點,則小球從O到M的最短時間等于從M到P的最短時間的一半B.從小球運動到O點開始計時,t=3T8時小球距O點的距離為C.小球從O向P運動的過程中加速度不斷減小D.小球從O向P運動的過程中速度與位移的方向相同答案ABD解析若M是OP的中點,則小球從O到M最短時間滿足A2=Asinωt=Asin2πTt,得2πTt=π6,解得t=T12,M到P的最短時間為t'=T4-T12=T6,明顯t=t'2,則從O到M的最短時間是從M到P的最短時間的一半,故A正確;把t=3T8代入方程x=Asinωt=Asin2πTt,解得x=22A,故B正確;小球從O向P運動的過程中,三、非選擇題:本題共3小題,共23分。6.(6分)(2024山東臨沂模擬)某物理小組的同學查閱資料得知,彈簧彈性勢能表達式為Ep=12kx2,k為彈簧的勁度系數,x為彈簧形變量。他們設計了如圖甲所示裝置來測量重力加速度g(1)該同學首先利用游標卡尺測量遮光條的寬度,如圖乙所示,寬度為d=cm。

(2)按圖甲所示豎直懸掛好輕質彈簧,將輕質遮光條水平固定在彈簧下端,測出此時彈簧的長度x0;在鐵架臺上固定一個位置指針,標示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置,用輕質細線在彈簧下方掛上鉤碼,測量出平衡時彈簧的長度x,并按圖甲所示將光電門的中心線調至與遮光條下邊緣同一高度。(3)用手緩慢地將鉤碼向上托起,直至遮光條下邊緣恰好回到彈簧原長時指針標記的等高處(保持細線豎直),將鉤碼由靜止釋放,記下遮光條經過光電門的時間Δt,則鉤碼此時的速度v=(用題中所給字母表示)。

(4)多次改變鉤碼個數,重復步驟(2)(3),得到多組數據,作出(x-x0)-1(Δt)2圖像如圖丙所示;根據數據計算出圖線斜率為b時,g=答案(1)0.230(3)dΔt解析(1)主尺讀數為2mm,游標卡尺第6條刻度線與主尺對齊,寬度為d=2mm+6×0.05mm=0.230cm。(3)鉤碼此時的速度為v=dΔ(4)根據受力平衡k(x-x0)=mg所以Ep彈=12k(x-x0)2=12mg(x-x根據機械能守恒定律mg(x-x0)=12k(x-x0)2+聯立,解得x-x0=d結合圖丙,可得斜率k=d2解得g=d27.(7分)(2024內蒙古赤峰一模)如圖所示,豎直面內有一粗細均勻的U形玻璃管。初始時,U形管右管上端封有壓強為p0的理想氣體A,左管上端封有長度L1=8cm的理想氣體B,左右兩