資源簡介

2024屆貴州省安順市部分學校高三下學期二模考試物理試卷
1．（2024高三下·安順模擬）2024年1月9日15時03分，我國在西昌衛星發射中心成功將愛因斯坦探針衛星發射升空。愛因斯坦探針衛星將在距離地面高度約為600km、傾角約為的軌道上做勻速圓周運動。同步衛星距地面的高度約為，則愛因斯坦探針衛星運行時（　　）
A．周期比地球同步衛星的大
B．速率比地球同步衛星的速率大
C．角速度比地球同步衛星的角速度小
D．加速度比地球同步衛星的加速度小
2．（2024高三下·安順模擬）在2024年春晚雜技《躍龍門》中的一段表演是演員從蹦床上彈起后在空中旋轉。已知演員離開蹦床時的速度大小為v，在上升過程中就已經完成了旋轉動作，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．演員在上升的過程中處于超重狀態
B．演員在下落過程中處于超重狀態
C．演員在空中旋轉的時間不超過
D．演員上升的最大高度為
3．（2024高三下·安順模擬）貧鈾彈是以含有鈾238的硬質合金為主要原料制成的炮彈和槍彈，它利用貧鈾合金的高硬度、高比重和高熔點依靠動能來穿透目標，其多用來毀傷坦克等裝甲目標。科學研究發現，鈾238具有極大的危害性，它的半衰期為45億年，其衰變方程為，該衰變過程中產生的γ光子照射到逸出功為的金屬上，溢出光電子的最大初動能為。已知光電子的質量為m，光速為c，普朗克常量為h。下列說法正確的是（　　）
A．衰變產生的γ光子具有很強的電離能力
B．原子核中含有92個中子
C．γ光子的波長為
D．100個經過90億年后一定剩余25個
4．（2024高三下·安順模擬）“水袖功”是中國古典舞中用于表達情感的常用技巧，舞者通過手把有規律的抖動傳導至袖子上，營造出一種“行云流水”的美感。某次演員抖動水袖時形成一列沿x軸傳播的簡諧橫波，其在某一時刻的波形圖如圖甲所示，P和Q是這列簡諧橫波上的兩個質點，從該時刻（設為）起質點Q在一段時間內的振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．該列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，波速大小為1m/s
B．該列簡諧橫波與頻率為2Hz的簡諧橫波可發生穩定干涉
C．在時，質點P的加速度為零
D．從到，質點Q通過的路程為2.4m
5．（2024高三下·安順模擬）某光學器材為透明球體，其橫截面如圖所示，該橫截面的半徑為R，AB是直徑。現有一束單色激光由C點沿平行AB的方向射向球體，激光經折射后恰好經過B點，已知B點到足夠大的光屏的距離，光學器材的折射率，激光在真空中的傳播速度大小為c，則激光從入射點傳播到光屏所用的時間為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·安順模擬）能源問題是全球面臨的重大問題，遠距離輸電在兼顧經濟效益的同時，應盡可能減少輸電過程中的能量損失。現通過一個理想變壓器進行遠距離輸電，原線圈接在有效值恒定的正弦交流電源上，不計電源內阻。原線圈接有合適的燈泡，副線圈接有合適的燈泡（設兩燈泡的電阻都不隨溫度變化）、定值保護電阻及滑動變阻器R，電流表和電壓表均為理想交流電表，如圖所示，此時兩燈泡都發光且亮度合適。現將滑動變阻器R的滑片向下滑動少許，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表的示數減小 B．燈泡變亮
C．定值保護電阻的電功率增大 D．燈泡變亮
7．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定、足夠長的光滑桿上。桿上M、N兩點與O點的距離均為2l，P點到O點的距離為l，OP與桿垂直。小球以某一初速度從N點開始向上運動，到達M點時速度恰好為0。整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．從N點到P點的運動過程中，小球受到的合力一定先做正功后做負功
B．小球在N點時的動能為
C．彈簧的勁度系數為
D．小球從N點向下運動到最低點的過程中增加的彈性勢能為
8．（2024高三下·安順模擬）某同學沿直線運動，其位移x與時間t的關系如圖所示，關于該同學的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．在時間內，該同學的速度越來越小
B．在時間內，該同學的加速度一定越來越小
C．在時間內，該同學可能做勻變速直線運動
D．在時間內，該同學的加速度一定越來越小
9．（2024高三下·安順模擬）小宋同學根據靜電除塵原理設計了如圖所示的高壓電場中藥干燥器。在大導體板MN上鋪一層薄中藥，針狀電極O和平板電極MN接在高壓直流電源上，其間產生了如圖所示的電場E。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量的負電。水分子在電場力的作用下從中藥材中被加速分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區域從而達到快速干燥的目的。已知虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡，下列說法正確的是（　　）
A．水分子在C處時，水分子受到的合力為零
B．水分子沿軌跡ABCD運動，從A點運動到離O最近之前，電場力對水分子中的負電荷始終做正功
C．水分子沿軌跡ABCD運動的過程中，電勢能一直減小
D．若只把高壓直流電源的正、負極反接，則水分子的運動軌跡不變
10．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，水平地面上方矩形區域內存在垂直于紙面的勻強磁場B（未畫出），兩個用同種導線繞制的單匝閉合正方形線框1和2，其邊長分別為、，且滿足，兩線框的下邊緣距磁場上邊界的高度均為h，現使兩線框由靜止開始釋放，最后兩線框均落到地面上。兩線框在空中運動時，線框平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．若線框1、2剛進入磁場時的加速度大小分別為、，則
B．若線框1、2落地時的速度大小分別為、，則
C．若線框1、2在運動過程中產生的熱量分別為、，則
D．若線框1、2在運動過程中通過線框橫截面的電荷量分別為、，則
11．（2024高三下·安順模擬）某學習小組設計了如下的實驗研究平拋運動。如圖所示，彎曲軌道AB固定在水平桌面上，在離軌道邊緣B不遠處有一可移動的豎直平面abcd，該平面與鋼珠平拋的初速度方向垂直，平面中心的豎直線上有刻度，原點（0刻度）與邊緣B等高，以豎直向下建立y軸，以邊緣B正下方的（0刻度）點為原點建立水平x軸。實驗時，將豎直平面移動到x處，從固定立柱A處由靜止釋放體積很小的鋼珠，鋼珠從B點離開后擊中中心豎直線上某點，記錄刻度值y；改變x，多次重復實驗。
（1）研究平拋運動規律時，下列說法正確的是（　　）
A．彎曲軌道必須光滑
B．彎曲軌道末端的切線水平
C．平面abcd是否在豎直平面內，對實驗結果沒有影響
D．選用相同體積的木球代替鋼珠，實驗效果更好
（2）下列圖像中，能正確反映y與x關系的是（　　）
A． B．
C． D．
