2026届湖南省怀化市第三中学高三年级上学期开学理科实验班物理综合能力检测试卷（含解析）

这是一份2026届湖南省怀化市第三中学高三年级上学期开学理科实验班物理综合能力检测试卷（含解析），共15页。
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，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．人体内存在极微量的 614C、 1940K等放射性元素。 614C、 1940K的衰变方程分别为:614C 714N+X、1940K1840Ar+Y。下列说法正确的是
A．X是 614C原子核的核外电子电离产生的
B．Y是质子
C． 614C衰变成 714N的核反应属于β衰变
D．100个 1940K原子核经过一个半衰期还剩下50个
2．新时代的中国北斗导航系统是世界一流的。空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成。已知地球表面两极处的重力加速度为g0,赤道处的重力加速度为g1,引力常量为G。若把地球看成密度均匀、半径为R的球体,下列说法正确的是
A．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度h=3g1g0−g1−1R
B．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度h=3g0g0−g1−1R
C．地球的平均密度ρ=3g14πGR
D．地球的近地卫星的周期T0=2πRg1
3．一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm.介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x=−403cm和x=120cm处.某时刻b质点的位移为y=4cm，且向y轴正方向运动.从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（ ）
A．B．
C．D．
4．去年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上（地球半径约）飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，则他们（ ）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．随“天宫二号”运行的周期为一天
C．随“天宫二号”运行的速度介于与之间
D．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
5．如图所示,水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、−q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点,O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（ ）
A. N、P、M三点的电势相等
B. 将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处,电场力可能先做正功后做负功
C. 在x=L3处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为9kq8L2
D. 在x=L3与x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为3:1
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1 则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E 则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t＝t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2 则t＝2t0
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为。球靠在光滑的竖直侧壁上，球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用表示，下列说法正确的是( )
A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球的作用力始终为恒力
B．当小球对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为
C．若当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为
D．若当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球的作用力最大值为
8．如图为一理想变压器,铁芯为“”形状,原线圈与副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%,原线圈中接有阻值为R的电阻R1,副线圈中的灯泡额定电压为U,额定电流为I,滑动变阻器R2的阻值范围为0~R。当仅闭合S1时,小灯泡恰能正常发光,假设小灯泡的电阻不变,电源输出电压的有效值恒定。下列说法正确的是
A．若仅闭合S1,原线圈两端的电压值为2U
B．若仅闭合S1,原线圈中的电流为I4
C．若仅闭合S2,当滑动变阻器的阻值为R8时,变压器的输出功率最大
