2023屆廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期考前熱身訓(xùn)練二（四模）物理試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________ 一、單選題1．如圖為老師課堂演示的光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)裝置，關(guān)于該實(shí)驗(yàn)相關(guān)表述正確的是（　?。?/span>  A．光電效應(yīng)現(xiàn)象最早由愛(ài)因斯坦發(fā)現(xiàn)，隨后提出光子說(shuō)解釋其規(guī)律B．如果用紫外光照射鋅板能發(fā)生光電效應(yīng)，使用可見光也一定能發(fā)生光電效應(yīng)C．若鋅板和驗(yàn)電器原本均不帶電，則發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)驗(yàn)電器帶正電D．對(duì)于同一種金屬，出射光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比2．神舟十五號(hào)載人飛船入軌后，于2022年11月30日5時(shí)42分，成功對(duì)接于空間站天和核心艙前向端口，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，周期約90分鐘。下列說(shuō)法正確的是（　　）A．天和艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力B．組合體繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度比地球同步衛(wèi)星的大C．組合體繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度略大于第一宇宙速度D．宇航員在空間站中利用單擺周期公式可以完成空間站所在位置處重力加速度的測(cè)量3．火熱的6月即將到來(lái)，高三的同學(xué)們也進(jìn)入高考最后的沖刺，教室里的空調(diào)為同學(xué)們提供了舒爽的環(huán)境，空調(diào)的工作原理如圖所示，以下表述高溫物體正確的是（　?。?/span>  A．空調(diào)的工作原理對(duì)應(yīng)的是熱力學(xué)第一定律的開爾文表述制冷機(jī)B．空調(diào)的工作原理反映了熱傳導(dǎo)的方向性C．此原理圖中的D．此原理圖說(shuō)明熱量不能從低溫物體傳到高溫物體4．投壺是從先秦延續(xù)至清末的中國(guó)傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲，《禮記傳》中提到：“投壺，射之細(xì)也．宴飲有射以樂(lè)賓，以習(xí)容而講藝也．”如圖所示，甲、乙兩人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壺中時(shí)與水平面的夾角分別為53°和37°；已知兩支箭質(zhì)量相同，忽略空氣阻力、箭長(zhǎng)，壺口大小等因素的影響，下列說(shuō)法正確的是（，，，）（　?。?/span>A．若兩人站在距壺相同水平距離處投壺，甲所投箭的初速度比乙的大B．若兩人站在距壺相同水平距離處投壺，乙所投的箭在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比甲的長(zhǎng)C．若箭在豎直方向下落的高度相等，則甲投壺位置距壺的水平距離比乙大D．若箭在豎直方向下落的高度相等，則甲所射箭落入壺口時(shí)速度比乙小5．足球比賽開始前，裁判將一質(zhì)量為的足球靜置于球員入場(chǎng)通道口的桌面支架上，如圖（側(cè)視圖）所示。該支架由三個(gè)相同立柱組成，三個(gè)立柱成正三角形固定在水平桌面上，每個(gè)立柱和足球的接觸點(diǎn)與足球球心的連線與豎直方向的夾角均為。不計(jì)足球與立柱間的摩擦，重力加速度為，則（　?。?/span>A．單個(gè)立柱對(duì)足球的作用力豎直向上B．單個(gè)立柱對(duì)足球的作用力大小為C．只增大夾角，三個(gè)立柱對(duì)足球的合力變大D．只增大夾角，單個(gè)立柱對(duì)足球的作用力變大6．某興趣小組模擬避雷針周圍電場(chǎng)的等勢(shì)面分布如圖所示，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等。A、B、C、D、E為空間電場(chǎng)中的五個(gè)點(diǎn)，其中C、D兩點(diǎn)位置關(guān)于避雷針對(duì)稱，一電子（量為m）從A點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為v，下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>  A．A點(diǎn)的電勢(shì)小于D點(diǎn)的電勢(shì)B．若電子能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則到B點(diǎn)時(shí)的速度為C．電場(chǎng)中C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同D．若電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，其電勢(shì)能增大7．如圖甲，轆轱是古代民間提水設(shè)施，由轆轱頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成，如圖乙為提水設(shè)施工作原理簡(jiǎn)化圖，某次從井中汲取m=2kg的水，轆轱繞繩輪軸半徑為r=0.1m，水斗的質(zhì)量為0.5kg，井足夠深且并繩的質(zhì)量忽略不計(jì)，t=0時(shí)刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)向上提水桶，其角速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖丙所示，g取10m/s2，則（　　）A．