2024届陕西省商洛市高三下学期尖子生学情诊断考试（第二次）物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE7商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第二次）物理试卷一、选择题1.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的（）A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向〖答案〗C〖解析〗小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。故选C。2.利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用波长为的光照射某种金属，发生光电效应时，光电子的最大初动能为；若用波长为的光照射该金属发生光电效应时光电子的最大初动能为。则该金属的极限波长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设金属的逸出功为W，根据光电效应方程解得又因为所以故选B。3.图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为1Ω，外接电阻为2Ω，线圈转速为n，电路中电流的最大值Im，电压表示数为U则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题图乙可知，交流电的周期为，由可得转速为电动势的有效值为则电压表的示数为电路中电流的最大值为故选A。4.如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（a<gsinθ）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间，E表示P的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗AB．设物块P的质量为m，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为x0，弹簧的劲度系数为k，则有由牛顿第二定律有两式联立可得A错误，B正确；CD．由题可知初位置物块P的机械能为0，则物块P机械能的变化量CD错误。故选B。5.2022年11月29日“神舟十五号”飞船顺利发射，六名中国宇航员完成首次太空交接班。已知核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离为400km，做圆周运动的周期为90min，向心加速度大小为，地球赤道上物体随地球自转的向心加速度大小为，已知地球半径为6400km，地球表面的重力加速度为，下列关系正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．在地球表面有对核心舱有解得故A错误；B．地球赤道上物体随地球自转的向心加速度大小并不等于，故B错误；CD．对核心舱有其中地球赤道上随地球自转的物体有其中解得故C正确，D错误。故选C。6.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（为位移，为时间），下列说法正确的是（）A.车的速度变化比车快B.开始运动后车在前，后来车在前C.两车相遇前相距最远距离为D.两车在运动过程中只能相遇一次〖答案〗CD〖解析〗AB．根据匀变速运动的位移公式整理得在图像中是直线，由此可得，，，因为车的加速度大，车的速度变化快，车初速度大，但加速度小，故开始运动后车在前，后来车在前，故AB错误；C．当两车速度相同时，两车相距最远，由得两车相距最远距离为故C正确；D．两车相遇有，即解得只有一解，相遇一次，故D正确。故选CD。7.如图所示，等边三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有电荷量为、、的点电荷，A点处电荷受到的电场力方向平行于BC，B点处电荷受到电场力方向垂直于BC，O为三角形的中点，P和O在纸面内关于AC对称，无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A.B.O点电势与P点电势相等C.将A点的点电荷沿直线移到O点，其电势能增大D.将A点的点电荷沿直线移到P点，电场力做正功〖答案〗AD〖解析〗A．由题意可知，和在A点产生的场强平行于BC向右，设等边三角形边长为，根据点电荷场强公式可得则有和在B点产生的场强垂直于BC向下，则有可得则有故A正确；B．O、P两点在A、C两处点电荷的电场中电势相等，在B点电荷电场中O点电势比P点电势高，故O点电势高于P点电势，故B错误；C．在两点的点电荷电场中，BC垂直平分线是等势线，因此将A点的点电荷沿直线移到O点，该点电荷的电势能不变，故C错误；D．在两点的点电荷电场中，A点电势比P点电势高，因此将A点的点电荷沿直线移到P点，电势能减小，电场力做正功，故D正确。故选AD。8.