2025屆"皖南八?！备呷谌未舐摽伎忌⒁?1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分,考試時間75分鐘。2.考生作答時,請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑;非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答,超出答題區域書寫的答案無效,在試題卷、草稿紙上作答無效。3.本卷命題范圍:高考范圍。一、選擇題(本題共10小題,共42分。在每小題給出的四個選項中,第1~8題只有一項符合題目要求,每小題4分;第9~10題有多項符合題目要求,每小題5分,全部選對的得5分,選對但不全的得31●我國天問三號系列任務計劃在2028年前后實施兩次發射任務,"祝融號”探測器將登陸火星實現火星表面采樣并返回地球●為獲取火星的相關數據,2021年2月,發射了天問一號探測器,探測器在環繞火星的圓軌道上穩定運行,開展了廣泛的科學探測工作,獲取了大量的科學數據●其中火星的質量是一個非常重要的數據,除了引力常量外,依據下列兩個物理量能計算出火星質量的是A●天問一號繞火星運行的線速度和角速度B●天問一號的質量和繞火星運行的角速度C●天問一號在繞火星運行的某一時間內運動的弧長和對應的時間D●天問一號在繞火星運行的某一時間內運動的某段圓弧對應的圓心角和對應的時間2●1913年,玻爾在巴爾末公式的啟發下,推導出氫原子能級公式,該公式是量子力學發展的重要里程碑之一●如圖是氫原子的能級圖,對于一群處于量子數n=5的氫原子,下列說法中不正確的是A●這群氫原子能夠吸收適當能量的光子后向更高能級躍遷B●這群氫原子向低能級躍遷,最多能夠發出10種不同頻率的光子,若增加同狀態氫原子的數量,發光頻率種類的數量并不會增多C●這群氫原子向低能級躍遷時,從n=5能級躍遷到n=1能級發出的光的波長最長D●若用這群氫原子向低能級躍遷時發出的各種頻率的光子依次照射某種金屬,現檢測到有4種頻率的光子能使該金屬有光電子逸出,則這些光子一定是氫原子躍遷到基態時發出的【"皖八”高三三聯物理第1頁(共6頁)W】【"皖八”高三三聯●物理第2頁(共6頁)W】3.奧運會女子藝術體操的球操比賽中,運動員手持橡膠球翩翩起舞的過程中,有時會手持球在豎直平面內做圓周運動,這一過程可近似看做半徑為L的勻速圓周運動,運動過程中球所受的空氣阻力大小恒為f,且f小于球的重力,方向與運動方向相反,當地重力加速度為g,則下列分析正確的是A.轉到圓心正上方時的最小速度一定是\/gLB.轉動過程中經過最高點和最低點時,手對球的作用力大小相等C.轉動一周的過程中兩次經過圓心等高點時,手對球的作用力大小相等D.轉動一周的過程中人對球做功為2πLf4.如圖甲所示,在某介質中有相距為14m的A、B兩點,t=0時A、B兩質點在外力作用下同時開始振動,其振動圖像如圖乙,外力作用時間均為4s,形成簡諧橫波在A、B連線上傳播,波速為2m/s,已知C、D均在A、B連線上,C為A、B的中點,D點到B點的距離為6m,則下列關于A、B、C、D的振動說法正確的是A.該簡諧波的頻率為0.25HzB.A、B兩點處的振動時間均為4sC.在相同時間內C、D兩點振動過程中通過的路程一定相等D.C、D兩點的振動時間不相等5.在抗震救災中,常常要把壓在被困人員身上的建筑物抬起,以便施救.某次在山坡災害救援中,為防止坡道上的石塊下滑對下方被困人員造成二次傷害,救援人員采取適當的辦法以防止石塊下滑,可以簡化如圖,物體置于傾角為α的粗糙斜面上,斜面體放在粗糙的水平地面上,用水平力F推物體,物體及斜面體均保持靜止,F適當減小時,物體、斜面體仍保持靜止,則下列說法一定正確的是A.物體所受的合力減小B.斜面體對物體的支持力減小C.物體所受摩擦力減小D.地面對斜面體的支持力減小6.如圖所示,ABC是邊長為L的等邊三角形,D為BC的中點,在A、D兩點處固定有帶電的小球(可視為點電荷),空間還有一與三角形所在平面平行的勻強電場,場強大小為E,方向由A指向D.現已知C點的電場強度為零,靜電力常量為k,下列說法中正確的是A.A處電荷帶正電,D處電荷帶負電B.