水斗速度隨時(shí)間變化規(guī)律為（所涉及物理量均用國(guó)際單位制）B．井繩拉力大小恒定，其值為25NC．0~10s內(nèi)水斗上升的高度為4mD．0~10s內(nèi)并繩拉力所做的功為255J8．圖甲為一交流發(fā)電機(jī)的示意圖，磁極中間區(qū)域磁場(chǎng)近似為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。匝數(shù)為n，面積為S，總電阻為r的矩形線圈abcd繞軸做角速度為的勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，矩形線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)中始終保持和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表。圖乙是線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的圖像，下列說(shuō)法中正確的是（　?。?/span>A．時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量最大B．電流表的示數(shù)為C．圖乙中的時(shí)刻線圈所處位置可能對(duì)應(yīng)甲圖中所示位置D．從0到這段時(shí)間穿過(guò)線圈磁通量的變化量大小為0 二、多選題9．如圖（a）所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連接質(zhì)量為m的小球，構(gòu)成豎直方向的彈簧振子。取小球平衡位置為x軸原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，設(shè)法讓小球在豎直方向振動(dòng)起來(lái)后，小球在一個(gè)周期內(nèi)的振動(dòng)曲線如圖（b）所示，若時(shí)刻彈簧彈力為0，重力加速度為g，則有（　?。?/span>A．0時(shí)刻彈簧彈力大小為B．彈簧勁度系數(shù)為C．時(shí)間段，回復(fù)力沖量為0D．時(shí)間段，小球動(dòng)能與重力勢(shì)能之和減小10．如圖所示，直線POQ的上方有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩帶電粒子P、Q先后射入磁場(chǎng)，P的速度與磁場(chǎng)邊界的夾角為30°，Q的速度與磁場(chǎng)邊界的夾角為60°。已知兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，且均從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PO=2OQ，則（　　）A．P和Q均帶正電 B．P和Q的比荷之比為1∶2C．P和Q的速度大小之比為：1 D．P和Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為2∶1 三、實(shí)驗(yàn)題11．某同學(xué)利用智能手機(jī)研究木塊在水平木板上的運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而計(jì)算木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，帶滑輪的長(zhǎng)木板水平放置，輕繩跨過(guò)固定在長(zhǎng)木板末端的滑輪，一端連接重物，另一端連接木塊，具有加速度測(cè)量功能的手機(jī)固定在木塊上，調(diào)節(jié)滑輪的位置使輕繩與長(zhǎng)木板平行，重物離地面足夠遠(yuǎn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先用天平測(cè)出木塊和手機(jī)的總質(zhì)量M。按圖甲安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，先打開手機(jī)的“加速度傳感器”小程序，再釋放重物，輕繩帶動(dòng)木塊運(yùn)動(dòng)，直至木塊碰到緩沖器后結(jié)束測(cè)量（已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣?/span>g）。  （1）在智能手機(jī)上顯示的加速度a-t圖像如圖乙所示。由圖像知，在誤差允許的范圍內(nèi)，木塊在1.20s～1.90s內(nèi)可認(rèn)為做___________運(yùn)動(dòng)（選填“勻速直線”“勻加速直線”或“勻減速直線“）；數(shù)出0.3s～2.1s內(nèi)圖像與坐標(biāo)軸圍成的區(qū)域約有48格，則可求得木塊與緩沖器碰撞前瞬間的速度大小約為___________m/s。（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）根據(jù)手機(jī)記錄的木塊運(yùn)動(dòng)加速度a，要計(jì)算出木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，利用以上實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)有儀器，還需要測(cè)量的物理量是___________。（填物理量及相應(yīng)的符號(hào)），計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為μ=___________（用所測(cè)物理量的字母表示）。12．取下無(wú)人機(jī)的一塊電池，并拆下“熱得快”中的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，小李和同學(xué)們想測(cè)量電熱絲的電阻率：（1）圖（a）中，E是無(wú)人機(jī)的電池，MN是他們從“熱得快”中拆下的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，選擇適當(dāng)?shù)碾姳砹砍毯?，他們發(fā)現(xiàn)大范圍移動(dòng)滑片P，電壓表的示數(shù)變化卻不明顯。