（3）若某次讓鋼珠從固定立柱A處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度，記為；將豎直平面向遠離B處平移10.0cm，再次讓鋼珠從固定立柱處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度為；將豎直平面再向遠離B處平移10.0cm，讓鋼珠從固定立柱處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度為。鋼珠的初速度大小　 　m/s。（取重力加速度大小，結果保留兩位有效數字）
（4）某同學將此裝備中的豎直平面abcd固定，然后盡量減少鋼珠與彎曲軌道之間的摩擦直至可忽略，讓鋼珠從離桌面高h處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度，記為y。改變鋼珠由靜止釋放時離桌面的高度h，重復實驗，由實驗數據可以推得h與　 　（填“y”“”或“”）成反比。
12．（2024高三下·安順模擬）多用電表是一種多功能儀表，可測量直流電流、直流電壓、交流電壓、電阻等物理量。
（1）指針式多用電表使用前應該調整　 　（填“歐姆調零旋鈕”“指針定位螺絲”或“選擇開關”），使指針指到零刻度。
（2）現用該多用電表測某定值電阻的阻值，把選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，由于誤差較大，應選擇合適倍率重新測量，選擇合適倍率后，　 　（填“要”或“不要”）重新進行歐姆調零。正確操作后，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為　 　。
（3）圖乙是某同學設計的多用電表測電阻的歐姆調零原理圖，電池的正極應接　 　（填“紅”或“黑”）表筆。圖中為表頭，量程為，內阻，滑動變阻器的最大阻值，兩表筆短接，通過調節a、b間的觸點，使滿偏。已知，電池電動勢為1.50V（電池內阻可忽略），觸點在a端時滿偏，則　 　。
13．（2024高三下·安順模擬）醫生在給病人輸液時，若需要輸送兩瓶相同的藥液，可采用如圖所示的裝置。細管a與大氣相通，細管b是連通管（可通氣也可通藥液），細管c是輸液管（下端的針頭與人體相連，圖中未畫出）；開關K可控制輸液的快慢，也可停止輸液。A、B是兩個完全相同的藥瓶，吊置的高度相同。開始時，兩藥瓶內液面與通氣管口的高度差均為，液面與瓶底的高度差均為d。已知藥液的密度為，大氣壓強為，重力加速度大小為g，不考慮溫度的變化。
（1）打開K，藥液緩慢輸入病人體內，簡要回答在A瓶內的藥液打完前，A瓶上方氣體的壓強和B瓶上方氣體的壓強的變化情況；
（2）當A瓶內液面與管口的高度差時，求通過細管a進入A瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值。
14．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，在xOy平面的第一象限內有半徑為R的圓形區域，該區域內有一勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。已知圓形區域的圓心為，其邊界與x軸、y軸分別相切于P、Q點。位于P處的質子源均勻地向紙面內以大小為v的相同速率發射質量為m、電荷量為e的質子，且質子初速度的方向被限定在兩側與的夾角均為的范圍內。第二象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x軸（）的某區間范圍內放置質子接收裝置MN。已知沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，不計質子受到的重力和質子間的相互作用力。
（1）求圓形區域內勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）求y軸正方向上有質子射出的區域范圍；
（3）若要求質子源發出的所有質子均被接收裝置MN接收，求接收裝置MN的最短長度x。
15．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，在光滑水平臺面上，一質量的物塊1（視為質點）壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現打開鎖扣K，物塊1與彈簧分離后與靜止在平臺右側質量的物塊2（視為質點）發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后物塊2恰好從B點沿切線方向入光滑豎直的圓弧軌道BC，圓弧軌道BC所對應的圓心角，圓弧軌道BC的半徑。已知A、B兩點的高度差，圓弧軌道BC與水平光滑地面相切于C點，物塊2在水平地面上運動一段距離后從D點滑上順時針轉動的傾斜傳送帶DE，假設滑上D點前后瞬間速率不變。傳送帶兩端DE的長度，傳送帶的傾角為，其速度大小。已知物塊2與傳送帶間的動摩擦因數，不計空氣阻力，不考慮碰撞后物塊1的運動，取重力加速度大小，，，求：
（1）彈簧被鎖定時的彈性勢能；
（2）物塊2在傳送帶上運動的過程中因摩擦產生的熱量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】根據
可得
，，，
愛因斯坦探針衛星軌道半徑小于同步衛星軌道半徑，可知愛因斯坦探針衛星運行時周期比地球同步衛星的小，速率比地球同步衛星的速率大，角速度比地球同步衛星的角速度大，加速度比地球同步衛星的加速度大。
故選B。
【分析】衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力可推出，，，，可比較周期、線速度、角速度、加速度。
2．【答案】C
【知識點】豎直上拋運動；超重與失重
【解析】【解答】AB．演員在上升和下降的過程中，都只受重力作用，處于完全失重狀態，故AB錯誤；
C．演員上升過程中用時間為
則在空中旋轉的時間不超過，故C正確；
D．演員上升的最大高度為
故D錯誤。
故選C。
【分析】1、只受重力作用，處于完全失重狀態。
2、豎直上拋運動，上升時間。
3、豎直上拋運動，上升的最大高度為。
3．【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；光電效應；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】A．γ光子不帶電，電離能力弱，故A錯誤；
B．原子核中含有90個質子和144個中子，故B錯誤；
C．由愛因斯坦光電效應方程
可得
故C正確；
D．放射性元素的半衰期是對大量原子核的行為進行統計預測，對于具體個數的原子核無意義，故D錯誤。
故選C。
【分析】 1、粒子電離能力最強，γ光子不帶電，電離能力弱。
2、原子核中含有90個質子和144個中子。
3、愛因斯坦光電效應方程，可得γ光子的波長。
4、放射性元素的半衰期是對大量原子核的行為進行統計預測，對于具體個數的原子核無意義。
4．【答案】A
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系；波的干涉現象
【解析】【解答】A．時刻，質點Q振動方向向上，根據同側法可判斷出該波沿x軸負方向傳播，從圖像可讀出，，可得波速為
故A正確；
B．該波的頻率為
頻率相同的兩列波才能發生的穩定的干涉，故B錯誤；
C．已知，所以質點P在時位于負向最大位移處，加速度為正向最大，故C錯誤；
