2024-2025学年广西河池市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年广西河池市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）（2024秋•河池期末）如图所示为氢原子的能级示意图，已知可见光光子的能量范围为1.61～3.10eV，根据玻尔理论，下列说法正确的是（ ）
A．用13.1eV的光子照射处于基态的氢原子时，电子可以跃迁到n＝4能级
B．氢原子从n＝2能级跃迁到n＝4能级能量减少
C．氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级放出的光子是可见光光子
D．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有3种
2．（4分）（2024秋•河池期末）如图所示，吊床用绳子栓在两棵树上等高位置，小明躺在吊床上，处于静止状态，已知吊床两端系绳中的拉力都为F，小明和吊床的总重力为G，F与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．若θ变小，F不变B．若θ变小，F变大
C．F的大小为D．F的大小为
3．（4分）（2024秋•河池期末）2024年10月30日，神舟十九号成功对接于空间站天和核心舱后向端口，已知空间站轨道高度低于同步卫星。下列说法正确的是（ ）
A．在相同时间内，空间站、地球同步卫星与地心连线扫过的面积相等
B．空间站的角速度大于地球自转的角速度
C．空间站的周期大于24小时
D．空间站的发射速度大于11.2km/s
4．（4分）（2024秋•河池期末）生活中，在特定的时间，人们会燃放“礼花”，表达人们的祝福与喜悦。礼花喷射器原理如图所示，通过扣动气阀A可释放气罐B内压缩气体，对纸管C里填充的礼花彩条产生冲击，喷向高处，在喷出礼花彩条的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．该过程将机械能转化为内能
B．气体分子冲向纸管后能全部自发回到罐内
C．气体通过做功方式改变了自身的内能
D．气体温度可能不变
5．（4分）（2024秋•河池期末）某款国产汽车在出厂之前相关技术人员对汽车进行了测试，汽车以恒定功率P启动做直线运动，汽车的最大速度为vm，当汽车的速度为时，汽车的加速度为a1；当汽车的速度为时，汽车的加速度为a2，若阻力不变，则a1与a2的比值为（ ）
A．B．3C．D．2
6．（4分）（2024秋•河池期末）如图为某小型电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压的变化规律如图乙所示，当用电器电阻R0＝11Ω时（ ）
A．降压变压器原线圈电流的有效值为80A
B．升压变压器的输入功率为4650W
C．发电机中的电流变化频率为60Hz
D．若用电器阻值增大，则输电线上损失的电功率增大
7．（4分）（2024秋•河池期末）国产水刀﹣﹣超高压数控万能水切割机能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料，水刀就是将普通的水加压，使水流高速流出，一水刀垂直入射的速度为v，水流与材料接触后，速度为零，水的密度为ρ，则水刀产生压强p的表达式为（ ）
A．p＝ρv2B．C．p＝2ρv3D．
（多选）8．（6分）（2024秋•河池期末）金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点，下列说法正确的是（ ）
A．污泥絮体带正电
B．A处电势高于B处电势
C．污泥絮体的速度先减小后增大
D．污泥絮体的电势能先增大后减小
（多选）9．（6分）（2024秋•河池期末）一列简谐横波沿x轴正方向传播，处在x1＝1m的质点A和x2＝2m的质点B各自的振动图像如图所示，由此可知（ ）
A．质点A在波峰时，B在波谷
B．该波的周期为4s
C．该波的波速可能为
D．该波的波长可能为4m
（多选）10．（6分）（2024秋•河池期末）如图所示，MN和PQ为水平固定的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，在P、M之间接有阻值为R的定值电阻甲，在N、Q之间接有阻值为2R的定值电阻乙，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一长为L、质量为m、电阻为R的导体杆ab与导轨垂直且接触良好，并以一定的初速度v0开始水平向右运动，不计导轨电阻，已知ab的速度减为零时还没有到达NQ，在ab杆运动的整个过程中（ ）
A．通过电阻甲的电荷量为
B．通过电阻乙的电荷量为
C．ab杆中产生的焦耳热为
D．ab杆中产生的焦耳热为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（10分）（2024秋•河池期末）在做“用油膜法估测分子的大小”实验中：
（1）在该实验中，体现的物理思想方法是 （填字母）；
A.放大法
B.理想模型法
C.控制变量法
D.等效替代法
（2）实验中所用的油酸酒精溶液为1000mL溶液中有纯油酸2mL，用量筒测得1mL上述溶液为100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，可以估算出油膜的面积是 m2（结果保留2位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是 m（结果保留3位有效数字）。
（3）某同学做在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，这一操作会导致实验测得的油酸分子直径 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．（11分）（2025•南通一模）某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。