如图所示，倾角的足够长平行金属导轨宽度为，其上端连接电阻，等高的两点P、Q上方导轨光滑，其空间内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小，P、Q两点下方导轨不光滑，空间无磁场．质量为、电阻为的金属棒b放置在P、Q位置，将质量为、电阻为的金属棒a从P、Q上方某位置由静止释放，当a棒匀速运动时与静止的b棒发生弹性碰撞，碰撞后a棒运动到达最高点．两棒与不光滑导轨间的动摩擦因数，重力加速度，，，金属棒与导轨接触良好，其他电阻不计。以下说法正确的是（）A.a棒匀速运动速度大小为B.b棒运动位移大小C.a棒沿导轨向上运动到最高点所用时间为D.两棒可以发生两次碰撞〖答案〗BC〖解析〗A．a棒匀速运动，由平衡条件得又有解得故A错误；B．两棒发生弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒定律，有得b棒沿斜面向下做减速运动，b棒运动位移大小为，由动能定理解得故B正确：C．碰撞后a棒沿斜面向上运动到最高点所用时间为t，其位移由动量定理有通过a棒电量得故C正确；D．a棒再次到达P、Q位置时速度一定小于，a棒不用下降时速度已经零，两棒一定不可能发生第二次碰撞，故D错误。故选BC。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学利用图甲实验装置探究滑块加速度与板块间动摩擦因数的关系。实验过程中选取上表面粗糙程度不同的木板，通过纸带测出滑块加速度a及对应动摩擦因数数值，作出图像如图乙所示，作图时忘记标明纵、横截距数据，重力加速度g取。（1）为尽可能准确地完成实验，下列说法正确的是_________。A．木板需要调整为水平B．实验前需要平衡摩擦力C．实验过程不需要保持小桶及沙子质量m不变D．实验过程需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量ME．连接滑块的细线需要与长木板平行（2）已知滑块质量为，当换用动摩擦因数的木板时，实验得到的纸带如图丙所示，已知交流电频率，相邻记数点间还有四个点未画出，则滑块加速度大小__________（保留两位有效数字）。（3）结合以上信息，则小桶及沙子质量__________；图乙中横截距___________。〖答案〗（1）AE（2）2.0（3）0.750.375〖解析〗（1）[1]A．木板不水平会出现重力分力，需要调整木板水平，故A正确；B．探究动摩擦因数与加速度关系，不需要平衡摩擦力，故B错误；CD．实验过程需要保证滑块质量M，小桶及沙子质量m保持不变，但不需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量M，故CD错误；E．为防止出现分力，连接滑块的细线需要与长木板平行，故E正确。故选AE。（2）[2]根据逐差法有解得（3）[3][4]根据题意，已知，对系统应用牛顿第二定律，有当时，有则当，则10.某同学想要测量一个未知电阻的阻值。（1）该同学先用多用电表粗测未知电阻的阻值，他先用欧姆表“”倍率测量，发现指针偏转角过大，为了较准确地进行测量，应该选择__________（选填“”或“”）倍率，并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量结果是___________；若多用电表使用时间过长，电源的电动势降低，但仍能进行欧姆调零，则测得的电阻_____________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。（2）为了尽可能精确测量的阻值，该同学设计了如图乙所示的电路，所选实验器材均符合实验要求．闭合，将接a，调节滑动变阻器滑片P到适当位置并保持不变，此时电压表示数为，电流表示数为；再将接b，电压表示数为，电流表示数为，则待测电阻的阻值为_______________；（用测量量的字母符号表示），实验计算得到的值与真实值相比____________（填“偏大”“偏小“或“相等”）。〖答案〗（1）“”9.0偏大（2）相等〖解析〗（1）[1][2]欧姆表“”倍率测量，发现指针偏转角过大，说明被测电阻较小，应选用较小倍率“”；由图甲可知，测量结果为。[3]欧姆表内阻电源电动势E降低，欧姆调零时欧姆表内阻变小，用欧姆表测电阻时，电流由于偏小，I偏小，指针偏左，被测电阻的测量值偏大。（2）[4][5]闭合，当接a时，电压表示数为，电流表示数为，则当接b时，电压表示数，电流表示数为，则则待测电阻的阻值为由以上分析知，计算得到值与真实值相等。11.某实验小组设计了如图所示的小球运动轨道，若将小球从左侧固定斜面上、离地高度为的位置由静止释放，经过圆弧轨道后，小球飞上右侧平台且与平台不发生碰撞，已知斜面与圆弧轨道相切，圆弧轨道左右两端点等高，圆弧轨道所对圆心角为，半径为，小球质量为，整个轨道处在竖直面内，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度取．求：（1）小球在圆弧轨道最低点所受到的支持力大小；（2）平台左侧上边缘到圆弧轨道右端点的水平距离。〖答案〗（1）23N；（2）3.072m〖解析〗（1）由动能定理得小球在圆弧轨道最低点时,对其由牛顿第二定律得解得（2）小球到圆弧轨道右端点的速度为v0,由动能定理得解得飞出圆弧轨道右端点水平方向小球做匀速运动,则解得12.