D．当S1、S2都闭合,滑动变阻器的阻值逐渐增大时,小灯泡两端的电压逐渐增大
9．某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为62和3，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为π3，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为l时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是
A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为2
B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为3
C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为6lπ
D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为3lπ
10．如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度顺时针匀速运行，传送带长。现每隔把质量的工件（各工作均相同，且可视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最大距离为0.5m
C．两个工件间的最小距离为1.25m
D．稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1000W
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．
图(a)
[黑吉辽2024·12,8分]图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图,不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
(1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D,其中对蓝色积木的某次测量如图(b)所示,从图中读出D= cm。
图(b) 图(c)
(2)将一块积木静置于硬质水平桌面上,设置积木左端平衡位置的参考点O,将积木的右端按下后释放,如图(c)所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时,第20次时停止计时,这一过程中积木摆动了 个周期。
(3)换用其他积木重复上述操作,测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系,可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究,数据如下表所示:
图(d)
根据表中数据绘制出ln T-ln D图像如图(d)所示,则T与D的近似关系为 。
A．T∝DB．T∝D2
C．T∝1DD．T∝1D2
(4)请写出一条提高该实验精度的改进措施:＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
12．（10分）某实验兴趣小组，根据以下器材想要精确测量电压表V1的内阻，其量程为0～3 V，内阻大约为2 kΩ，除此以外提供的器材有：
A．电源E（电动势9 V，内阻忽略不计）
B．电压表V2（量程0～15 V，内阻约为5 kΩ）
C．电流表A1（量程0～0．6 A，内阻约为5 Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围为0～10 Ω）
E．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1 500 Ω）
F．定值电阻R3＝5 kΩ
G．定值电阻R4＝500 Ω
H．开关一个，导线若干
（1）实验过程中，为减小实验误差，要求电表示数至少要达到量程的13，同时方便电路调节，滑动变阻器应选择 ，实验所需的另一个电表应选择 ，定值电阻应选择 （均填器材前的字母代号）。
（2）请在虚线框内画出实验电路图。
（3）将电压表V1的示数记为U1，将另一个电表的示数记为X2，将所选定值电阻的阻值记为R，在获得多组U1、X2的值后建立坐标系，绘制X2－U1图像，拟合得到线性图像的斜率为k，则电压表V1的内阻RV＝ （用k、R）表示。
13．33．(15分) [物理——选修3-3]
(1)(5分)下列与春夏秋冬有关的物理现象,说法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。
A．夏天气温比春天高,忽略分子间作用力,夏天空气的分子平均动能一定比春天大
B．秋天荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果
C．冬天飘落的雪花,形状各异,所以雪花不是晶体
D．采用空调压缩机制冷时,将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外,这一过程不遵守热力学第二定律
E．将一定质量的空气密封在体积一定的金属容器中,空气的内能在夏天一定比冬天大
(2)(10分)内壁光滑的导热性能良好的圆柱形汽缸放置在水平地面上,质量不计、横截面积为S=700 cm2的活塞盖在圆柱形汽缸上,不计活塞与汽缸壁的摩擦,封闭5 ml的理想气体,测得封闭气体柱长度为L=160 cm。已知环境温度不变,阿伏加德罗常数NA=6.0×1023/ml,大气压强p0=1.0×105 Pa、重力加速度g=10 m/s2。(结果保留三位有效数字)