（1）先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d＝ mm，再用刻度尺测出电阻丝Rx的长度为L；
（2）首先用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 （填“×100”或“×1”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为 Ω；
（3）为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验室提供了如下的实验器材，电流表应选用 ，定值电阻应选用 ；为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用 （均填仪器前的字母代号）。
A.电源（电动势E＝6V，内阻不计）
B.电流表（量程为30mA，内阻R1＝9.5Ω）
C.电流表（量程为3A，内阻R2＝0.1Ω）
D.电压表（量程为6V，内阻RV＞10kΩ）
E.定值电阻R3＝0.5Ω
F.定值电阻R4＝5Ω
G.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A）
H.滑动变阻器（最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
I.开关S，导线若干
（4）根据所选用的实验器材，设计测量电阻的电路图如图丙所示，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻的计算式为Rx＝ （用题中相关物理量的符号表示），则该合金丝的电阻率ρ＝ （用Rx、L、d表示）。
13．（11分）（2024秋•河池期末）在2024年巴黎奥运会中，中国游泳队取得了辉煌的成绩。如图所示，游泳比赛的泳池（假设足够大）水深h＝2m，在泳池底部中央有一单色光源A，已知水的折射率为，真空中光速c＝3×108m/s，求：
（1）该光源发出的光在水中的传播速度大小；
（2）水面上的最大发光面积（结果可保留π）。
14．（11分）（2024秋•河池期末）如图所示，在平面直角坐标系第二象限内有沿y轴正方向的匀强电场，第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出）。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度v0射出，并从y轴上M点射出电场，穿过第一象限后，立即进入第四象限的正三角形区域的磁场，穿出磁场后随即垂直于y轴离开第四象限，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子从开始运动到离开磁场的时间。
15．（11分）（2024秋•河池期末）如图所示，小球a系在细绳上，物块b静置于悬挂点O的正下方，将细绳拉开偏离竖直方向θ＝60°后由静止释放小球a，两物体发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知绳长L＝0.4m，ma＝1.9kg，mb＝2.1kg，重力加速度g＝10m/s2，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，cs5°＝0.996，求：
（1）小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v；
（2）碰后瞬间，小球a、物块b的速度大小va、vb；
（3）碰撞后小球a第一次摆到右端最高点时，物块b的位移大小x（结果可保留π）。
2024-2025学年广西河池市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题只有一个选项正确，每题4分；第8~10题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）（2024秋•河池期末）如图所示为氢原子的能级示意图，已知可见光光子的能量范围为1.61～3.10eV，根据玻尔理论，下列说法正确的是（ ）
A．用13.1eV的光子照射处于基态的氢原子时，电子可以跃迁到n＝4能级
B．氢原子从n＝2能级跃迁到n＝4能级能量减少
C．氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级放出的光子是可见光光子
D．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有3种
【答案】D
【分析】分清楚单个原子跃迁还是大量原子跃迁，并且在跃迁过程中只能吸收和释放满足能级差的能量。
【解答】解：A．处于基态的氢原子吸收一个13.1eV的光子后的能量为﹣13.6eV+13.1eV＝﹣0.5eV
根据图像可知，由于﹣0.5eV的能级，所以用13.1eV的光子照射处于基态的氢原子时，电子不可能跃迁到n＝4能级，故A错误；
B．氢原子从n＝2能级跃迁到n＝4能级，相当于从低能级跃迁到高能级，要吸收能量，总能量增加，故B错误；
C．氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级，氢原子辐射出的光子的能量满足能级差是E＝﹣0.54eV﹣（﹣1.51eV）＝0.97eV
所以该光子能量不在可见光光子的能量范围内，该光子辐射出的光子不是可见光光子，故C错误；
D．大量氢原子处于n能级的向低能级跃迁能辐射光的种类为，所以处于n＝3能级的大量氢原子向低能级跃迁，辐射光的频率有种
故D正确。
故选：D。