D．已知，質點Q通過的路程為
故D錯誤。
故選A。
【分析】1、從圖像可讀出，，可得波速為。
2、頻率相同的兩列波才能發生的穩定的干涉。
3、位于負向最大位移處，加速度為正向最大。
4、，質點Q通過的路程為。
5．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】設細光的入射角為i，如圖所示：
由幾何關系可得
由折射定律可得
解得
，
光在介質中的傳播速度為
光在介質中傳播的時間為
光從B點進入空氣中的折射角也為，光從B到MN的時間為
所以光從入射點傳播到光屏所用時間為
故選D。
【分析】首先根據題意畫光路圖，由幾何關系求解入射角，由折射定律可求解折射率，根據路程和速度計算光在介質中傳播的時間和光從B到MN的時間，整個過程時間等于兩段時間之和。
6．【答案】D
【知識點】變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．設輸入電壓為U，根據
，，，
解得
，
滑動變阻器R的滑片向下滑動少許， 電阻R阻值增大，副線圈總電阻增大，減小， 燈泡變暗；電壓增大，電壓表的示數增大， 故A B錯誤；
D．因
電壓增大， 故電壓U2增大，增大，燈泡變亮，故 D正確 。
C．因
，，
減小， 故減小，增大， 減小 定值保護電阻的電功率減小，故C錯誤；
故選D。
【分析】本題是原線圈帶負載的變壓器的動態問題。根據理想變壓器電壓電流與匝數關系推出，利用此式子分析電壓表的示數，燈泡變化情況。
7．【答案】B
【知識點】能量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．從N點到P點的運動過程中，受到重力、彈簧彈力、桿的支持力，合力方向無法確定，所以無法確定合力的做功情況，故A錯誤；
B．從N點到M點的運動過程中，彈簧做的總功為零，根據動能定理有
解得
故B正確；
C．從N點到P點的運動過程中彈簧彈力在豎直方向的分量與重力相等的點無法確定，則彈簧的勁度系數無法確定，故C錯誤；
D．小球從N點向下運動到最低點的過程中，根據能量守恒有
解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】本題是有關彈簧得動能定理得綜合應用，從N點到M點的運動過程中，N、M兩位置彈簧長度相等，則彈簧彈性勢能相等，彈簧彈簧做的總功為零，根據動能定理列等式可求解N點動能，小球從N點向下運動到最低點的過程中，根據能量守恒有，可求解小球從N點向下運動到最低點的過程中增加的彈性勢能。
8．【答案】A,C
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】AB．位移x與時間t的圖像的斜率表示速度，在時間內，圖像的斜率逐漸減小，說明該同學的速度越來越小，但速度的變化率即加速度可能變大也可能變小也可能不變，則該同學的加速度大小無法確定，故A正確，B錯誤；
CD．在時間內圖像斜率變大，該同學的速度逐漸變大，但速度的變化率即加速度無法確定，可能變大也可能變小也可能不變，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】本題考查位移x與時間t的圖像，位移x與時間t的圖像的斜率表示速度，圖像的斜率逐漸減小，則速度逐漸減小，此圖像無法分析加速度變化情況。
9．【答案】B,D
【知識點】電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．水分子做曲線運動，在C處時，受到的合力不為零，故A錯誤；
B．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，從A點運動到離O最近之前，水分子中的負電荷受到的電場力方向與運動的方向夾角小于90°，故電場力做正功，故B正確；
C．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，電場力先做正功，后做負功，故電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D．如果把高壓直流電源的正負極反接，產生的電場方向發生反轉，但水分子是一端帶正電，另一端帶等量負電，故水分子的正負端發生反轉，水分子運動軌跡不變，故D正確。
故選BD。
【分析】本題是帶電粒子在非勻強電場中運動。
1、做曲線運動，受到的合力不為零。
2、受到的電場力方向與運動的方向夾角小于90°，則電場力做正功。
3、電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。
4、電場方向發生反向，同時水分子的正負端發生反向，則受到電場力不變，軌跡不變。
10．【答案】C,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產生感應電流，受到磁場的安培力大小為
由電阻定律有
（ρ為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為導線的橫截面積），線圈的質量為
（ρ0為材料的密度）
當線圈剛進入磁場時其加速度為
得
與L無關，則，故A錯誤；
B．線圈1和2進入磁場的過程先同步運動，由于當線圈2剛好全部進入磁場中時，線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場，線圈2完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，線圈2做加速度為g的勻加速運動的位移較大，所以落地速度關系為 v1＜v2，故B錯誤；
C．由能量守恒可得
（H是磁場區域的高度），因為m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q1＞Q2，故C正確；
D．根據
則知，故D正確。
故選CD。
【分析】1、從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，由安培力公式得出安培力， 由電阻定律有，線圈的質量為m=ρ0S 4L，由牛頓第二定律得出加速度。
2、線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，線圈2完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，得出線圈2做加速度為g的勻加速運動的位移較大，所以落地速度關系為
3、由能量守恒比較線框1、2在運動過程中產生的熱量。
4、過線框橫截面的電荷量比較、 。
11．【答案】（1）B
（2）D
（3）1.0
（4）y
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）A．彎曲軌道不必光滑，只要每次小球從同一位置釋放即可，故A錯誤；
B．彎曲軌道邊緣保持水平，確保小球做平拋運動，故B正確；
C．保持豎直平面abcd與水平面垂直，可準確測量平拋的水平、豎直位移，故C錯誤；
D．使用相同體積但質量較大的小鋼珠，可減小空氣阻力的影響，故D錯誤。
故選B。
（2）由平拋運動的位移公式可得
，
聯立可得
故y-x為開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。故選D。
（3）由于水平方向移動的距離相同，故時間間隔相同，設為T，豎直方向由勻加速直線運動的推論