空間場強為零的點僅有C點C.A、D兩處帶電小球的帶電量之比為8:1D.若撤去D處的帶電小球,則C點的場強大小為7.如圖,理想變壓器原、副線圈分別接有燈泡a和b,已知兩燈泡的額定電壓分別為Ua=U,Ub=4U,當左側輸入電壓U0=13U時,兩燈泡均能正常發光.下列說法正確的是A.a和b的電阻之比為3:4B.原、副線圈匝數之比為4:1C.a和b的電功率之比為3:4D.原、副線圈電流之比為4:1【"皖八”高三三聯●物理第3頁(共6頁)W】8.輪船運輸過程中常用傳送帶將船艙里的貨物輸送到碼頭,工作人員將貨物輕放在傳送帶的底端,由傳送帶傳送到頂端,隨后由其它工作人員完成裝車任務.可以簡化為如圖所示模型,圖甲為傾角37。的傳送帶,在電動機的帶動下以一定的速度穩定運行,電動機的內阻不計.貨物質量M=50kg,從輕放在傳送帶底端A處開始計時,10s時到達頂端B,其運動過程的Ψ—t圖像如圖乙,g取10m/s2,sin37。=0.6,則貨物從A運動到B的過程中,下列說法正確的是A.貨物與傳送帶之間的摩擦力大小始終不變B.貨物機械能的增加量為4500JC.貨物與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為1600JD.傳送貨物過程中電動機多消耗的電能為6400J9.如圖所示,足夠長的粗糙U型金屬導軌NMQP固定,導軌寬度為L,導軌平面與水平面之間的夾角為37。,在導軌所在區域,一勻強磁場垂直于導軌平面向上,磁感應強度為B,QM之間接有阻值為R的電阻,導軌電阻不計.一質量為m,電阻為2R的金屬棒ab放在導軌上,現給金屬棒一個瞬時沖量,使其以初速度Ψ0沿導軌平面向下開始滑行,棒與導軌之間的動摩擦因數為0.75,(上述字母均為已知量,sin37。=0.6)由以上條件,在此后的運動過程中,下列說法正確的是A.導體棒通過的位移為B.回路電流隨導體棒通過的位移而均勻減小C.運動過程中ab兩端的電壓是MQ兩端電壓的2倍D.電阻R上產生的焦耳熱等于10.如圖所示,已知紙面內的一條直線上有相距為L的A、B兩點,現有一個重力不計的質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從A點以初速度Ψ0射入,方向與AB之間的夾角為30。,可以通過適當的場去控制粒子的運動,為使粒子能到達B點且速度大小仍為Ψ0,可以在該區域加一勻強電場或垂直紙面的勻強磁場(不同時存在),下列判斷正確的是A.該空間存在的可以是電場或磁場,但是因洛倫茲力的方向在變化,所以從A到B的過程中電場力沖量和洛倫茲力沖量不相等B.無論該區域存在的是電場還是磁場,其經過B點時的速度方向一定相同C.加適當的勻強電場或勻強磁場均可以,其從A到B的過程中,在電場中運動的時間比在磁場中長D.加適當的勻強電場或勻強磁場均可以,且所加磁場和電場的場強大小滿足【"皖八”高三三聯●物理第4頁(共6頁)W】11.(7分)某同學放假在家,利用單擺來測量重力加速度.實驗裝置如圖所示,細線一端固定在O點,另一端連接小球.(1)將小球拉離平衡位置釋放,讓小球做簡諧運動,當小球某次經過最低點時開始計時,并計數1,以后小球每次經過最低點計數增加1,當計數為N時停止計時,計時器顯示時間為t,則小球做單擺運動的周期T=;(2)擺線長大約手掌長度的5倍,因家里沒有長尺,無法直接測量其長度,該同學只有一把量程為20cm的刻度尺,于是他在細線上標記一點A,使得懸點O到A點間的細線長度可以用刻度尺測量,保持A點以下的細線長度不變,通過改變OA間細線長度L以改變擺長,并測出不同L的情況下單擺做簡諧運動對應的周期T.測量多組數據后繪制T2—L圖像,求得圖像斜率為k,縱軸截距為b,你覺得根據上述數據(k和b),該同學能不能測得當地的重力加速度(填"能”或"不能”).若能,請將當地重力加速度的值g及A點到球心的距離S寫在后面的橫線上;若不能,請將原因寫在后面的橫線上:.12.(8分)某同學在學校的物理實驗室發現一個表盤數字已經模糊不清的電壓表,想測量其量程和內阻.(1)該同學利用圖甲中的電路圖測量電壓表的量程.