(i)求单位体积内的气体分子个数;
(ii)将质量为m=70 kg的重物放在活塞上,求稳定后封闭气体柱的长度。
14．如图所示，电阻不计的足够长的光滑水平平行金属导轨、间距，其内有竖直向下、磁感应强度的匀强磁场，导轨左侧接一电动势、内阻不计的电源，质量、电阻的金属棒静止在导轨上，与两平行金属导轨垂直且接触良好。下方光滑平行金属导轨、右端闭合，电阻不计，间距也为L，正对、放置，其中、为半径、圆心角的圆弧，与水平轨道、相切于P、O两点。以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧的区域内存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定，最后自处抛出且恰好能从处沿切线进入圆弧轨道，仍与两平行金属导轨垂直且接触良好。已知重力加速度。
（1）求金属棒刚离开时的速度大小；
（2）求金属棒在水平导轨上向右运动至速度刚好稳定的过程中，通过金属棒的电荷量q和金属棒中产生的焦耳热；
（3）若金属棒进入磁场区域时，立刻给金属棒施加一个水平向右的拉力F，使金属棒匀速穿过磁场区域，求此过程中金属棒产生的焦耳热。
15．如图所示，竖直平面内固定有绝缘轨道ABMNP，AB段是长的水平轨道，BM段是半径、圆心角的光滑圆弧轨道，MN段是倾角的倾斜轨道，NP段是恰好能与BM段组成半圆的光滑圆弧轨道，各段轨道均平滑连接。、分别是两段圆弧轨道的圆心，所在直线右侧足够大空间存在匀强电场，电场方向与MN平行且向上，电场强度大小为。小物块a以初速度从A点向右运动，一段时间后，与静置在B点的小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短），b运动到P点时对轨道恰好无压力。已知a、b的质量分别为、，a与AB段的动摩擦因数为，b带正电，电荷量，a、b碰撞过程不会发生电荷转移，重力加速度大小，，。求
（1）a、b碰撞结束瞬间，b的速度大小；
（2）b通过P点时的速度大小；
（3）b通过P点后在电场中运动距MN的最远距离。
物理试卷参考答案
【知识点】原子核的衰变及半衰期
1．【答案】C
【解析】基础考点：衰变+半衰期
根据质量数守恒和电荷数守恒可知X为电子,是 614C原子核内的一个中子变为一个质子和一个电子,电子被释放出来,614C衰变成 714N的核反应属于β衰变,A错误,C正确;根据质量数守恒和电荷数守恒可知Y是正电子,B错误;半衰期是针对大量的原子核、符合统计规律的随机过程量,对于少量的原子核衰变来说半衰期没有意义,D错误。
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、天体密度的计算
2．【答案】B
【解析】新颖试题：北斗导航系统
设地球的质量为M,地球自转的周期为T,物体在地球表面两极处的重力等于物体受地球的万有引力,则mg0=GMmR2,物体在赤道处时(关键:赤道上物体所受万有引力分解为重力和向心力),由牛顿第二定律得GMmR2-mg1=m4π2RT2,对北斗地球同步卫星(关键:同步卫星的周期与地球自转周期相同),由万有引力提供向心力得GMm'(R+ℎ)2=m'4π2(R+ℎ)T2,联立解得北斗地球同步卫星距离地球表面的高度(易错:同步卫星的轨道半径为卫星到地心的距离)h=3g0g0−g1−1R,A错误,B正确;地球的平均密度ρ=M43πR3,GM=g0R2,解得ρ=3g04πGR,C错误;对地球的近地卫星(关键:近地卫星的轨道半径等于地球的半径),由万有引力提供向心力得GMm″R2=m″4π2RT02,解得T0=2πRg0,D错误。
【技巧必背】
物体在地球表面两极处的重力等于物体受地球的万有引力,赤道上的物体所受地球的万有引力分解为重力和向心力。
【知识点】波的干涉
3．【答案】A
【解析】质点a、b平衡位置之间的距离为|−403−120|cm=43λ,观察b点左边平衡位置与b点的平衡位置相距λ 的点b′,b′点与b点振动形式一致,画出a点和b′点在计时时刻的位置关系如图所示,根据波形图判断出a处质点此时位移为4cm,向y轴负方向运动,A正确.
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、宇宙速度、航天器中的失重现象
4．【答案】D
【详解】AD．在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们处于完全失重状态，他们受到的地球引力大小或受到的地球重力大小并不为零，而是他们受到的万有引力刚好提供他们绕地球做圆周运动所需的向心力，故所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等，D正确，A错误；
B．“天宫二号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知航天员随“天宫二号”运行的周期小于地球同步卫星的周期一天，B错误；
C．为第一宇宙速度，是围绕地球做圆周运动的物体的最大速度，故航天员随“天宫二号”运行的速度不可能大于，C错误。
故选D。
【知识点】电场的叠加
5．【答案】C
【详解】由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，A错误；由O点至x=3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，B错误；由几何关系可知OA=33L，则A点到x=L3处的距离为2L3，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=L3处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知E1=2kq2L32cs60∘−kq2L32cs60∘=9kq8L2，C正确；A点到x=L处的距离为23L3，同理可得在x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为E2=2kq23L32cs30∘−kq23L32cs30∘=33kq8L2，可得E1E2=31，D错误。