如图甲所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，圆心的坐标为（0，R），在x轴下方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场II，P、Q为长2R的平行板，Q板在x轴负半轴上，两板间的距离为2R，在两板间加上如图乙所示的电压，在两板的左侧有一粒子源，从时刻开始沿两板中线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度为，长为2R的接收器ab水平放置在x轴正半轴上，a端离O点距离为R，在时刻从粒子源射出的粒子经磁场I偏转后从O点沿y轴负方向进入磁场II，此粒子刚好打在接收器上的b点，所有粒子均能从两板间射出，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：（1）粒子在两板间运动的最大侧移；（2）匀强磁场I、II的磁感应强度和的大小；（3）当时，接收器ab上有粒子打到区域长度。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）粒子穿过磁场的时间因此粒子从时刻进入电场的粒子侧移最大粒子在电场中加速度最大侧移（2）所有粒子射出电场时，沿电场方向的速度变化量为零，因此所有粒子射出电场时速度大小为，方向均沿x轴正向。在时刻从粒子源射出的粒子恰好从两板间中线上出电场，沿半径方向射入磁场I，此粒子从O点进入磁场II，则粒子在磁场I中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律解得根据题意可知，粒子在磁场II中做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律解得（3）当时，粒子在电场中的最大侧移为由于所有粒子在磁场I中做圆周运动的半径均等于R，因此所有粒子经磁场I偏转后均从O点进入磁场II。在电场中向上侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹和在电场中向下侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹如图所示。根据几何关系可知，两粒子进磁场II时的速度方向与y轴负方向的夹角均为，两粒子打在粒子接收器上的位置相同，该点是离O点最近的点，离O点的距离因此，接收器ab上有粒子打到的区域长度13.关于热现象，则下列说法正确的有（）A.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B.两分子间距离越大，分子势能就越大C.水的温度越高，悬浮在水中的花粉布朗运动越显著D.第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化E.一定质量理想气体的内能随温度的升高而减小〖答案〗ACD〖解析〗A．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。故A正确；B．两分子间距离为时，分子势能最小，当两分子间距由减小时，分子势能变大，由增大时，分子势能也增大。故B错误；C．温度越高，布朗运动越显著。故C正确；D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化。故D正确；E．一定质量理想气体的内能随温度的升高而增大。故E错误。故选ACD。14.如图所示，两端开口的U型管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10cm、5cm．在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高h=10cm．已知大气压强P0=76cmHg，求向左管注入的水银柱长度．〖答案〗21cm〖解析〗初态ab两部分空气柱的压强p1=90cmHg因右管水银面升高的高度10cm<12cm，故b空气柱仍在水平直管内，末状态ab两部分空气柱的压强p2=100cmHg设末状态ab两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2，对a，由玻意耳定律p1La1S=p2La2S对b，由玻意耳定律p1Lb1S=p2Lb2S代入数据可得La2=9cmLb2=4.5cm左管注入的水银柱的长度L=2h+(La1+Lb1)-(La2+Lb2)解得L=21.5cm15.弹簧振子的运动是典型的简谐振动，A、B两弹簧振子的振动图象如图所示，则由图象判断下列说法正确的是______。A.A、B两弹簧振子周期之比为2∶1B.A、B两弹簧振子频率之比为2∶1C.A、B两弹簧振子所受回复力最大值之比为2∶1D.振子A速度为零时，振子B速度最大E.振子B速度最大时，振子A速度不一定为零〖答案〗ADE〖解析〗AB．从题给图象中可以看出，两弹簧振子周期之比，则频率之比，故A正确，B错误；C．