先將滑動變阻器的滑片滑到最右 0.2A,當電阻箱阻值為R1=18Ω時,電壓表指針偏轉了滿偏的3,當電阻箱阻值為R2=43Ω時,電壓表指針偏轉了滿偏的,則電壓表量程為U=V,電流表內阻為RA=Ω (2)該同學完成上述實驗后,用圖乙電路圖測量電壓表的內阻,按照電路圖連接實驗儀器后,閉合開關S,改變電阻箱阻值,讀取多組電壓表示數U與電阻箱阻值R,并繪制出圖像,如圖丙所示,圖像斜率為a,縱軸截距為b,已知電源電動勢為E,則電壓表內阻RV=,因電源內阻未知,其對電壓表內阻測量(填"有”或"無”)影響.【"皖八”高三三聯●物理第5頁(共6頁)W】13.(10分)如圖所示,水平放置的絕熱汽缸內用導熱活塞封閉一定質量的理想氣體.已知活塞橫截面積為S,當地大氣壓為p0,重力加速度為g,活塞質量為活塞沿汽缸壁移動時受到的摩擦力大小恒為,活塞與汽缸之間的最大靜摩擦力大小也為f.開始時,缸內氣體的溫度和環境溫度相等,均為T0,活塞與汽缸底的距離為L0且恰好與汽缸無摩擦,離汽缸口的距離也為L0.現將汽缸緩慢地轉到開口向上的豎直位置,待穩定后對缸內氣體緩慢加熱,使活塞上表面剛好與汽缸口相平為止(不計活塞厚度).求:(1)轉到開口向上的豎直位置(加熱前)活塞到汽缸底部的距離;(2)當活塞上升到與汽缸口相平時氣體溫度.14.(16分)如圖所示,在平面直角坐標系的第一、二象限有沿y軸負向的勻強電場,在第三、四象限有垂直紙面向里的勻強磁場.在y軸正半軸上的某點以初速度Ψ0沿父軸正方向射入一帶電粒子甲,粒子質量為m,帶電量為q,經電場作用,從父軸上的C點(未標出)第一次進入磁場,C點和坐標原點的距離為\3L,經過C點時,粒子速度方向與父軸正方向夾角為60。.完全相同的粒子乙也以大小為Ψ0的初速度從坐標原點射入第三象限,方向與y軸負方向夾角為30。,在磁場的作用下,也從C點第一次進入電場,不計粒子重力及粒子間的相互作用力.求:(1)勻強電場的場強E及勻強磁場的磁感應強度B;(2)粒子乙從射入場區到經過C點所用的時間;(3)兩粒子第二次經過父軸時的位置之間的距離.【"皖八”高三三聯●物理第6頁(共6頁)W】15.(17分)如圖所示,AB為半徑R=0.8m的1/4光滑圓弧軌道,A端與圓心等高,下端B恰與足夠長的小車右端平滑對接,小車質量M=3kg.現有一質量m=1kg的滑塊,由軌道頂端A處靜止釋放,滑到B端后沖上小車.已知地面光滑,小車的上表面由特殊材料制成,當滑塊相對于小車向左滑時,其表面粗糙,且與滑塊間的動摩擦因數μ=0.3,當滑塊相對于小車向右滑時,兩者間的摩擦可忽略不計.(取g=10m/s2)試求:(1)滑塊到達B端時,它對軌道的壓力大小;(2)系統因摩擦產生的熱量和滑塊在小車上滑動的時間;(3)若在水平地面左邊足夠遠處裝一豎直擋板,小車與擋板碰撞后原速率反彈,并在右邊的弧形軌道末端裝一鎖定裝置(不影響滑塊的運動),每當小車與弧形軌道末端相碰時立即被鎖定,當滑塊滑上弧形軌道時,鎖定即被解除,求滑塊在小車上滑行時,摩擦力對滑塊作用的總時間.1.AA.已知天問-號繞火星運行的線速度Ψ和角速度w,可求得軌道半徑r=,根據萬有引力提供向心力G=m(M為火星質量,m為天問-號質量),聯立解得M=,所以可以計算出火星質量,A正確;B.已知天問-號的質量m和繞火星運行的角速度w,根據G=mw2r,式子中有M和r兩個未知數,無法計算出火星質量,B錯誤;C.已知天問-號在繞火星運行的某-時間內運動的弧長l和對應的時間t,可得到線速度Ψ=,僅知道線速度,根據式中有M和r兩個未知數,無法計算出火星質量,C錯誤;D.已知天問-號在繞火星運行的某-時間內運動的弧長對應的圓心角θ和對應的時間t,可得到角速度w=,僅知道角速度,根據G=mw2r,式中有M和r兩個未知數,無法計算出火星質量,D錯誤.故選A.2.CA.根據氫原子能級相關知識,氫原子處于低能級時,能夠吸收適當能量的光子后向更高能級躍遷,A正確;B.-群處于量子數n=5的氫原子向低能級躍遷,根據組合數公式CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),n)=,可得發出不同頻率光子的種類數為CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),5)==10,且發光頻率種類的數量只與氫原子所處的能級有關,與氫原子的數量無關,B正確;C.