為解決這一問(wèn)題，他們?cè)谟懻摵髮?/span>的定值電阻接入電路中，那么，選擇圖（b）中的電路___________（選填“甲”“乙”或“丙”）可解決這一問(wèn)題。  （2）他們用改進(jìn)后的電路進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，同時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U、電流表的示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的PN的長(zhǎng)度x，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：實(shí)驗(yàn)次數(shù)123453.092.922.662.231.800.100.120.150.200.2530.924.317.711.27.241.831.922.012.36.3 （3）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖（c）中補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出MN的圖像_____。  （4）已知MN橫截面積為，可求得MN材料的電阻率___________（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。（5）測(cè)量MN的電阻率時(shí)，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量___________（選填“有“或“沒(méi)有”）影響。（6）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，是否可以求出無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻？若“可以求”請(qǐng)簡(jiǎn)述數(shù)據(jù)處理方法（不需要計(jì)算具體結(jié)果），若“不能求”請(qǐng)簡(jiǎn)述理由_____。 四、解答題13．如圖所示為一半徑為R的半圓柱形玻璃磚的橫截面，一束光線以i=45°的入射角從圓心O處沿平行橫截面方向射入玻璃磚，并從A點(diǎn)射出，折射光線OA相對(duì)入射光線偏折r=15°。求：（1）該玻璃磚的折射率n；（2）沿紙面向左平移入射光線，當(dāng)光線平移到B點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)出射光線與入射光線平行，面出此時(shí)的光路圖，并求出OB距離L為多大？  14．我國(guó)新一代航母阻欄系統(tǒng)的基本原理如圖所示，飛機(jī)（已經(jīng)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)）著艦瞬間，通過(guò)絕緣阻攔索鉤住軌道上的一根金屬棒ab，飛機(jī)與金屬棒瞬間相對(duì)靜止，共同速度為；金屬棒、導(dǎo)軌和定值電阻R形成一閉合回路，在磁場(chǎng)中共同減速滑行至停下。已知阻攔索的質(zhì)量和形變不計(jì)，飛機(jī)質(zhì)量，金屬棒ab質(zhì)量、接入電路的電阻，定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5T，除安培力外飛機(jī)與金屬棒克服其它阻力做的功為J。求：（1）飛機(jī)著艦瞬間金屬棒ab中感應(yīng)電流I的大小和方向；（2）金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱Q。   15．在航空托運(yùn)中，時(shí)有損壞行李的事情發(fā)生，小華同學(xué)設(shè)計(jì)了如下圖所示的緩沖轉(zhuǎn)運(yùn)裝置，卸貨時(shí)飛機(jī)不動(dòng)，緩沖裝置A緊靠飛機(jī)，轉(zhuǎn)運(yùn)車B靠緊A。包裹C沿緩沖裝置A的光滑曲面由靜止滑下，經(jīng)粗糙的水平部分，滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B并最終停在轉(zhuǎn)運(yùn)車B上被運(yùn)走，B的右端有一固定擋板。已知C與A、B水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，緩沖裝置A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，轉(zhuǎn)運(yùn)車B與地面間的摩擦可忽略。A、B的質(zhì)量均為，A、B水平部分的長(zhǎng)度均為。包裹C可視為質(zhì)點(diǎn)且無(wú)其它包裹影響，重力加速度。C與B的右擋板發(fā)生碰撞時(shí)間極短，碰撞時(shí)間和損失的機(jī)械能都可忽略。（1）要求包裹C在緩沖裝置A上運(yùn)動(dòng)時(shí)A不動(dòng)，則包裹C的質(zhì)量m最大不超過(guò)多少；（2）若某包裹的質(zhì)量為，從處?kù)o止滑下，求包裹在距轉(zhuǎn)運(yùn)車右端多遠(yuǎn)的位置停下來(lái)；（3）若包裹的質(zhì)量還是，為使該包裹能滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B上，則該包裹釋放時(shí)h的范圍。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