【巧思快解】 电势是标量，计算电势时直接相加即可，因三个点电荷的电荷量大小相等，判断出M、N、P分别到正电荷与到负电荷的距离不完全相等，则电势不相等，A错误。
【知识点】带电粒子在叠加场中的运动、带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
6．【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝EB1，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为14周期，又qvB2＝mv2r，可得r＝mvqB2，时间t0＝14·2πmqB2，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为34B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为433r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝OC433r＝2r433r＝32，则θ＝60°，则t＝16·2πmq·34B2＝839t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为24B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为42r＝22r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝OC22r＝2r22r＝22，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝18·2πmq·24B2＝2t0，D正确。
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
7．【答案】AC
【解析】A．根据题意，设杆对球的作用力大小为F，对球，竖直方向上由平衡条件有mg，解得轻杆与车厢相对静止，角不交则轻杆对小球的作用力始终为恒力，故正确；B．杆对球的作用力大小始终也为当小球对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律解得故错误；C．若对AB整体分析得，与底面间的最大静摩擦力为，当与侧壁无弹力时，且与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律解得但当与侧壁恰无弹力时，有最大加速度，由杆的水平分力换使，此时对根据牛顿第二定律解得因此，允许的最大加速度为，故正确；D．若当小车做匀加速直线运动时，对A、整体受力分析得，为侧壁对小球的作用力，隔离分析得，联上解得解得，故解得故错误。故选。
【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
8．【答案】BD
【解析】经典试题：理想变压器+原线圈带电阻
对变压器有U1n1=ΔΦΔt、U2n2=ΔΦ2Δt,得U12n1=U2n2,仅闭合S1时,U2=U,因此U1=4U,A错误;理想变压器的输入功率等于输出功率,则有U1I1=U2I2,可得2n1I1=n2I2,仅闭合S1时,I2=I,因此I1=14I,B正确;仅闭合S2时,将变压器及副线圈电路中负载的电阻等效为R等,则R等=2n1n22·R2,当R等=R1时变压器输出功率最大,可得R2=116R,C错误;闭合S1、S2时,R2增大,L与R2并联后阻值增大,等效电阻R等'=2n1n22·R并变大,R1分压减小,变压器输入电压U1、输出电压U2均增大,D正确。
【知识拓展】
含理想变压器的等效电阻
将变压器和副线圈电路中负载的电阻等效为R等,则有I12R等=I22Rp,结合n1I1=n2I2,得R等=n12n22Rp,当R等=R1时,变压器消耗功率最大值Pmax=U024R1。
【知识点】全反射与折射的综合应用
9．【答案】AD
【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。
光在玻璃球中的传播速度为v=cn，v红v紫=n紫n红=2，紫光折射率大，传播速度小，A正确，B错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，sinπ3sinα=62，解得α=π4，紫光由空气射入玻璃，sinπ3sinβ=3，解得β=π6，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，R1{[2π−(2π−4α)]−[2π−(2π−4β)]}=l，解得R1=l4α−4β=3lπ，C错误，D正确。
【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
10．【答案】ABD
【详解】A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，A正确；
B．两工件间的最大距离为，B正确，
C．刚开始加速0.1s的两个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得，代入数据可得，由位移公式，代入数据可得，C错误；
