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2024届广西桂林、来宾高三下学期第三次联合模拟考试（三模）物理试卷（原卷版+解析版）
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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1. 如图所示为一价氦离子的能级示意图。已知可见光光子能量在之间。处在能级的一价氮离子向能级跃迁时，辐射出的光子可能属于电磁波谱中的（ ）
A. 紫外线B. 可见光C. 红外线D. 无线电波
【答案】A
【解析】
【详解】处在能级的一价氮离子向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
可知辐射出的光子能量大于可见光的光子能量，由于无线电波、红外线的光子能量小于可见光的光子能量，所以辐射出的光子可能属于电磁波谱中的紫外线。
故选A。
2. 如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）
A. mB. 1.2mC. 1.5mD. 1.6m
【答案】B
【解析】
【详解】对O点受力分析如下
由题可知OQ、OB段的拉力满足
将、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有、是平行四边形的两边，有
则有A球的质量为
故选B。
3. 如图甲所示的水袖舞是中国京剧的特技之一，演员通过对水袖的运用来刻画人物。某段表演中演员甩出水袖的波浪可简化为如图乙所示沿轴方向传播的简谐横波，其中实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，波的周期大于，关于该列简谐波，下列说法正确的是（ ）
A. 波可能沿x轴负方向传播
B. 演员手的振动频率为1.2Hz
C. 若演员手的振动加快，则形成的简谐波波长变短
D. 若演员手的振动加快，则形成的简谐波传播速度会大于2.5m/s
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于波的周期大于，若波沿x轴负方向传播，则有
可得
可知波不可能沿x轴负方向传播，则波沿x轴正方向传播，且有
解得周期为
则演员手的振动频率为
故AB错误；
C．若演员手的振动加快，则频率变大，周期变小，根据
由于波速不变，所以形成的简谐波波长变短，故C正确；
D．机械波的波速由介质决定，若演员手的振动加快，形成的简谐波传播速度不变，大小为
故D错误。
故选C。
4. 如图所示为半球形透明介质，半球的半径为R，顶点A处有一光源，向半球底部各个方向发射光，在半球底面有光射出部分的面积恰好是底面积的一半，不考虑光在半球内弧形表面的反射，则介质对光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在半球底面有光射出部分面积恰好是底面积的一半，设光射出部分对应的半径为，则有
可得
设光从半球底面射出时发生全反射的临界角为，如图所示
由几何关系可得
又
联立解得介质对光的折射率为
故选D
5. 如图所示的是简化后的跳台滑雪雪道示意图，段为助滑道和起跳区，段为倾角的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达时点以初速度起跳，方向与水平方向的夹角也为，最后落在着陆坡面上的点，、间距离为。不计一切阻力，则运动员从点运动到点的过程中（ ）
A. 最小速度为B. 时间为
C. 速度最小时，机械能最小D. 从点起跳后瞬间重力功率最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．在最高点时速度最小，沿水平方向，根据速度的分解可知最小速度为
故A错误；
B．运动员水平方向做匀速直线运动，从点运动到点的过程中有
解得
故B正确；
C．运动员从点运动到点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故C错误；
D．根据竖直方向的运动规律
可知点竖直方向的速度较大，根据
可知点重力的功率最大，故D错误；
故选B。
6. “祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图所示，其中太阳能电池电动势，内阻未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻。当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝消耗功率。则（ ）
A. 火星车正常行驶时，通过电热丝电流为
B. 太阳能电池的内阻为
C. 若电动机的转子被卡住，电热丝消耗的功率为
D. 火星车正常行驶时，电动机的效率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对电热丝，有
解得回路电流为
故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为
故B错误；
C．电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率