參考答案：1．C【詳解】A．光電效應(yīng)現(xiàn)象最早由赫茲發(fā)現(xiàn)，A錯(cuò)誤；B．如果用紫外光照射鋅板能發(fā)生光電效應(yīng)，可知紫外光的頻率大于鋅板的極限頻率，又因?yàn)榭梢姽獾念l率小于紫外光的頻率，所以可見光的頻率與鋅板的極限頻率大小未知，故使用可見光照射時(shí)不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．若鋅板和驗(yàn)電器原本均不帶電，則發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子從鋅板逸出，驗(yàn)電器帶正電，C正確；D．根據(jù)光電效應(yīng)方程可知出射光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成線性關(guān)系，但是不成正比關(guān)系，D錯(cuò)誤。故選C。2．B【詳解】A．天和艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，仍然受地球的引力，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力解得依題意，組合體周期約90分鐘，遠(yuǎn)小于同步衛(wèi)星的周期，所以組合體繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的小，所以組合體繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度比地球同步衛(wèi)星的大，B正確；C．第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以組合體繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度略小于第一宇宙速度，C錯(cuò)誤；D．宇航員在空間站中處于完全失重狀態(tài)，無(wú)法利用單擺周期公式可以完成空間站所在位置處重力加速度的測(cè)量，D錯(cuò)誤。故選B。3．B【詳解】A．空調(diào)的工作原理對(duì)應(yīng)的是熱力學(xué)第二定律的開爾文表述制冷機(jī)，A錯(cuò)誤；B．空調(diào)的工作原理反映了熱傳導(dǎo)的方向性，熱量不能自發(fā)的從低溫物體傳導(dǎo)給高溫物體，但在其他能力干預(yù)下，可以從低溫物體傳導(dǎo)給高溫物體，B正確；C．此原理圖中的C錯(cuò)誤；D．此原理圖說(shuō)明在外界干預(yù)下，熱量能從低溫物體傳到高溫物體，D錯(cuò)誤。故選B。4．D【詳解】根據(jù)題意，設(shè)位移與水平方向的夾角為，速度與水平方向的夾角為，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有AB．若兩人站在距壺相同水平距離處投壺，則有由可得可知，甲所投的箭在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，由可知，甲所投箭的初速度較小，故AB錯(cuò)誤；CD．若箭在豎直方向下落的高度相等，則箭在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，且有則甲所投箭的初速度較小，由可知，甲、乙所射箭落入壺口時(shí)豎直速度相等，則由可得，甲所射箭落入壺口時(shí)速度比乙小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5．D【詳解】A．單個(gè)立柱對(duì)足球的彈力方向沿立柱和足球的接觸點(diǎn)與球心的連線并指向球心，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由受力分析知可得單個(gè)立柱對(duì)足球的作用力大小選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．足球靜止，三個(gè)立柱對(duì)足球的合力始終等于足球的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知增大夾角，力變大，選項(xiàng)D正確。故選D。6．A【詳解】A．電子從A點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度增加，電勢(shì)能減小，電勢(shì)升高，可知C點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)，又因?yàn)?/span>D、C電勢(shì)相等，可知D點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)，A正確；B．設(shè)相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差為U，則從A到C有從A到B解得B錯(cuò)誤；C．由對(duì)稱性可知，C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，C錯(cuò)誤；D．因E點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)，則若電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，其電勢(shì)能減小，D錯(cuò)誤。故選A。7．D【詳解】A．由丙圖知水斗速度隨時(shí)間變化規(guī)律為（所涉及物理量均用國(guó)際單位制）A錯(cuò)誤；B．水斗勻加速上升時(shí)的加速度根據(jù)牛頓第二定律解得井繩拉力大小B錯(cuò)誤；C．0~10s內(nèi)水斗上升的高度為C錯(cuò)誤；D．0~10s內(nèi)并繩拉力所做的功為D正確。故選D。8．B【詳解】A．由圖乙可知時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，此時(shí)線圈位于中性面的垂面位置，線圈的磁通量為0，故A錯(cuò)誤；B．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值為電路中電流為電流表的示數(shù)為，故B正確；C．圖乙中的時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，穿過(guò)線圈的磁通量為0，線圈處于中性面的垂直面，故不可能對(duì)應(yīng)甲圖中所示位置，故C錯(cuò)誤；D．0時(shí)刻電動(dòng)勢(shì)為0，線圈位于中性面位置，磁通量為時(shí)刻磁通量為從0到這段時(shí)間穿過(guò)線圈磁通量的變化量大小為故D錯(cuò)誤。故選B。9．ACD【詳解】B．