可得
水平方向滿足
解得
（4）在軌道上，由動能定理可得
聯立小問2中
可得
故h與y成反比。
【分析】 (1)研究平拋運動規律時只要每次小球從同一位置釋放即可。
（2）由平拋運動的位移公式，，聯立可得，y與x關系的是開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。
（3）首先由豎直方向勻加速直線運動的推論，可計算出時間間隔T，再根據水平方向位移公式計算平拋初速度。
（4）動能定理，聯立小問2中可得出。
（1）A．彎曲軌道不必光滑，只要每次小球從同一位置釋放即可，故A錯誤；
B．彎曲軌道邊緣保持水平，確保小球做平拋運動，故B正確；
C．保持豎直平面abcd與水平面垂直，可準確測量平拋的水平、豎直位移，故C錯誤；
D．使用相同體積但質量較大的小鋼珠，可減小空氣阻力的影響，故D錯誤。
故選B。
（2）由平拋運動的位移公式可得
聯立可得
故y-x為開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。
故選D。
（3）[1]由于水平方向移動的距離相同，故時間間隔相同，設為T，豎直方向由勻加速直線運動的推論
可得
水平方向滿足
解得
（4）[1]在軌道上，由動能定理可得
聯立小問2中
可得
故h與y成反比。
12．【答案】（1）指針定位螺絲
（2）要；1200
（3）黑；1250
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）用指針式多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，說明電阻較小，應先將開關旋轉到“”位置，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為
（3）歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。則電池的正極應接多用電表的黑表筆。
觸點在a端時G滿偏，則RT與G串聯，串聯部分的電壓為
根據串并聯電路的特點可知R2兩端的電壓為
所以通過R2的電流為
則通過的電流為
根據部分電路歐姆定律得
【分析】（1）多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
（3）歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。
（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）[1]用指針式多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
[2]選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，說明電阻較小，應先將開關旋轉到“”位置，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為
（3）[1]歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。則電池的正極應接多用電表的黑表筆。
[2]觸點在a端時G滿偏，則RT與G串聯，串聯部分的電壓為
根據串并聯電路的特點可知R2兩端的電壓為
所以通過R2的電流為
則通過的電流為
根據部分電路歐姆定律得
13．【答案】解：（1）細管與大氣相通，管口處的壓強為，藥液逐漸流出時，大氣通過管進入A瓶，由于管口上方的液柱逐漸變小，所以A瓶內氣體的壓強逐漸增大；藥液逐漸流出時，只要A瓶管口上方還有藥液，B瓶內藥液的體積就不變，其上方氣體的體積就不變，壓強不變。
（2）通氣管a與大氣相通，管口處的壓強為。開始時A瓶內氣體的壓強為
通入氣體后，A瓶內氣體的壓強為
設藥瓶的內橫截面積為S，則開始時A內氣體的體積
通入氣體后，A內氣體的體積
由于氣體等溫變化，設通入壓強為的氣體的體積為，則有
設通入A內的氣體在等溫條件下壓強為時的體積為，則有
，又
可知，通過通氣管進入瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值為
聯立解得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；壓強及封閉氣體壓強的計算
【解析】【分析】（1）大氣通過管進入A瓶，由于管口上方的液柱逐漸變小，所以A瓶內氣體的壓強逐漸增大；藥液逐漸流出時，只要A瓶管口上方還有藥液，B瓶內藥液的體積就不變，其上方氣體的體積就不變，壓強不變。
（2）通氣管a與大氣相通，開始時A瓶內氣體的壓強為，通入氣體后，A瓶內氣體的壓強為，開始時A內氣體的體積
通入氣體后，A內氣體的體積
由于氣體等溫變化，通入壓強為的氣體的體積為，則有
通入A內的氣體在等溫條件下壓強為時的體積為，則有，又
通過通氣管進入瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值為
14．【答案】解：（1）沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，則該質子運動半徑為，有
解得
（2）如圖所示，設在左右兩側角方向上射入磁場的質子，最終分別有磁場邊界上的A、B兩點射出，對應圓周運動的圓心分別為、，則四邊形和均為 ，則粒子由A、B兩點水平飛出，且與B點重合。
根據幾何關系可知
，
B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質子射出的區域范圍為。
（3）若質子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據類平拋運動的規律，有，，，，
解得
，
MN的最短長度為
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）沿方向射入磁場，該質子運動半徑為，洛倫茲力提供向心力
，可求解勻強磁場的磁感應強度大小B。
（2）畫軌跡圖，
根據幾何關系可知，
B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質子射出的區域范圍為
（3）若質子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據類平拋運動的規律列等式：，，，，可求解，，MN的最短長度為。
15．【答案】解：（1）打開鎖扣K，根據能量守恒定律有
兩物塊發生彈性碰撞，根據動量守恒定律及能量守恒定律有
此后物塊2做平拋運動，則有
，
解得
J
（2）滑塊2從A到D，根據動能定理有
解得
m/s
滑塊2速度大于傳送帶速度，根據牛頓第二定律有
運動的時間為
位移為
解得
s，m
該過程產生的熱量為
J
此后，滑塊2受摩擦力向上，根據牛頓第二定律有
位移為
m
根據勻變速直線運動位移—時間公式有
解得
s
此過程產生的熱量為
J
則因摩擦產生的熱量為
J
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；碰撞模型；動量與能量的綜合應用一彈簧類模型
【解析】【分析】（1）打開鎖扣K，根據能量守恒定律，兩物塊發生彈性碰撞，根據動量守恒定律及能量守恒定律有，，此后物塊2做平拋運動，根據平拋知識列等式：，聯立可求解彈簧被鎖定時的彈性勢能。