故C正确；
D．电动机的效率为
解得
故D错误。
故选C。
7. 两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体A的质量为。则（ ）
A. 图线1为碰后物体B的图像
B. 碰撞前物体A的速度大小为
C. 物体B的质量为
D. 碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知碰前物体A、B的速度分别为
，
那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为
，
才满足这种情况，故图线1为碰后物体A的图像，故AB错误；
C．设物体的B的质量为，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得
解得
故C错误；
D．碰撞过程损失的机械能为
代入数据解得
故D正确。
故选D。
8. 在如图所示的等边三角形ABC的三个顶点处，分别固定电荷量为、-q和的点电荷。已知三角形中心到三个顶点的距离均为，点为边中点，点为连线中点，则关于、、三点电势、、关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．电势是标量，运算法则符合代数运算法则。O点电势
D点电势
即
则
故A错误，C正确；
BD．E点电势
则
故B正确，D错误。
故选BC。
9. 我国将发射首个大型巡天空间望远镜（CSST），该望远镜在轨运行时可看成圆周运动，将和天宫空间站共轨独立飞行。已知轨道离地高度为地球半径的。望远镜和空间站在轨运行时，不考虑地球自转的影响，也不考虑望远镜与空间站间的相互作用，只考虑地球对他们的万有引力。下列说法正确的是（ ）
A. 空间站的线速度与望远镜的线速度大小相等
B. 若望远镜在前，空间站加速可追上望远镜与之相遇
C. 望远镜的加速度为地球表面重力加速度的倍
D. 望远镜的线速度为地球第一宇宙速度的倍
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于空间站与望远镜共轨独立飞行，轨道半径相等，根据
解得
可知，空间站的线速度与望远镜的线速度大小相等，故A正确；
B．空间站与望远镜共轨独立飞行，空间站加速后，空间站将到达高轨道，轨道半径增大，结合上述可，轨道半径越大，线速度越小，可知，若望远镜在前，空间站加速不能够追上望远镜与之相遇，故B错误；
C．对望远镜所在轨道有
其中
在地球表面有
解得
故C错误；
D．结合上述解得望远镜的线速度大小为
第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，则有
解得
故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，质量为、边长为、电阻为的正方形金属线框放在光滑绝缘水平面上。有界磁场I、II的边界、和、相互平行，两磁场的宽度均为，、间的距离为，磁场的磁感应强度大小均为，方向均垂直于水平面向上，使金属线框以某一初速度向右滑去，当边刚要出磁场II时速度为零。线框运动过程中边始终与磁场边界平行，则（ ）
A. 线框从开始运动到边刚出磁场I的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为
B. 边出磁场II时的速度大小为
C. 边在磁场II中匀速运动阶段的速度大小为
D. 线框进磁场前的速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．线框从开始运动到边刚出磁场I的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为
故A正确；
B．设边出磁场II时的速度大小为，从边出磁场II到边刚要出磁场II时速度为零过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故B错误；
C．从边刚进入磁场II到边刚要离开磁场I，线圈开始做匀速直线运动，设匀速运动的速度为；从边刚要离开磁场I到边出磁场II过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故C正确；
D．设线框进磁场前的速度大小为，从线框刚进磁场I到边刚进入磁场II过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11. 某同学用如图甲所示装置探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。刻度尺竖直固定放置，零刻度与弹簧上端对齐。
（1）以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧长度x为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F-x图像，如图乙所示，由图像可知：弹簧自由下垂时的长度L0=_______cm，弹簧的劲度系数k=________N/m。
（2）若实际实验操作时刻度尺的零刻度略高于弹簧上端，则仍然采用（1）中的方法得出的劲度系数将________（填“偏小”“偏大”或“不受影响”）。
【答案】（1） ①. 4 ②. 50
（2）不受影响