由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力的最大值之比不一定为，故C错误；D．由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子A到达最大位移处时，振子B恰好到达平衡位置，故D正确。E．当振子B到达平衡位置时，振子A有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，故E正确。故选ADE。16.电视机遥控器中有一半导体发光二极管，它发出的红外光用来控制电视机的各种功能。如图甲所示，AB为半圆的直径，O为圆心，在O点左侧，用电视机遥控器从E点射入的红外光光线进入半球形介质后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角。①求半球形介质的折射率。②如图乙所示，若用与半球形介质相同的材料制成一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，，一束红外光从AB侧面的中点垂直AB入射。红外光在真空中的传播速度为c，求该红外光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间。〖答案〗①；②〖解析〗①由图甲可计算出该半球形介质的折射率。由全反射条件有即半球形介质的折射率②画出该红外光在三棱镜中传播的光路图如图所示。当光线到达三棱镜的BC边时，因，由几何关系可知又因为三棱镜的折射率所以光发生全反射的临界角为，因，所以该红外光在BC边发生全反射因为截面三角形的斜边BC的长度为d，D为AB边的中点，，由几何关系可知因为，所以，又，由几何关系可知该红外光在三棱镜中的传播速度为所以红外光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间代人数据可解得商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第二次）物理试卷一、选择题1.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的（）A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向〖答案〗C〖解析〗小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。故选C。2.利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用波长为的光照射某种金属，发生光电效应时，光电子的最大初动能为；若用波长为的光照射该金属发生光电效应时光电子的最大初动能为。则该金属的极限波长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设金属的逸出功为W，根据光电效应方程解得又因为所以故选B。3.图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为1Ω，外接电阻为2Ω，线圈转速为n，电路中电流的最大值Im，电压表示数为U则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题图乙可知，交流电的周期为，由可得转速为电动势的有效值为则电压表的示数为电路中电流的最大值为故选A。4.如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（a<gsinθ）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间，E表示P的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗AB．设物块P的质量为m，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为x0，弹簧的劲度系数为k，则有由牛顿第二定律有两式联立可得A错误，B正确；CD．由题可知初位置物块P的机械能为0，则物块P机械能的变化量CD错误。故选B。5.2022年11月29日“神舟十五号”飞船顺利发射，六名中国宇航员完成首次太空交接班。已知核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离为400km，做圆周运动的周期为90min，向心加速度大小为，地球赤道上物体随地球自转的向心加速度大小为，已知地球半径为6400km，地球表面的重力加速度为，下列关系正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．在地球表面有对核心舱有解得故A错误；B．地球赤道上物体随地球自转的向心加速度大小并不等于，故B错误；CD．对核心舱有其中地球赤道上随地球自转的物体有其中解得故C正确，D错误。故选C。6.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（为位移，为时间），下列说法正确的是（）A.车的速度变化比车快B.开始运动后车在前，后来车在前C.两车相遇前相距最远距离为D.