氫原子從高能級向低能級躍遷時,能級差越大,發出光子的能量越大,頻率越高,波長越短,從n=5能級躍遷到n=1能級,能級差最大,發出的光的波長最短,C錯誤;D.氫原子從n=5能級向低能級躍遷時,能發出10種不同頻率的光子,若有4種頻率的光子能使金屬發生光電效應,由于從n=5能級躍遷到n=4、n=3、n=2能級,從n=4能級躍遷到n=3、n=2能級,從n=3能級躍遷到n=2能級時發出的光子能量比氫原子躍遷到基態時的能量小,所以能使金屬發生光電效應的光子-定是氫原子躍遷到基態時發出的,D正確.故選C. 3.DA.球在豎直平面內做勻速圓周運動時,速率恒定,因此各點速度大小相同.最高點的最小速度通常 由重力提供向心力(即Ψ=\/gL),但題目中球受手的力和空氣阻力作用,向心力由手的作用力、空氣阻力和重力共同提供,故最高點速度不-定是\/gL,A錯誤;B.球在豎直平面內做勻速圓周運動時,向心力大小保持不變,轉動過程中經過最高點和最低點時,手對球的作用力切向分力平衡空氣阻力,大小相等,而法向分力和重力的合力提供向心力,最高點法向分力為F向-mg,最低點為F向十mg,根據力的合成可知在最高點和最低點手對球的作用力大小不等,B錯誤;C.轉動過程中兩次經過圓心等高處(圓心左右兩側),手對球的作用力法向分力提供向心力,大小相同,但切向分力需要平衡重力和空氣阻力的合力,假設球做逆時針方向的勻速圓周運動,右側切向分力為mg十f,左側為mg-f,根據力的合成可知在圓心等高點手對球的作用力大小不等,C錯誤;D.根據動能定理,轉動-周動能不變,合外力做功為0,則人對球做功與空氣阻力做功之和為0,W十Wf=0,空氣阻力做功為Wf=-2πLf,所以人對球做功為W=2πLf,D正確.故選D.4.DA.由振動圖像可知,周期T=2s,根據頻率f=,可得頻率f=0.5Hz,A錯誤;B.A、B兩點在外力作用下同時開始振動,外力作用時間均為4s,但波源停止振動后,波仍會繼續傳播,所以A、B兩點的振動時間大于4s,B錯誤;CD.C為A、B的中點,則波從A、B傳到C的時間均為t1==s=3.5s,波從B傳到D的時間為t2==s=3s,波從A傳到D的時間t3==s=4s,所以D點先振動,C點后振動,且振動時間不同,那么在相同時間內C、D兩點振動過程中通過的路程不-定相等,C錯誤,D正確.故選D.5.BA.因為物體始終保持靜止,故物體所受合力始終為零,所以物體所受合力不變,A錯誤;B.對物體進行受力分析,物體受到重力mg、水平力F、斜面體的支持力N和摩擦力f,將重力沿斜面和垂直斜面方向分解,垂直斜面方向有N=mgcosα十Fsinα,所以當F減小時斜面體對物體的支持力減小,B正確;C.摩擦力的方向需要分情況討論,若Fcosα>mgsinα,則摩擦力f=Fcosα-mgsinα,F減小時,摩擦力減小,若Fcosα≤mgsinα,則摩擦力f=mgsinα-Fcosα,F減小時,摩擦力增大,所以物體所受摩擦力不-定減小,C錯誤;D.對物體和斜面體整體進行受力分析,整體受到重力(M十m)g、地面的支持力N地、水平力F和摩擦力,在豎直方向上有N地=(M十m)g,與F無關,所以地面對斜面體的支持力不變,D錯誤.故選B.6.CA.已知勻強電場方向由A指向D,C點電場強度為零,說明A、D處點電荷在C點產生的合場強方向是由D指向A,與C點勻強電場方向相反,由此可知A處電荷帶負電,D處電荷帶正電,A錯誤;C.EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up6(L),眾2)【"皖八”高三三聯●物理試卷參考答案第1頁(共4頁)W】【"皖八”高三三聯●物理試卷參考答案第2頁(共4頁)W】得A處電荷在C點產生場強為EA=K,D處電荷在C點產生場強為ED=K,知A、D處點電荷在C點產生場強的合場強與勻強電場平衡,根據平行四邊形定則得EAcos60。=ED,即,解得QA=8QD,C正確;B.根據對稱性可知B處電場強度也為零,B錯誤;D.因為A、D處點電荷在C點產生場強的合場強與勻強電場平衡,所以EA與E的合場強與ED等大反向,若撤去D處點電荷,則C點場強大小等于ED,由C選項分析得EAsin60。