（2）滑塊2從A到D，根據動能定理有，滑塊2速度大于傳送帶速度，根據牛頓第二定律有，運動的時間為，位移為，該過程產生的熱量為J，此后，滑塊2受摩擦力向上，根據牛頓第二定律有，位移為，根據勻變速直線運動位移—時間公式有，此過程產生的熱量，因摩擦產生的熱量為
1 / 12024屆貴州省安順市部分學校高三下學期二模考試物理試卷
1．（2024高三下·安順模擬）2024年1月9日15時03分，我國在西昌衛星發射中心成功將愛因斯坦探針衛星發射升空。愛因斯坦探針衛星將在距離地面高度約為600km、傾角約為的軌道上做勻速圓周運動。同步衛星距地面的高度約為，則愛因斯坦探針衛星運行時（　　）
A．周期比地球同步衛星的大
B．速率比地球同步衛星的速率大
C．角速度比地球同步衛星的角速度小
D．加速度比地球同步衛星的加速度小
【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】根據
可得
，，，
愛因斯坦探針衛星軌道半徑小于同步衛星軌道半徑，可知愛因斯坦探針衛星運行時周期比地球同步衛星的小，速率比地球同步衛星的速率大，角速度比地球同步衛星的角速度大，加速度比地球同步衛星的加速度大。
故選B。
【分析】衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力可推出，，，，可比較周期、線速度、角速度、加速度。
2．（2024高三下·安順模擬）在2024年春晚雜技《躍龍門》中的一段表演是演員從蹦床上彈起后在空中旋轉。已知演員離開蹦床時的速度大小為v，在上升過程中就已經完成了旋轉動作，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．演員在上升的過程中處于超重狀態
B．演員在下落過程中處于超重狀態
C．演員在空中旋轉的時間不超過
D．演員上升的最大高度為
【答案】C
【知識點】豎直上拋運動；超重與失重
【解析】【解答】AB．演員在上升和下降的過程中，都只受重力作用，處于完全失重狀態，故AB錯誤；
C．演員上升過程中用時間為
則在空中旋轉的時間不超過，故C正確；
D．演員上升的最大高度為
故D錯誤。
故選C。
【分析】1、只受重力作用，處于完全失重狀態。
2、豎直上拋運動，上升時間。
3、豎直上拋運動，上升的最大高度為。
3．（2024高三下·安順模擬）貧鈾彈是以含有鈾238的硬質合金為主要原料制成的炮彈和槍彈，它利用貧鈾合金的高硬度、高比重和高熔點依靠動能來穿透目標，其多用來毀傷坦克等裝甲目標。科學研究發現，鈾238具有極大的危害性，它的半衰期為45億年，其衰變方程為，該衰變過程中產生的γ光子照射到逸出功為的金屬上，溢出光電子的最大初動能為。已知光電子的質量為m，光速為c，普朗克常量為h。下列說法正確的是（　　）
A．衰變產生的γ光子具有很強的電離能力
B．原子核中含有92個中子
C．γ光子的波長為
D．100個經過90億年后一定剩余25個
【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；光電效應；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】A．γ光子不帶電，電離能力弱，故A錯誤；
B．原子核中含有90個質子和144個中子，故B錯誤；
C．由愛因斯坦光電效應方程
可得
故C正確；
D．放射性元素的半衰期是對大量原子核的行為進行統計預測，對于具體個數的原子核無意義，故D錯誤。
故選C。
【分析】 1、粒子電離能力最強，γ光子不帶電，電離能力弱。
2、原子核中含有90個質子和144個中子。
3、愛因斯坦光電效應方程，可得γ光子的波長。
4、放射性元素的半衰期是對大量原子核的行為進行統計預測，對于具體個數的原子核無意義。
4．（2024高三下·安順模擬）“水袖功”是中國古典舞中用于表達情感的常用技巧，舞者通過手把有規律的抖動傳導至袖子上，營造出一種“行云流水”的美感。某次演員抖動水袖時形成一列沿x軸傳播的簡諧橫波，其在某一時刻的波形圖如圖甲所示，P和Q是這列簡諧橫波上的兩個質點，從該時刻（設為）起質點Q在一段時間內的振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．該列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，波速大小為1m/s
B．該列簡諧橫波與頻率為2Hz的簡諧橫波可發生穩定干涉
C．在時，質點P的加速度為零
D．從到，質點Q通過的路程為2.4m
【答案】A
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系；波的干涉現象
【解析】【解答】A．時刻，質點Q振動方向向上，根據同側法可判斷出該波沿x軸負方向傳播，從圖像可讀出，，可得波速為
故A正確；
B．該波的頻率為
頻率相同的兩列波才能發生的穩定的干涉，故B錯誤；
C．已知，所以質點P在時位于負向最大位移處，加速度為正向最大，故C錯誤；
D．已知，質點Q通過的路程為
故D錯誤。
故選A。
【分析】1、從圖像可讀出，，可得波速為。
2、頻率相同的兩列波才能發生的穩定的干涉。
3、位于負向最大位移處，加速度為正向最大。
4、，質點Q通過的路程為。
5．（2024高三下·安順模擬）某光學器材為透明球體，其橫截面如圖所示，該橫截面的半徑為R，AB是直徑。現有一束單色激光由C點沿平行AB的方向射向球體，激光經折射后恰好經過B點，已知B點到足夠大的光屏的距離，光學器材的折射率，激光在真空中的傳播速度大小為c，則激光從入射點傳播到光屏所用的時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】設細光的入射角為i，如圖所示：
由幾何關系可得
由折射定律可得
解得
，
光在介質中的傳播速度為
光在介質中傳播的時間為
光從B點進入空氣中的折射角也為，光從B到MN的時間為
所以光從入射點傳播到光屏所用時間為
故選D。
【分析】首先根據題意畫光路圖，由幾何關系求解入射角，由折射定律可求解折射率，根據路程和速度計算光在介質中傳播的時間和光從B到MN的時間，整個過程時間等于兩段時間之和。
6．（2024高三下·安順模擬）能源問題是全球面臨的重大問題，遠距離輸電在兼顧經濟效益的同時，應盡可能減少輸電過程中的能量損失。現通過一個理想變壓器進行遠距離輸電，原線圈接在有效值恒定的正弦交流電源上，不計電源內阻。原線圈接有合適的燈泡，副線圈接有合適的燈泡（設兩燈泡的電阻都不隨溫度變化）、定值保護電阻及滑動變阻器R，電流表和電壓表均為理想交流電表，如圖所示，此時兩燈泡都發光且亮度合適。現將滑動變阻器R的滑片向下滑動少許，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表的示數減小 B．燈泡變亮
C．定值保護電阻的電功率增大 D．燈泡變亮
【答案】D
【知識點】變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．設輸入電壓為U，根據
，，，
解得
，
滑動變阻器R的滑片向下滑動少許， 電阻R阻值增大，副線圈總電阻增大，減小， 燈泡變暗；電壓增大，電壓表的示數增大， 故A B錯誤；
D．因
電壓增大， 故電壓U2增大，增大，燈泡變亮，故 D正確 。
C．因
，，
減小， 故減小，增大， 減小 定值保護電阻的電功率減小，故C錯誤；