两车在运动过程中只能相遇一次〖答案〗CD〖解析〗AB．根据匀变速运动的位移公式整理得在图像中是直线，由此可得，，，因为车的加速度大，车的速度变化快，车初速度大，但加速度小，故开始运动后车在前，后来车在前，故AB错误；C．当两车速度相同时，两车相距最远，由得两车相距最远距离为故C正确；D．两车相遇有，即解得只有一解，相遇一次，故D正确。故选CD。7.如图所示，等边三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有电荷量为、、的点电荷，A点处电荷受到的电场力方向平行于BC，B点处电荷受到电场力方向垂直于BC，O为三角形的中点，P和O在纸面内关于AC对称，无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A.B.O点电势与P点电势相等C.将A点的点电荷沿直线移到O点，其电势能增大D.将A点的点电荷沿直线移到P点，电场力做正功〖答案〗AD〖解析〗A．由题意可知，和在A点产生的场强平行于BC向右，设等边三角形边长为，根据点电荷场强公式可得则有和在B点产生的场强垂直于BC向下，则有可得则有故A正确；B．O、P两点在A、C两处点电荷的电场中电势相等，在B点电荷电场中O点电势比P点电势高，故O点电势高于P点电势，故B错误；C．在两点的点电荷电场中，BC垂直平分线是等势线，因此将A点的点电荷沿直线移到O点，该点电荷的电势能不变，故C错误；D．在两点的点电荷电场中，A点电势比P点电势高，因此将A点的点电荷沿直线移到P点，电势能减小，电场力做正功，故D正确。故选AD。8.如图所示，倾角的足够长平行金属导轨宽度为，其上端连接电阻，等高的两点P、Q上方导轨光滑，其空间内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小，P、Q两点下方导轨不光滑，空间无磁场．质量为、电阻为的金属棒b放置在P、Q位置，将质量为、电阻为的金属棒a从P、Q上方某位置由静止释放，当a棒匀速运动时与静止的b棒发生弹性碰撞，碰撞后a棒运动到达最高点．两棒与不光滑导轨间的动摩擦因数，重力加速度，，，金属棒与导轨接触良好，其他电阻不计。以下说法正确的是（）A.a棒匀速运动速度大小为B.b棒运动位移大小C.a棒沿导轨向上运动到最高点所用时间为D.两棒可以发生两次碰撞〖答案〗BC〖解析〗A．a棒匀速运动，由平衡条件得又有解得故A错误；B．两棒发生弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒定律，有得b棒沿斜面向下做减速运动，b棒运动位移大小为，由动能定理解得故B正确：C．碰撞后a棒沿斜面向上运动到最高点所用时间为t，其位移由动量定理有通过a棒电量得故C正确；D．a棒再次到达P、Q位置时速度一定小于，a棒不用下降时速度已经零，两棒一定不可能发生第二次碰撞，故D错误。故选BC。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学利用图甲实验装置探究滑块加速度与板块间动摩擦因数的关系。实验过程中选取上表面粗糙程度不同的木板，通过纸带测出滑块加速度a及对应动摩擦因数数值，作出图像如图乙所示，作图时忘记标明纵、横截距数据，重力加速度g取。（1）为尽可能准确地完成实验，下列说法正确的是_________。A．木板需要调整为水平B．实验前需要平衡摩擦力C．实验过程不需要保持小桶及沙子质量m不变D．实验过程需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量ME．连接滑块的细线需要与长木板平行（2）已知滑块质量为，当换用动摩擦因数的木板时，实验得到的纸带如图丙所示，已知交流电频率，相邻记数点间还有四个点未画出，则滑块加速度大小__________（保留两位有效数字）。（3）结合以上信息，则小桶及沙子质量__________；图乙中横截距___________。〖答案〗（1）AE（2）2.0（3）0.750.375〖解析〗（1）[1]A．木板不水平会出现重力分力，需要调整木板水平，故A正确；B．探究动摩擦因数与加速度关系，不需要平衡摩擦力，故B错误；CD．实验过程需要保证滑块质量M，小桶及沙子质量m保持不变，但不需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量M，故CD错误；E．为防止出现分力，连接滑块的细线需要与长木板平行，故E正确。故选AE。（2）[2]根据逐差法有解得（3）[3][4]根据题意，已知，对系统应用牛顿第二定律，有当时，有则当，则10.某同学想要测量一个未知电阻的阻值。（1）该同学先用多用电表粗测未知电阻的阻值，他先用欧姆表“”倍率测量，发现指针偏转角过大，为了较准确地进行测量，应该选择__________（选填“”或“”）倍率，并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量结果是___________；若多用电表使用时间过长，电源的电动势降低，但仍能进行欧姆调零，则测得的电阻_____________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。