2．（4分）（2024秋•河池期末）如图所示，吊床用绳子栓在两棵树上等高位置，小明躺在吊床上，处于静止状态，已知吊床两端系绳中的拉力都为F，小明和吊床的总重力为G，F与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．若θ变小，F不变B．若θ变小，F变大
C．F的大小为D．F的大小为
【答案】D
【分析】以小明和吊床整体为研究对象，受力分析后利用共点力平衡条件，在竖直方向上列方程求解拉力F的表达式，再分析θ变化时F的变化情况。
【解答】解：根据题意分析可知，对小明和吊床整体由物体的平衡可得2Fcsθ＝G
得
若θ变小，csθ变大，F变小，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3．（4分）（2024秋•河池期末）2024年10月30日，神舟十九号成功对接于空间站天和核心舱后向端口，已知空间站轨道高度低于同步卫星。下列说法正确的是（ ）
A．在相同时间内，空间站、地球同步卫星与地心连线扫过的面积相等
B．空间站的角速度大于地球自转的角速度
C．空间站的周期大于24小时
D．空间站的发射速度大于11.2km/s
【答案】B
【分析】本题需围绕不同轨道人造卫星的运动规律展开分析。空间站轨道低于同步卫星，因此其轨道半径更小。依据万有引力提供向心力这一核心关系，轨道半径越小则角速度越大、周期越小。地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，周期为24小时。比较空间站与同步卫星的这些运动参量，即可判断各选项的正误。对于发射速度，需明确第一、第二宇宙速度的物理意义及其与发射轨道的关系。
【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知，对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等，但不同轨道的卫星与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积不相等，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有，可得，可知轨道半径越小，角速度越大，则空间站的角速度大于地球同步卫星的运行角速度，而地球同步卫星的运行角速度等于地球自转的角速度，因此空间站运行的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；
D、空间站绕地球做圆周运动，其发射速度满足7.9km/s＜v＜11.2km/s，故D错误。
C、根据和，可得，可知轨道半径越小，周期越小，则空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，即空间站的周期小于24小时，故C错误；
故选：B。
4．（4分）（2024秋•河池期末）生活中，在特定的时间，人们会燃放“礼花”，表达人们的祝福与喜悦。礼花喷射器原理如图所示，通过扣动气阀A可释放气罐B内压缩气体，对纸管C里填充的礼花彩条产生冲击，喷向高处，在喷出礼花彩条的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．该过程将机械能转化为内能
B．气体分子冲向纸管后能全部自发回到罐内
C．气体通过做功方式改变了自身的内能
D．气体温度可能不变
【答案】C
【分析】罐内的压缩气体对礼花彩条做功，气体的内能转化为礼花彩条的机械能；根据热力学第二定律判断；根据热力学第一定律判断。
【解答】解：A、该过程是将内能转化为机械能，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，气体分子冲向纸管后不可能全部自发回到罐内，故B错误；
C、在喷出礼花彩条的过程中，罐内的压缩气体对礼花彩条做功，气体的内能转化为礼花彩条的机械能，故C正确；
D、气体对外做功，即W＜0，无热传递，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得ΔU＜0，即内能减小，所以气体温度降低，故D错误。
故选：C。
5．（4分）（2024秋•河池期末）某款国产汽车在出厂之前相关技术人员对汽车进行了测试，汽车以恒定功率P启动做直线运动，汽车的最大速度为vm，当汽车的速度为时，汽车的加速度为a1；当汽车的速度为时，汽车的加速度为a2，若阻力不变，则a1与a2的比值为（ ）
A．B．3C．D．2
【答案】C
【分析】汽车以恒定功率启动，其牵引力随速度增大而减小。当速度达到最大值时，牵引力等于阻力。已知最大速度与功率、阻力的关系，可确定阻力的表达式。利用功率公式和牛顿第二定律，分别建立速度为二分之一和三分之一最大速度时的牵引力与加速度关系式，将已知加速度和速度比值代入，消去中间量即可得到加速度比值。
【解答】解：根据牛顿第二定律与功率公式F﹣f＝ma和P＝Fv，可得。
由题意知，当速度为vm时，牵引力等于阻力，故P＝fvm。
分别代入速度v1vm与v2vm时的功率条件，有，，联立解得，故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．（4分）（2024秋•河池期末）如图为某小型电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压的变化规律如图乙所示，当用电器电阻R0＝11Ω时（ ）
A．降压变压器原线圈电流的有效值为80A
B．升压变压器的输入功率为4650W
C．发电机中的电流变化频率为60Hz
D．若用电器阻值增大，则输电线上损失的电功率增大
【答案】B
【分析】解：A、由副线圈电压图像得有效值，结合m求副线圈电流有效值；利用匝数比求降压变压器原线圈电流有效；
B、算输电线损耗功率和用电器功率，二者相加得升压变压器输入功率；
C、由电压图像周期求副线圈电流频率；根据变压器不改变频率特性，确定发电机电流频率；