故選D。
【分析】本題是原線圈帶負載的變壓器的動態問題。根據理想變壓器電壓電流與匝數關系推出，利用此式子分析電壓表的示數，燈泡變化情況。
7．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定、足夠長的光滑桿上。桿上M、N兩點與O點的距離均為2l，P點到O點的距離為l，OP與桿垂直。小球以某一初速度從N點開始向上運動，到達M點時速度恰好為0。整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．從N點到P點的運動過程中，小球受到的合力一定先做正功后做負功
B．小球在N點時的動能為
C．彈簧的勁度系數為
D．小球從N點向下運動到最低點的過程中增加的彈性勢能為
【答案】B
【知識點】能量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．從N點到P點的運動過程中，受到重力、彈簧彈力、桿的支持力，合力方向無法確定，所以無法確定合力的做功情況，故A錯誤；
B．從N點到M點的運動過程中，彈簧做的總功為零，根據動能定理有
解得
故B正確；
C．從N點到P點的運動過程中彈簧彈力在豎直方向的分量與重力相等的點無法確定，則彈簧的勁度系數無法確定，故C錯誤；
D．小球從N點向下運動到最低點的過程中，根據能量守恒有
解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】本題是有關彈簧得動能定理得綜合應用，從N點到M點的運動過程中，N、M兩位置彈簧長度相等，則彈簧彈性勢能相等，彈簧彈簧做的總功為零，根據動能定理列等式可求解N點動能，小球從N點向下運動到最低點的過程中，根據能量守恒有，可求解小球從N點向下運動到最低點的過程中增加的彈性勢能。
8．（2024高三下·安順模擬）某同學沿直線運動，其位移x與時間t的關系如圖所示，關于該同學的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．在時間內，該同學的速度越來越小
B．在時間內，該同學的加速度一定越來越小
C．在時間內，該同學可能做勻變速直線運動
D．在時間內，該同學的加速度一定越來越小
【答案】A,C
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】AB．位移x與時間t的圖像的斜率表示速度，在時間內，圖像的斜率逐漸減小，說明該同學的速度越來越小，但速度的變化率即加速度可能變大也可能變小也可能不變，則該同學的加速度大小無法確定，故A正確，B錯誤；
CD．在時間內圖像斜率變大，該同學的速度逐漸變大，但速度的變化率即加速度無法確定，可能變大也可能變小也可能不變，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】本題考查位移x與時間t的圖像，位移x與時間t的圖像的斜率表示速度，圖像的斜率逐漸減小，則速度逐漸減小，此圖像無法分析加速度變化情況。
9．（2024高三下·安順模擬）小宋同學根據靜電除塵原理設計了如圖所示的高壓電場中藥干燥器。在大導體板MN上鋪一層薄中藥，針狀電極O和平板電極MN接在高壓直流電源上，其間產生了如圖所示的電場E。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量的負電。水分子在電場力的作用下從中藥材中被加速分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區域從而達到快速干燥的目的。已知虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡，下列說法正確的是（　　）
A．水分子在C處時，水分子受到的合力為零
B．水分子沿軌跡ABCD運動，從A點運動到離O最近之前，電場力對水分子中的負電荷始終做正功
C．水分子沿軌跡ABCD運動的過程中，電勢能一直減小
D．若只把高壓直流電源的正、負極反接，則水分子的運動軌跡不變
【答案】B,D
【知識點】電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．水分子做曲線運動，在C處時，受到的合力不為零，故A錯誤；
B．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，從A點運動到離O最近之前，水分子中的負電荷受到的電場力方向與運動的方向夾角小于90°，故電場力做正功，故B正確；
C．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，電場力先做正功，后做負功，故電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D．如果把高壓直流電源的正負極反接，產生的電場方向發生反轉，但水分子是一端帶正電，另一端帶等量負電，故水分子的正負端發生反轉，水分子運動軌跡不變，故D正確。
故選BD。
【分析】本題是帶電粒子在非勻強電場中運動。
1、做曲線運動，受到的合力不為零。
2、受到的電場力方向與運動的方向夾角小于90°，則電場力做正功。
3、電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。
4、電場方向發生反向，同時水分子的正負端發生反向，則受到電場力不變，軌跡不變。
10．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，水平地面上方矩形區域內存在垂直于紙面的勻強磁場B（未畫出），兩個用同種導線繞制的單匝閉合正方形線框1和2，其邊長分別為、，且滿足，兩線框的下邊緣距磁場上邊界的高度均為h，現使兩線框由靜止開始釋放，最后兩線框均落到地面上。兩線框在空中運動時，線框平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．若線框1、2剛進入磁場時的加速度大小分別為、，則
B．若線框1、2落地時的速度大小分別為、，則
C．若線框1、2在運動過程中產生的熱量分別為、，則
D．若線框1、2在運動過程中通過線框橫截面的電荷量分別為、，則
【答案】C,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產生感應電流，受到磁場的安培力大小為
由電阻定律有
（ρ為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為導線的橫截面積），線圈的質量為
（ρ0為材料的密度）
當線圈剛進入磁場時其加速度為
得
與L無關，則，故A錯誤；
B．線圈1和2進入磁場的過程先同步運動，由于當線圈2剛好全部進入磁場中時，線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場，線圈2完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，線圈2做加速度為g的勻加速運動的位移較大，所以落地速度關系為 v1＜v2，故B錯誤；
C．由能量守恒可得
（H是磁場區域的高度），因為m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q1＞Q2，故C正確；
D．根據
則知，故D正確。
故選CD。