（2）为了尽可能精确测量的阻值，该同学设计了如图乙所示的电路，所选实验器材均符合实验要求．闭合，将接a，调节滑动变阻器滑片P到适当位置并保持不变，此时电压表示数为，电流表示数为；再将接b，电压表示数为，电流表示数为，则待测电阻的阻值为_______________；（用测量量的字母符号表示），实验计算得到的值与真实值相比____________（填“偏大”“偏小“或“相等”）。〖答案〗（1）“”9.0偏大（2）相等〖解析〗（1）[1][2]欧姆表“”倍率测量，发现指针偏转角过大，说明被测电阻较小，应选用较小倍率“”；由图甲可知，测量结果为。[3]欧姆表内阻电源电动势E降低，欧姆调零时欧姆表内阻变小，用欧姆表测电阻时，电流由于偏小，I偏小，指针偏左，被测电阻的测量值偏大。（2）[4][5]闭合，当接a时，电压表示数为，电流表示数为，则当接b时，电压表示数，电流表示数为，则则待测电阻的阻值为由以上分析知，计算得到值与真实值相等。11.某实验小组设计了如图所示的小球运动轨道，若将小球从左侧固定斜面上、离地高度为的位置由静止释放，经过圆弧轨道后，小球飞上右侧平台且与平台不发生碰撞，已知斜面与圆弧轨道相切，圆弧轨道左右两端点等高，圆弧轨道所对圆心角为，半径为，小球质量为，整个轨道处在竖直面内，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度取．求：（1）小球在圆弧轨道最低点所受到的支持力大小；（2）平台左侧上边缘到圆弧轨道右端点的水平距离。〖答案〗（1）23N；（2）3.072m〖解析〗（1）由动能定理得小球在圆弧轨道最低点时,对其由牛顿第二定律得解得（2）小球到圆弧轨道右端点的速度为v0,由动能定理得解得飞出圆弧轨道右端点水平方向小球做匀速运动,则解得12.如图甲所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，圆心的坐标为（0，R），在x轴下方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场II，P、Q为长2R的平行板，Q板在x轴负半轴上，两板间的距离为2R，在两板间加上如图乙所示的电压，在两板的左侧有一粒子源，从时刻开始沿两板中线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度为，长为2R的接收器ab水平放置在x轴正半轴上，a端离O点距离为R，在时刻从粒子源射出的粒子经磁场I偏转后从O点沿y轴负方向进入磁场II，此粒子刚好打在接收器上的b点，所有粒子均能从两板间射出，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：（1）粒子在两板间运动的最大侧移；（2）匀强磁场I、II的磁感应强度和的大小；（3）当时，接收器ab上有粒子打到区域长度。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）粒子穿过磁场的时间因此粒子从时刻进入电场的粒子侧移最大粒子在电场中加速度最大侧移（2）所有粒子射出电场时，沿电场方向的速度变化量为零，因此所有粒子射出电场时速度大小为，方向均沿x轴正向。在时刻从粒子源射出的粒子恰好从两板间中线上出电场，沿半径方向射入磁场I，此粒子从O点进入磁场II，则粒子在磁场I中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律解得根据题意可知，粒子在磁场II中做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律解得（3）当时，粒子在电场中的最大侧移为由于所有粒子在磁场I中做圆周运动的半径均等于R，因此所有粒子经磁场I偏转后均从O点进入磁场II。在电场中向上侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹和在电场中向下侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹如图所示。根据几何关系可知，两粒子进磁场II时的速度方向与y轴负方向的夹角均为，两粒子打在粒子接收器上的位置相同，该点是离O点最近的点，离O点的距离因此，接收器ab上有粒子打到的区域长度13.关于热现象，则下列说法正确的有（）A.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B.两分子间距离越大，分子势能就越大C.水的温度越高，悬浮在水中的花粉布朗运动越显著D.第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化E.一定质量理想气体的内能随温度的升高而减小〖答案〗ACD〖解析〗A．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。故A正确；B．两分子间距离为时，分子势能最小，当两分子间距由减小时，分子势能变大，由增大时，分子势能也增大。故B错误；C．温度越高，布朗运动越显著。故C正确；D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时