【解析】
【小问1详解】
[1]根据胡克定律得
所以弹簧弹力为零时弹簧的长度为弹簧原长，根据图像得；
[2]图像的斜率表示弹簧的劲度系数，即
【小问2详解】
根据可知若实验中刻度尺的零刻度略高于橡皮筋上端结点，根据由实验数据得到的劲度系数将不受影响。
12. 多用电表测量未知电阻阻值的电路如图甲所示，使用时由于第一次选择的欧姆挡不够合适，又改换另一个更合适的欧姆挡测量，两次测量时电表指针所指的位置如图乙中的虚线所示，下面列出这两次测量中的有关操作：
A.将两根表笔短接，并调零；
B.将两根表笔分别跟被测电阻两端接触，观察指针位置；
C.记下电阻值；
D.将多用电表面板上旋钮旋到“”挡；
E.将多用电表面板上旋钮旋到“”挡；
F.将多用电表面板上旋钮旋到OFF位置；
G.调整指针定位螺丝，使指针指到零刻度。
（1）根据上述有关操作将两次的合理实验步骤按顺序写出：_________（用上述操作项目前面的字母表示，且可以重复使用）；
（2）合适欧姆挡测得该电阻的阻值是_________；
（3）若多用电表使用长久，其内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零。如继续用该表测电阻，则测量结果是_________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）GEABDABCF
（2）
（3）偏大
【解析】
【小问1详解】
[1]使用多用电表的欧姆挡时，每一次选定量程后都要进行调零；由题图可知，第一次选的倍率较小，故指针偏转角度过小，改量程时应选倍率大一点的挡。合理实验步骤按顺序为GEABDABCF。
小问2详解】
[1]合适的倍率是“”，读数为。
【小问3详解】
[1]由于满偏电流不变，由公式
知欧姆表内阻得调小；又知
因变小，则同一电流要变小，即对应电阻刻度值偏大。
13. 如图所示，密闭导热气缸、的体积均为，、浸在盛水容器中，达到热平衡后，中压强为，温度为，内为真空，将中的气体视为理想气体，打开活栓，中部分气体进入。连接、的细管体积忽略不计。
（1）若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
（2）在（1）所述状态的基础上，将水温升至，重新达到平衡时气体内能增加量（其中为已知量），求气体的压强及所吸收的热量。
【答案】（1）；（2）0.6p0；
【解析】
【详解】（1）容器内的理想气体从打开到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
解得此时气体压强
（2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得
解得压强为
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以
根据热力学第一定律
可知气体吸收的热量为
14. 如图所示水平导轨和分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与相切于。已知传送带长，且沿顺时针方向以恒定速率匀速转动，滑块C以速度滑上传送带时，恰好停在点。滑块C与传送带及之间的动摩擦因数均为，装置其余部分均可视为光滑，滑块大小不计，重力加速度取。（结果可带根号）
（1）求C以速度2.0m/s刚滑上传送带时的加速度大小；
（2）求、的距离；
（3）圆轨道半径，若要使C滑过点但不脱离圆轨道，求C滑上传送带时速度的范围。
【答案】(1)；(2)2.25m；(3)
【解析】
【详解】(1)由牛顿第二定律可知
得
(2)设滑上传送带后一直加速，则根据运动学公式可知
解得
所以在传送带上一定先加速后匀速，滑上的速度
又因为恰好停在点，则有
解得
(3)要使不脱离轨道，最多恰能到达圆心等高处，则得
段为
解得
滑块到点速度超过时最终可滑过后，此时滑块在传送带上一直减速，则
的初速度范围是
15. 如图甲所示，在真空坐标系中，第二象限内有一有界匀强电场，现将质量为、电荷量为的带正电粒子在处由静止释放，粒子经电场加速距离d，最后以速度大小为、方向与轴负方向的夹角为从坐标原点进入区域。从粒子通过点开始计时，区域的磁感应强度随时间的变化关系始终如图乙所示，规定当磁场方向垂直平面向里时磁感应强度为正。已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：
（1）匀强电场场强；
（2）粒子从坐标原点第次经过轴到第次经过轴的时间；
（3）粒子第次经过轴时的坐标。
【答案】（1），方向与轴负方向夹角；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子加速电场中，由动能定理
解得
方向与轴负方向夹角。
（2）由洛伦兹力提供向心力，则
又由
解得
可知微粒从第一次经过轴到第二次经过轴时，对应的圆心角为，则
（3）由于
可知，微粒刚好转过。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得
联立
解得
将
代入周期公式
解得
微粒转过，同理得，时间在与的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，与的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，得到微粒一个周期的轨迹图如图所示。由几何关系得