【分析】1、從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，由安培力公式得出安培力， 由電阻定律有，線圈的質量為m=ρ0S 4L，由牛頓第二定律得出加速度。
2、線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，線圈2完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，得出線圈2做加速度為g的勻加速運動的位移較大，所以落地速度關系為
3、由能量守恒比較線框1、2在運動過程中產生的熱量。
4、過線框橫截面的電荷量比較、 。
11．（2024高三下·安順模擬）某學習小組設計了如下的實驗研究平拋運動。如圖所示，彎曲軌道AB固定在水平桌面上，在離軌道邊緣B不遠處有一可移動的豎直平面abcd，該平面與鋼珠平拋的初速度方向垂直，平面中心的豎直線上有刻度，原點（0刻度）與邊緣B等高，以豎直向下建立y軸，以邊緣B正下方的（0刻度）點為原點建立水平x軸。實驗時，將豎直平面移動到x處，從固定立柱A處由靜止釋放體積很小的鋼珠，鋼珠從B點離開后擊中中心豎直線上某點，記錄刻度值y；改變x，多次重復實驗。
（1）研究平拋運動規律時，下列說法正確的是（　　）
A．彎曲軌道必須光滑
B．彎曲軌道末端的切線水平
C．平面abcd是否在豎直平面內，對實驗結果沒有影響
D．選用相同體積的木球代替鋼珠，實驗效果更好
（2）下列圖像中，能正確反映y與x關系的是（　　）
A． B．
C． D．
（3）若某次讓鋼珠從固定立柱A處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度，記為；將豎直平面向遠離B處平移10.0cm，再次讓鋼珠從固定立柱處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度為；將豎直平面再向遠離B處平移10.0cm，讓鋼珠從固定立柱處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度為。鋼珠的初速度大小　 　m/s。（取重力加速度大小，結果保留兩位有效數字）
（4）某同學將此裝備中的豎直平面abcd固定，然后盡量減少鋼珠與彎曲軌道之間的摩擦直至可忽略，讓鋼珠從離桌面高h處由靜止釋放，記錄鋼珠擊中中心豎直線的刻度，記為y。改變鋼珠由靜止釋放時離桌面的高度h，重復實驗，由實驗數據可以推得h與　 　（填“y”“”或“”）成反比。
【答案】（1）B
（2）D
（3）1.0
（4）y
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）A．彎曲軌道不必光滑，只要每次小球從同一位置釋放即可，故A錯誤；
B．彎曲軌道邊緣保持水平，確保小球做平拋運動，故B正確；
C．保持豎直平面abcd與水平面垂直，可準確測量平拋的水平、豎直位移，故C錯誤；
D．使用相同體積但質量較大的小鋼珠，可減小空氣阻力的影響，故D錯誤。
故選B。
（2）由平拋運動的位移公式可得
，
聯立可得
故y-x為開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。故選D。
（3）由于水平方向移動的距離相同，故時間間隔相同，設為T，豎直方向由勻加速直線運動的推論
可得
水平方向滿足
解得
（4）在軌道上，由動能定理可得
聯立小問2中
可得
故h與y成反比。
【分析】 (1)研究平拋運動規律時只要每次小球從同一位置釋放即可。
（2）由平拋運動的位移公式，，聯立可得，y與x關系的是開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。
（3）首先由豎直方向勻加速直線運動的推論，可計算出時間間隔T，再根據水平方向位移公式計算平拋初速度。
（4）動能定理，聯立小問2中可得出。
（1）A．彎曲軌道不必光滑，只要每次小球從同一位置釋放即可，故A錯誤；
B．彎曲軌道邊緣保持水平，確保小球做平拋運動，故B正確；
C．保持豎直平面abcd與水平面垂直，可準確測量平拋的水平、豎直位移，故C錯誤；
D．使用相同體積但質量較大的小鋼珠，可減小空氣阻力的影響，故D錯誤。
故選B。
（2）由平拋運動的位移公式可得
聯立可得
故y-x為開口向上的拋物線，y-x2為過原點的直線。
故選D。
（3）[1]由于水平方向移動的距離相同，故時間間隔相同，設為T，豎直方向由勻加速直線運動的推論
可得
水平方向滿足
解得
（4）[1]在軌道上，由動能定理可得
聯立小問2中
可得
故h與y成反比。
12．（2024高三下·安順模擬）多用電表是一種多功能儀表，可測量直流電流、直流電壓、交流電壓、電阻等物理量。
（1）指針式多用電表使用前應該調整　 　（填“歐姆調零旋鈕”“指針定位螺絲”或“選擇開關”），使指針指到零刻度。
（2）現用該多用電表測某定值電阻的阻值，把選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，由于誤差較大，應選擇合適倍率重新測量，選擇合適倍率后，　 　（填“要”或“不要”）重新進行歐姆調零。正確操作后，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為　 　。
（3）圖乙是某同學設計的多用電表測電阻的歐姆調零原理圖，電池的正極應接　 　（填“紅”或“黑”）表筆。圖中為表頭，量程為，內阻，滑動變阻器的最大阻值，兩表筆短接，通過調節a、b間的觸點，使滿偏。已知，電池電動勢為1.50V（電池內阻可忽略），觸點在a端時滿偏，則　 　。
【答案】（1）指針定位螺絲
（2）要；1200
（3）黑；1250
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）用指針式多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，說明電阻較小，應先將開關旋轉到“”位置，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為
（3）歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。則電池的正極應接多用電表的黑表筆。
觸點在a端時G滿偏，則RT與G串聯，串聯部分的電壓為
根據串并聯電路的特點可知R2兩端的電壓為
所以通過R2的電流為
則通過的電流為
根據部分電路歐姆定律得
【分析】（1）多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
（3）歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。
（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（2）[1]用指針式多用電表測電阻每次選擇合適倍率后，都要重新進行歐姆調零。
[2]選擇開關旋轉到“”位置，指針指到“m”處，說明電阻較小，應先將開關旋轉到“”位置，指針指到“n”處，則該電阻的阻值為
（3）[1]歐姆表的紅表筆與其內置電源的負極相連接，黑表筆與歐姆表內置電源正極相連接。則電池的正極應接多用電表的黑表筆。
[2]觸點在a端時G滿偏，則RT與G串聯，串聯部分的電壓為
根據串并聯電路的特點可知R2兩端的電壓為
所以通過R2的電流為