D．稳定工作时，每一个内，传送带等效传送一个工件。而每传送一个工件电动需做的功等于一个件由底部传到顶部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和。则有，，，联立解得，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为，D正确。选ABD。
【知识点】实验：探究单摆的周期与摆长的关系
11．【答案】(1)7.55(或7.54或7.56)(2分) (2)10(2分) (3)A(2分) (4)见解析(2分)
【命题点】探究半圆拱形积木小幅摆动时周期与外径的关系
【详解】(1)由题图(b)可知,外径D=7.55 cm。
(2)一次全振动为相邻两次积木同一端经过与O点等高的位置,且振动方向相同,因此积木摆动了10个周期。
(3)由题图(d)可得表达式为ln T=kln D+b,斜率为k=−0.50−(−0.90)2.80−2.00=12,即ln T=12ln D+b=ln D+b,化简得TD=eb,即T∝D,A正确。
(4)①测量方法类:多次测量周期或外径求平均值,增加测量周期个数,拍摄视频软件分析等;②仪器设备类:精度更高的测量工具(半毫米刻度尺、游标卡尺、停表、光电计数器、传感器计数器等);③操作方法类:辅助视线平视(拉水平线、激光线),减小振幅等;④减小阻力的相应措施:改用更加坚硬、光滑、平整的桌面,在真空环境进行实验等。
【知识点】实验：电表内阻的测量
12．【答案】（1）D（2分） B（2分） F（2分） （2）见解析（2分） （3）Rk－1（2分）
【解析】（1）为了精确测量和方便电路调节，电路控制部分应该采用分压式接法，故滑动变阻器选总阻值小的R1；通过电压表V1的最大电流约为I＝3V2×103 Ω＝1.5 mA，实验要求电表示数至少要达到量程的13，故不能使用电流表A1，因此需要选择另一个电表V2，由于V1、V2量程差别较大，故需要一个电阻与V1串联分压，再与V2并联，根据串联电路中电压关系知，分压电阻选择R3。
（2）电路图如图所示。
（3）根据欧姆定律及串联电路特点得X2－U1U1＝RRV，解得X2＝RV＋RRVU1，故k＝RV＋RRV，解得RV＝Rk－1。
【名师延展】
滑动变阻器采用分压式接法的情况
（1）实验要求电压从零开始，要求多测几组数据，要求提高精确度；（2）滑动变阻器的最大阻值过小；（3）若采用限流式接法，电路中的电流或电压超过了电表的量程（若滑动变阻器采用分压式接法，则选用最大阻值小的滑动变阻器）。
【知识点】气体等温变化与玻意耳定律、液体的表面张力、热力学第一定律及其应用
13．【答案】(1)ABE (2)(i)2.68×1025个 (ii)145 cm
【解析】(1)基础考点:液体表面张力、热力学定律 (2)基础考点:玻意耳定律
温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子平均动能越大,所以夏天空气的分子平均动能一定比春天大,A正确;秋天荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果,B正确;雪花是晶体,C错误;采用空调压缩机制冷时,将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外,这一过程要消耗一定的电能,遵守热力学第二定律,D错误;将一定质量的空气密封在体积一定的金属容器中,由于夏天温度比冬天高,所以空气的内能在夏天一定比冬天大,E正确。
(2) (i)汽缸内分子总数N=5NA=5×6.0×1023个=3.0×1024个(2分)
体积V=SL=700 cm2×160 cm=112 000 cm3=0.112 m3(1分)
单位体积内的分子个数n=NV≈2.68×1025个(2分)
(ii)末状态时,以活塞及活塞上重物整体为研究对象,设汽缸内气体压强为p1,根据平衡条件得mg+p0S=p1S,解得p1=1.1×105 Pa(2分)
由玻意耳定律,有p0LS=p1L1S(2分)
解得L1≈145 cm(1分)
【知识点】电磁感应现象中的功能问题
14．【答案】（1）1m/s；（2）0.5C，0.5J；（3）36J
【详解】（1）闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，解得
（2）对金属棒由动量定理得，解得，根据能量守恒可得，解得金属棒中产生的焦耳热
（3）导体棒自N1N2抛出后做平抛运动，到达C1C2处速度方向沿圆弧轨道的切线方向，与水平方向的夹角等于，其水平分速度大小等于v0，则到达C1C2处的速度大小为，设金属棒到水平轨道的速度大小为v2，由动能定理得，解得，金属棒匀速穿过磁场Bx的过程，有 ()，因安培力与位移成正比，可用安培力的平均值计算克服安培力做功，使金属棒匀速穿过磁场区域，外力做的功大小为克服安培力做功，根据功能关系可得金属棒穿过磁场Bx区域线框产生的焦耳热为
【知识点】求解弹性碰撞问题
15．【答案】（1）4m/s；（2）1.6m/s；（3）0.7776m
【详解】（1）a从A点运动至B点，根据动能定理有，a、b弹性正碰，根据动量守恒定律有，
根据机械能守恒定律有，
解得。
（2）b在P点，根据牛顿第二定律，
解得。
（3）b过P点后做抛体运动，将运动沿电场所在方向（MN方向）和垂直电场方向（垂直MN方向）分解

根据抛体运动规律，沿垂直电场方向（垂直MN方向）速度为，
沿垂直电场方向（垂直MN方向）位移为，
沿垂直电场方向（垂直MN方向）加速度为，
又，
解得。颜色
红
橙
黄
绿
青
蓝
紫
ln D
2．939 2
2．788 1
2．595 3
2．484 9
2．197
…
1．792
ln T
-0.45
-0.53
-0.56
-0.65
-0.78
-0.92
-1．02