则微粒第次经过轴时的坐标为
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1. 如图所示为一价氦离子的能级示意图。已知可见光光子能量在之间。处在能级的一价氮离子向能级跃迁时，辐射出的光子可能属于电磁波谱中的（ ）
A. 紫外线B. 可见光C. 红外线D. 无线电波
【答案】A
【解析】
【详解】处在能级的一价氮离子向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
可知辐射出的光子能量大于可见光的光子能量，由于无线电波、红外线的光子能量小于可见光的光子能量，所以辐射出的光子可能属于电磁波谱中的紫外线。
故选A。
2. 如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）
A. mB. 1.2mC. 1.5mD. 1.6m
【答案】B
【解析】
【详解】对O点受力分析如下
由题可知OQ、OB段的拉力满足
将、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有、是平行四边形的两边，有
则有A球的质量为
故选B。
3. 如图甲所示的水袖舞是中国京剧的特技之一，演员通过对水袖的运用来刻画人物。某段表演中演员甩出水袖的波浪可简化为如图乙所示沿轴方向传播的简谐横波，其中实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，波的周期大于，关于该列简谐波，下列说法正确的是（ ）
A. 波可能沿x轴负方向传播
B. 演员手的振动频率为1.2Hz
C. 若演员手的振动加快，则形成的简谐波波长变短
D. 若演员手的振动加快，则形成的简谐波传播速度会大于2.5m/s
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于波的周期大于，若波沿x轴负方向传播，则有
可得
可知波不可能沿x轴负方向传播，则波沿x轴正方向传播，且有
解得周期为
则演员手的振动频率为
故AB错误；
C．若演员手的振动加快，则频率变大，周期变小，根据
由于波速不变，所以形成的简谐波波长变短，故C正确；
D．机械波的波速由介质决定，若演员手的振动加快，形成的简谐波传播速度不变，大小为
故D错误。
故选C。
4. 如图所示为半球形透明介质，半球的半径为R，顶点A处有一光源，向半球底部各个方向发射光，在半球底面有光射出部分的面积恰好是底面积的一半，不考虑光在半球内弧形表面的反射，则介质对光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在半球底面有光射出部分面积恰好是底面积的一半，设光射出部分对应的半径为，则有
可得
设光从半球底面射出时发生全反射的临界角为，如图所示
由几何关系可得
又
联立解得介质对光的折射率为
故选D
5. 如图所示的是简化后的跳台滑雪雪道示意图，段为助滑道和起跳区，段为倾角的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达时点以初速度起跳，方向与水平方向的夹角也为，最后落在着陆坡面上的点，、间距离为。不计一切阻力，则运动员从点运动到点的过程中（ ）
A. 最小速度为B. 时间为
C. 速度最小时，机械能最小D. 从点起跳后瞬间重力功率最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．在最高点时速度最小，沿水平方向，根据速度的分解可知最小速度为
故A错误；
B．运动员水平方向做匀速直线运动，从点运动到点的过程中有
解得
故B正确；
C．运动员从点运动到点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故C错误；
D．根据竖直方向的运动规律
可知点竖直方向的速度较大，根据
可知点重力的功率最大，故D错误；
故选B。
6. “祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图所示，其中太阳能电池电动势，内阻未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻。当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝消耗功率。则（ ）
A. 火星车正常行驶时，通过电热丝电流为
B. 太阳能电池的内阻为
C. 若电动机的转子被卡住，电热丝消耗的功率为
D. 火星车正常行驶时，电动机的效率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对电热丝，有
解得回路电流为
故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为
故B错误；
C．电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率
故C正确；
D．电动机的效率为
解得
故D错误。
故选C。
7. 两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体A的质量为。则（ ）