則通過的電流為
根據部分電路歐姆定律得
13．（2024高三下·安順模擬）醫生在給病人輸液時，若需要輸送兩瓶相同的藥液，可采用如圖所示的裝置。細管a與大氣相通，細管b是連通管（可通氣也可通藥液），細管c是輸液管（下端的針頭與人體相連，圖中未畫出）；開關K可控制輸液的快慢，也可停止輸液。A、B是兩個完全相同的藥瓶，吊置的高度相同。開始時，兩藥瓶內液面與通氣管口的高度差均為，液面與瓶底的高度差均為d。已知藥液的密度為，大氣壓強為，重力加速度大小為g，不考慮溫度的變化。
（1）打開K，藥液緩慢輸入病人體內，簡要回答在A瓶內的藥液打完前，A瓶上方氣體的壓強和B瓶上方氣體的壓強的變化情況；
（2）當A瓶內液面與管口的高度差時，求通過細管a進入A瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值。
【答案】解：（1）細管與大氣相通，管口處的壓強為，藥液逐漸流出時，大氣通過管進入A瓶，由于管口上方的液柱逐漸變小，所以A瓶內氣體的壓強逐漸增大；藥液逐漸流出時，只要A瓶管口上方還有藥液，B瓶內藥液的體積就不變，其上方氣體的體積就不變，壓強不變。
（2）通氣管a與大氣相通，管口處的壓強為。開始時A瓶內氣體的壓強為
通入氣體后，A瓶內氣體的壓強為
設藥瓶的內橫截面積為S，則開始時A內氣體的體積
通入氣體后，A內氣體的體積
由于氣體等溫變化，設通入壓強為的氣體的體積為，則有
設通入A內的氣體在等溫條件下壓強為時的體積為，則有
，又
可知，通過通氣管進入瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值為
聯立解得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；壓強及封閉氣體壓強的計算
【解析】【分析】（1）大氣通過管進入A瓶，由于管口上方的液柱逐漸變小，所以A瓶內氣體的壓強逐漸增大；藥液逐漸流出時，只要A瓶管口上方還有藥液，B瓶內藥液的體積就不變，其上方氣體的體積就不變，壓強不變。
（2）通氣管a與大氣相通，開始時A瓶內氣體的壓強為，通入氣體后，A瓶內氣體的壓強為，開始時A內氣體的體積
通入氣體后，A內氣體的體積
由于氣體等溫變化，通入壓強為的氣體的體積為，則有
通入A內的氣體在等溫條件下壓強為時的體積為，則有，又
通過通氣管進入瓶內氣體的質量與開始時A瓶內氣體質量的比值為
14．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，在xOy平面的第一象限內有半徑為R的圓形區域，該區域內有一勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。已知圓形區域的圓心為，其邊界與x軸、y軸分別相切于P、Q點。位于P處的質子源均勻地向紙面內以大小為v的相同速率發射質量為m、電荷量為e的質子，且質子初速度的方向被限定在兩側與的夾角均為的范圍內。第二象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x軸（）的某區間范圍內放置質子接收裝置MN。已知沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，不計質子受到的重力和質子間的相互作用力。
（1）求圓形區域內勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）求y軸正方向上有質子射出的區域范圍；
（3）若要求質子源發出的所有質子均被接收裝置MN接收，求接收裝置MN的最短長度x。
【答案】解：（1）沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，則該質子運動半徑為，有
解得
（2）如圖所示，設在左右兩側角方向上射入磁場的質子，最終分別有磁場邊界上的A、B兩點射出，對應圓周運動的圓心分別為、，則四邊形和均為 ，則粒子由A、B兩點水平飛出，且與B點重合。
根據幾何關系可知
，
B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質子射出的區域范圍為。
（3）若質子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據類平拋運動的規律，有，，，，
解得
，
MN的最短長度為
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）沿方向射入磁場，該質子運動半徑為，洛倫茲力提供向心力
，可求解勻強磁場的磁感應強度大小B。
（2）畫軌跡圖，
根據幾何關系可知，
B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質子射出的區域范圍為
（3）若質子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據類平拋運動的規律列等式：，，，，可求解，，MN的最短長度為。
15．（2024高三下·安順模擬）如圖所示，在光滑水平臺面上，一質量的物塊1（視為質點）壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現打開鎖扣K，物塊1與彈簧分離后與靜止在平臺右側質量的物塊2（視為質點）發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后物塊2恰好從B點沿切線方向入光滑豎直的圓弧軌道BC，圓弧軌道BC所對應的圓心角，圓弧軌道BC的半徑。已知A、B兩點的高度差，圓弧軌道BC與水平光滑地面相切于C點，物塊2在水平地面上運動一段距離后從D點滑上順時針轉動的傾斜傳送帶DE，假設滑上D點前后瞬間速率不變。傳送帶兩端DE的長度，傳送帶的傾角為，其速度大小。已知物塊2與傳送帶間的動摩擦因數，不計空氣阻力，不考慮碰撞后物塊1的運動，取重力加速度大小，，，求：
（1）彈簧被鎖定時的彈性勢能；
（2）物塊2在傳送帶上運動的過程中因摩擦產生的熱量。
【答案】解：（1）打開鎖扣K，根據能量守恒定律有
兩物塊發生彈性碰撞，根據動量守恒定律及能量守恒定律有
此后物塊2做平拋運動，則有
，
解得
J
（2）滑塊2從A到D，根據動能定理有
解得
m/s
滑塊2速度大于傳送帶速度，根據牛頓第二定律有
運動的時間為
位移為
解得
s，m
該過程產生的熱量為
J
此后，滑塊2受摩擦力向上，根據牛頓第二定律有
位移為
m
根據勻變速直線運動位移—時間公式有
解得
s
此過程產生的熱量為
J
則因摩擦產生的熱量為
J
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；碰撞模型；動量與能量的綜合應用一彈簧類模型
【解析】【分析】（1）打開鎖扣K，根據能量守恒定律，兩物塊發生彈性碰撞，根據動量守恒定律及能量守恒定律有，，此后物塊2做平拋運動，根據平拋知識列等式：，聯立可求解彈簧被鎖定時的彈性勢能。
（2）滑塊2從A到D，根據動能定理有，滑塊2速度大于傳送帶速度，根據牛頓第二定律有，運動的時間為，位移為，該過程產生的熱量為J，此后，滑塊2受摩擦力向上，根據牛頓第二定律有，位移為，根據勻變速直線運動位移—時間公式有，此過程產生的熱量，因摩擦產生的熱量為
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