=E,EA=2ED,解得ED=\3E,D錯誤.故選C.7.AB.設原、副線圈電壓分別為U1、U2,因兩燈泡均正常發光,則U1=U0-Ua=12U,U2=Ub=4U,所以原、副線圈匝數之比為n1:n2=U1:U2=3:1,B錯誤;ACD.通過燈泡a和b電流之比為Ia:Ib=:n1=1:3,由歐姆定律得a和b的電阻之比為=:=,由電功率公式可得a和b的電功率之比為正確,CD錯誤.故選A.8.CA.由圖乙可知貨物在傳送帶上先做勻加速直線運動,后做勻速直線運動.在勻加速階段,摩擦力沿傳送帶向上,根據牛頓第二定律有f1-Mgsin37。=Ma,其中加速度a=0.4m/s2,解得f1=320N,勻速階段,摩擦力f2=Mgsin37。=300N,所以摩擦力大小發生了變化,A錯誤;B.貨物機械能的增加量等于動能增加量與重力勢能增加量之和,其動能增加量為△Ek=My2=×50×22J=100J,重力勢能增加量為△Ep=MgLsin37。,其中L為傳送帶長度,根據圖乙可知貨物前5s勻加速運動的位移為 =2×5m=5m,后5s勻速運動的位移為父2=yt2=2×5m=10m,則貨物總位移即傳送帶長度為L=父1十父2=15m,解得貨物重力勢能增加量為△Ep=4500J,其機械能增加量為△ △Ek=4600J,B錯誤;C.貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移,勻加速階段傳送帶的位移為父傳=yt1=2×5m=10m,貨物位移父1=5m,相對位移為△父=父傳-父1=5m,則摩擦產生的熱量Q=f1△父=5×320J=1600J,C正確;D.電動機多消耗的電能等于貨物機械能增加量與摩擦產生的熱量之和,即△E電=△E十Q=6200J,D錯誤.故選C.9.ABDB.導體棒下滑過程中受到重力、支持力、安培力、摩擦力,由于導體棒與導軌之間的動摩擦因數μ=tan37。,所以重力沿導軌平面向下的分力和摩擦力大小相等,即整個下滑過程中導體棒沿導軌平面方向只受安培力作用,沿導軌平面向上,阻礙導體棒下滑.設任意時刻導體棒的速度為y,由動量定理--可得-BI-Lt=my-my0,又EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up12(-),I)==,y-t=父,聯立解得y=y0-EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up5(B),3)2EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up5(L),m)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2父),R),由此可知導體棒速度隨位移均勻減小,則回路電流I=也隨位移均勻減小,B正確;A.由B選項分析可知導體棒最終靜止在導軌上,對整個過程由動量定理得-BI-Lt=-BLq=0-my0,q=BEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up5(L父),3R)總,解得父總=,A正確;D.由B選項分析知整個下滑過程中,重力做功和克服摩擦力做功相等,根據能量守恒定律可知整個電路產生的焦耳熱等于導體棒動能的減少量,即Q總=myEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0),由Q=I2Rt得電阻R上產生的焦耳熱為QR=REQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up5(R),十)2RQ總=myEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0),D正確;C.導體棒下滑時切割磁感線,產生感應電動勢,則導體棒等效為電源,其電阻等效為內阻,導體棒ab兩端的電壓即是路端電壓,等于MQ兩端電壓,C錯誤.故選ABD.10.BCA.