A. 图线1为碰后物体B的图像
B. 碰撞前物体A的速度大小为
C. 物体B的质量为
D. 碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知碰前物体A、B的速度分别为
，
那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为
，
才满足这种情况，故图线1为碰后物体A的图像，故AB错误；
C．设物体的B的质量为，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得
解得
故C错误；
D．碰撞过程损失的机械能为
代入数据解得
故D正确。
故选D。
8. 在如图所示的等边三角形ABC的三个顶点处，分别固定电荷量为、-q和的点电荷。已知三角形中心到三个顶点的距离均为，点为边中点，点为连线中点，则关于、、三点电势、、关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．电势是标量，运算法则符合代数运算法则。O点电势
D点电势
即
则
故A错误，C正确；
BD．E点电势
则
故B正确，D错误。
故选BC。
9. 我国将发射首个大型巡天空间望远镜（CSST），该望远镜在轨运行时可看成圆周运动，将和天宫空间站共轨独立飞行。已知轨道离地高度为地球半径的。望远镜和空间站在轨运行时，不考虑地球自转的影响，也不考虑望远镜与空间站间的相互作用，只考虑地球对他们的万有引力。下列说法正确的是（ ）
A. 空间站的线速度与望远镜的线速度大小相等
B. 若望远镜在前，空间站加速可追上望远镜与之相遇
C. 望远镜的加速度为地球表面重力加速度的倍
D. 望远镜的线速度为地球第一宇宙速度的倍
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于空间站与望远镜共轨独立飞行，轨道半径相等，根据
解得
可知，空间站的线速度与望远镜的线速度大小相等，故A正确；
B．空间站与望远镜共轨独立飞行，空间站加速后，空间站将到达高轨道，轨道半径增大，结合上述可，轨道半径越大，线速度越小，可知，若望远镜在前，空间站加速不能够追上望远镜与之相遇，故B错误；
C．对望远镜所在轨道有
其中
在地球表面有
解得
故C错误；
D．结合上述解得望远镜的线速度大小为
第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，则有
解得
故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，质量为、边长为、电阻为的正方形金属线框放在光滑绝缘水平面上。有界磁场I、II的边界、和、相互平行，两磁场的宽度均为，、间的距离为，磁场的磁感应强度大小均为，方向均垂直于水平面向上，使金属线框以某一初速度向右滑去，当边刚要出磁场II时速度为零。线框运动过程中边始终与磁场边界平行，则（ ）
A. 线框从开始运动到边刚出磁场I的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为
B. 边出磁场II时的速度大小为
C. 边在磁场II中匀速运动阶段的速度大小为
D. 线框进磁场前的速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．线框从开始运动到边刚出磁场I的过程中，通过线框导体横截面的电荷量为
故A正确；
B．设边出磁场II时的速度大小为，从边出磁场II到边刚要出磁场II时速度为零过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故B错误；
C．从边刚进入磁场II到边刚要离开磁场I，线圈开始做匀速直线运动，设匀速运动的速度为；从边刚要离开磁场I到边出磁场II过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故C正确；
D．设线框进磁场前的速度大小为，从线框刚进磁场I到边刚进入磁场II过程，根据动量定理可得
又
联立解得
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11. 某同学用如图甲所示装置探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。刻度尺竖直固定放置，零刻度与弹簧上端对齐。
（1）以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧长度x为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F-x图像，如图乙所示，由图像可知：弹簧自由下垂时的长度L0=_______cm，弹簧的劲度系数k=________N/m。
（2）若实际实验操作时刻度尺的零刻度略高于弹簧上端，则仍然采用（1）中的方法得出的劲度系数将________（填“偏小”“偏大”或“不受影响”）。
【答案】（1） ①. 4 ②. 50
（2）不受影响
【解析】
【小问1详解】
[1]根据胡克定律得
所以弹簧弹力为零时弹簧的长度为弹簧原长，根据图像得；
[2]图像的斜率表示弹簧的劲度系数，即
【小问2详解】
根据可知若实验中刻度尺的零刻度略高于橡皮筋上端结点，根据由实验数据得到的劲度系数将不受影响。