小球平衡位置為x軸原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，時(shí)刻彈簧彈力為0，位移大小為A，有可得勁度系數(shù)為故B錯(cuò)誤；A．0時(shí)刻在正的最大位移處，彈簧的伸長(zhǎng)量為2A，則彈力大小為故A正確；C．時(shí)間段，小球從從最高點(diǎn)振動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)，回復(fù)力在前時(shí)間沿正方向，在后時(shí)間沿負(fù)方向，兩段時(shí)間的回復(fù)力平均值大小相等，則由可知回復(fù)力沖量為0，故C正確；D．時(shí)間段，小球從最高點(diǎn)振動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律可知彈簧的彈性勢(shì)能和小球的機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化，因彈簧的彈性勢(shì)能一直增大，則小球動(dòng)能與重力勢(shì)能之和減小，故D正確。故選ACD。10．BC【詳解】A．由題意可知，均從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知，Q帶正電，P帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；BCD．由幾何關(guān)系可知，如圖可知又因則故由運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則有又故有可得由公式可得又因則D錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。11．     勻加速直線     0.96     重物的質(zhì)量     【詳解】（1）[1] ]由圖乙可知，在誤差允許的范圍內(nèi)，木塊在1.20s～1.90s內(nèi)加速度恒定不變，可以為做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。[2] a-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，木塊與緩沖器碰撞前瞬間的速度大小約為（2）[3][4]根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)重物對(duì)手機(jī)和木塊聯(lián)立解得可知還需要測(cè)量的物理量是重物的質(zhì)量。12．     乙     見解析          沒(méi)有     見解析【詳解】（1）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律有即可知電壓表的示數(shù)變化不明顯是由于電源的內(nèi)阻較小引起的，所以需要將定值電阻接在干路上，將定值電阻與電源看成一個(gè)等效電阻，從而增大等效內(nèi)阻的測(cè)量值，使電壓表示數(shù)變化明顯，故選圖乙。（3）[2]根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖（c）中補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)，作出圖像如圖所示  （4）[3]根據(jù)歐姆定律和電阻定律可得可知圖線的斜率為解得MN材料的電阻率為（5）[4]根據(jù)可知為圖像的縱截距，對(duì)圖線的斜率無(wú)影響，故電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有影響。（6）[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律取表格其中兩組數(shù)據(jù)，分別為、，，，代入方程可得聯(lián)立可得無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為13．（1）；（2）【詳解】（1）由光路圖和折射定律可得其中，聯(lián)立解得該玻璃磚的折射率為（2）沿紙面向左平移入射光線，當(dāng)光線平移到B點(diǎn)時(shí)，當(dāng)光線平移到B點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)出射光線與入射光線平行，設(shè)折射光線剛好從過(guò)O點(diǎn)的法線與圓弧交點(diǎn)C射出，如圖所示   由圖中幾何關(guān)系可得可得由幾何關(guān)系可知，出射光線與入射光線平行；所以OB距離為14．（1），感應(yīng)電流方向?yàn)橛?/span>b到a；（2）【詳解】（1）飛機(jī)著艦瞬間金屬棒的電動(dòng)勢(shì)根據(jù)閉合電路歐姆定律，感應(yīng)電流解得由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)橛?/span>b到a。（2）飛機(jī)至艦停下，由動(dòng)能定理解得金屬棒與電阻串聯(lián)，根據(jù)焦耳定律可知15．（1）60；（2）2.5m；（3）【詳解】（1）A恰好不運(yùn)動(dòng)需要滿足解得故包裹C的質(zhì)量最大不超過(guò)60；（2）因C的質(zhì)量，故裝置A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，由動(dòng)能定理得解得C與B相互作用的全過(guò)程，兩者組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則由能量守恒定律得解得又得物體在車上的相對(duì)位移所以距轉(zhuǎn)運(yùn)車右端2.5m。    （3）裝置A還始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，C滑到低端由動(dòng)能定理得為C下滑的最小高度，得則C滑上小車，C與小車彈性碰撞后返回至小車最左端時(shí)兩者共速，為C不會(huì)從小車上掉下的最大高度：由C、車動(dòng)量守恒由能量守恒得得所以 

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