若粒子僅受電場力作用,從A到B速度大小不變,由動能定理知電場力做功為零,這表明A、B兩點電勢相等,電場線垂直于AB連線,粒子帶正電荷,其電場力垂直AB向下,則粒子做類斜拋運動,根據運動對稱性可知粒子運動到B點的速度大小為y0,方向與AB夾角為30。,根據平行四邊形定則可知粒子從A到B的過程中速度變化量△y=y0,方向垂直AB向下,由動量定理得電場力沖量△IE=m△y=my0,方向垂直AB向下;若粒子僅受磁場力作用,在磁場中做勻速圓周運動,通過幾何關系知粒子從A點以與AB夾角30。的速度y0射入,要到達B點且速度大小仍為y0,其運動軌跡關于AB的中垂線對稱,圓心角為60。,則粒子在B點速度與AB夾角為30。,故粒子從A到B的過程中速度變化量△y=y0,磁場力沖量△IB=my0,方向垂直AB向下,由此可知從A到B的過程中電場力沖量和洛倫茲力沖量相等,A錯誤;B.由A選項分析可知無論該區域存在的是電場還是磁場,其經過B點時的速度方向都與AB夾角為30。,方向相同,B正確;C.由A選項分析知粒子在電場中做類斜拋運動,沿AB方向以y0cos30。做勻速直線運動,則有y0cos30。●tE=L,解得tE=2L,粒子在磁場中勻速圓周運\y0動,圓心角為60。,由幾何關系可得其運動半徑r=L,則有y0tB=,解得故【"皖八”高三三聯●物理試卷參考答案第3頁(共4頁)W】正確;D.粒子在電場中垂直AB方向以Ψ0sin30。為初速度做勻減速直線運動,由C選項分析可得Ψ0sin30。=a=●,解得E=\iEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(3),2)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(mΨ),qL)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(2),0),粒子在磁場中做勻速圓周運動,由qΨ0B=m得B=,則= 2,D錯誤.故選BC. N-1k N-1kk內兩次經過最低點,所以t時間內小球完成2個單擺運動,即2T=t,則小球做單擺運動的周解析:(1)當計數為N內兩次經過最低點,所以t時間內小球完成2個單擺運動,即2T=t,則小球做單擺運動的周期為T=-;(2)設A點到球心的距離為s,則小球做單擺運動的擺長為l=L十s,根據單擺的周期公式可得T=整理b得T2十,已知T2-L圖像的斜率為k,截距為b,則有=k, 12.(1)122(2)無(每空2分)解析:(1)根據歐姆定律可得I(RA十R1)=U,I(RA十R2)=U,聯立解得U=12v,RA=2Ω;Rv,UERvERv,U(2)根據閉合電路歐姆定律可得E=U(r十R)十U整理得1=1RRv,UERvERv,U率為a,則有=a,解得Rv=,與電源內阻無關,電源內阻對電壓表內阻測量無影響.13.解:(1)已知汽缸水平放置時,活塞恰好與汽缸無摩擦,由此可判斷氣體壓強p1=p0,氣體體積V1=SL0,氣體溫度T1=T0(1分)汽缸開口豎直放置時,對活塞進行受力分析,由平衡條件可得0S十mg=p2S十f(1分)此時活塞到汽缸底部的距離為L2,則氣體體積V2=SL2,氣體溫度T2=T1(1分)該過程為等溫過程,根據玻意耳定律得p2V2=p1V1(2分)聯立解得L2=29L0(1分)(2)對缸內氣體緩慢加熱過程中,氣體壓強保持不變,當活塞上升到與汽缸口齊平時,0S十mg十f=p3S(1分)氣體體積V3=2SL0,由理想氣體狀態方程得=(2分)聯立解得T3=T0(1分)14.解:(1)由題意可知粒子甲(乙)帶正電荷,粒子甲在電場中做類平拋運動.水平方向上有\L=Ψ0t甲(1分)已知粒子甲在C點的速度方向與父軸正方向的夾角為60。,豎直方向上有Ψ0tan60。=t甲(1分)聯立解得E=(1分)粒子乙進入勻強磁場做勻速圓周運動,洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力,則有B=m(1分)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0B=m(1分)qΨ0rqΨ0初速度與y軸負方向夾角為30。,由幾何關系得2r乙cos30。=\L(1分)聯立解得B=(1分)(2)由(1)分析知