12. 多用电表测量未知电阻阻值的电路如图甲所示，使用时由于第一次选择的欧姆挡不够合适，又改换另一个更合适的欧姆挡测量，两次测量时电表指针所指的位置如图乙中的虚线所示，下面列出这两次测量中的有关操作：
A.将两根表笔短接，并调零；
B.将两根表笔分别跟被测电阻两端接触，观察指针位置；
C.记下电阻值；
D.将多用电表面板上旋钮旋到“”挡；
E.将多用电表面板上旋钮旋到“”挡；
F.将多用电表面板上旋钮旋到OFF位置；
G.调整指针定位螺丝，使指针指到零刻度。
（1）根据上述有关操作将两次的合理实验步骤按顺序写出：_________（用上述操作项目前面的字母表示，且可以重复使用）；
（2）合适欧姆挡测得该电阻的阻值是_________；
（3）若多用电表使用长久，其内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零。如继续用该表测电阻，则测量结果是_________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）GEABDABCF
（2）
（3）偏大
【解析】
【小问1详解】
[1]使用多用电表的欧姆挡时，每一次选定量程后都要进行调零；由题图可知，第一次选的倍率较小，故指针偏转角度过小，改量程时应选倍率大一点的挡。合理实验步骤按顺序为GEABDABCF。
小问2详解】
[1]合适的倍率是“”，读数为。
【小问3详解】
[1]由于满偏电流不变，由公式
知欧姆表内阻得调小；又知
因变小，则同一电流要变小，即对应电阻刻度值偏大。
13. 如图所示，密闭导热气缸、的体积均为，、浸在盛水容器中，达到热平衡后，中压强为，温度为，内为真空，将中的气体视为理想气体，打开活栓，中部分气体进入。连接、的细管体积忽略不计。
（1）若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
（2）在（1）所述状态的基础上，将水温升至，重新达到平衡时气体内能增加量（其中为已知量），求气体的压强及所吸收的热量。
【答案】（1）；（2）0.6p0；
【解析】
【详解】（1）容器内的理想气体从打开到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
解得此时气体压强
（2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得
解得压强为
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以
根据热力学第一定律
可知气体吸收的热量为
14. 如图所示水平导轨和分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与相切于。已知传送带长，且沿顺时针方向以恒定速率匀速转动，滑块C以速度滑上传送带时，恰好停在点。滑块C与传送带及之间的动摩擦因数均为，装置其余部分均可视为光滑，滑块大小不计，重力加速度取。（结果可带根号）
（1）求C以速度2.0m/s刚滑上传送带时的加速度大小；
（2）求、的距离；
（3）圆轨道半径，若要使C滑过点但不脱离圆轨道，求C滑上传送带时速度的范围。
【答案】(1)；(2)2.25m；(3)
【解析】
【详解】(1)由牛顿第二定律可知
得
(2)设滑上传送带后一直加速，则根据运动学公式可知
解得
所以在传送带上一定先加速后匀速，滑上的速度
又因为恰好停在点，则有
解得
(3)要使不脱离轨道，最多恰能到达圆心等高处，则得
段为
解得
滑块到点速度超过时最终可滑过后，此时滑块在传送带上一直减速，则
的初速度范围是
15. 如图甲所示，在真空坐标系中，第二象限内有一有界匀强电场，现将质量为、电荷量为的带正电粒子在处由静止释放，粒子经电场加速距离d，最后以速度大小为、方向与轴负方向的夹角为从坐标原点进入区域。从粒子通过点开始计时，区域的磁感应强度随时间的变化关系始终如图乙所示，规定当磁场方向垂直平面向里时磁感应强度为正。已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：
（1）匀强电场场强；
（2）粒子从坐标原点第次经过轴到第次经过轴的时间；
（3）粒子第次经过轴时的坐标。
【答案】（1），方向与轴负方向夹角；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子加速电场中，由动能定理
解得
方向与轴负方向夹角。
（2）由洛伦兹力提供向心力，则
又由
解得
可知微粒从第一次经过轴到第二次经过轴时，对应的圆心角为，则
（3）由于
可知，微粒刚好转过。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得
联立
解得
将
代入周期公式
解得
微粒转过，同理得，时间在与的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，与的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，得到微粒一个周期的轨迹图如图所示。由几何关系得
则微粒第次经过轴时的坐标为
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