D、分析用电器阻值变大时副线圈电流变化；根据电流关系和P＝I2R判断输电线损失功率变化。
【解答】解：C、因交流电的角速度为ω＝100π＝2πf
故频率为f＝50Hz，故C错误；
A、降压变压器副线圈两端交变电压，副线圈电压有效值为220V，由于阻值R0＝11Ω，所以通过R0电流的有效值是
降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，所以降压变压器原线圈电流的有效值为

故A错误；
B、输电线上损失的电功率为
输出功率P出＝U2I2＝220×20W＝4400W
因升压变压器输出功率等于导线上消耗的功率和用电器上消耗的功率，故升压变压器输入功率P＝P出+PR＝4400W+250W＝4650W
故B正确；
D、当用电器的电阻R0增大时，由于电压不变，电流减小，则输电线上损失的电功率减小，故D错误。
故选：B。
7．（4分）（2024秋•河池期末）国产水刀﹣﹣超高压数控万能水切割机能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料，水刀就是将普通的水加压，使水流高速流出，一水刀垂直入射的速度为v，水流与材料接触后，速度为零，水的密度为ρ，则水刀产生压强p的表达式为（ ）
A．p＝ρv2B．C．p＝2ρv3D．
【答案】A
【分析】取Δt时间内喷出的水为研究对象，根据动量定理和压强公式求解水刀产生压强p的表达式。
【解答】解：取Δt时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量为
Δm＝ρSvΔt
这部分水经过时间Δt后都由v变为0，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得
﹣FΔt＝Δm（0﹣v）
化简得

则压强为
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）8．（6分）（2024秋•河池期末）金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点，下列说法正确的是（ ）
A．污泥絮体带正电
B．A处电势高于B处电势
C．污泥絮体的速度先减小后增大
D．污泥絮体的电势能先增大后减小
【答案】CD
【分析】A.结合题意，由曲线运动的特点、电场力的特点，即可分析判断；
B.结合题意，由沿电场方向电势逐渐降低，即可分析判断；
CD.结合前面分析及题意，由电场中的功能关系，即可分析判断。
【解答】解：A.因为污泥絮体做曲线运动时，所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧、带电的污泥絮体所受电场力与电场方向相同或相反，则由图可知，污泥絮体所受电场力方向斜向右下方、由电场方向相反，则污泥絮体带负电，故A错误；
B.因为沿电场方向电势逐渐降低，则由图中电场线及等势面的分布可知，A处电势低于B处电势，故B错误；
CD.结合前面分析及题意可知，污泥絮体仅受电场力从A到B运动，电场力先做负功后正功，所以污泥絮体速度先减小后增大，电势能先增大后减小，故CD正确；
故选：CD。
（多选）9．（6分）（2024秋•河池期末）一列简谐横波沿x轴正方向传播，处在x1＝1m的质点A和x2＝2m的质点B各自的振动图像如图所示，由此可知（ ）
A．质点A在波峰时，B在波谷
B．该波的周期为4s
C．该波的波速可能为
D．该波的波长可能为4m
【答案】BC
【分析】两质点振动状态固定→相位差固定→空间距离含半波长整数倍多解→波长、波速多解，需根据整数n讨论可能值。
【解答】解：A．质点A在t＝0时位于波峰，B在平衡位置向y轴负方向运动，故A错误；
B．由图像知该波的周期为4s，故B正确；
CD．由题意，根据图像知质点A和质点B之间的距离，
可得该列波的波长，
该波的波速为，当n＝1时，；波长不可能为4m，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）10．（6分）（2024秋•河池期末）如图所示，MN和PQ为水平固定的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，在P、M之间接有阻值为R的定值电阻甲，在N、Q之间接有阻值为2R的定值电阻乙，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一长为L、质量为m、电阻为R的导体杆ab与导轨垂直且接触良好，并以一定的初速度v0开始水平向右运动，不计导轨电阻，已知ab的速度减为零时还没有到达NQ，在ab杆运动的整个过程中（ ）
A．通过电阻甲的电荷量为
B．通过电阻乙的电荷量为
C．ab杆中产生的焦耳热为
D．ab杆中产生的焦耳热为
【答案】BD
【分析】对金属杆ab受力分析，应用动量定理，结合闭合电流的定义式，即可计算通过金属杆的电荷量；根据电路连接情况，可得到通过甲、乙的电荷量；根据能量守恒，可得到ab杆和甲、乙产生的总热量，结合电路连接情况，即可得到ab杆中产生的热量。
【解答】解：AB．对金属杆ab受力分析，以ab杆的初速度方向为正，对ab杆由动量定理有：，得通过电路的总电荷量为：；
通过电阻甲的电荷量为：，通过电阻乙的电荷量为：，解得：，，故A错误，B正确；
CD．甲、乙并联电阻阻值为，由能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为，
ab杆中产生的焦耳热为：，解得：，故C错误，D正确。
故选：BD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（10分）（2024秋•河池期末）在做“用油膜法估测分子的大小”实验中：
（1）在该实验中，体现的物理思想方法是 B （填字母）；
A.放大法
B.理想模型法
C.控制变量法
D.等效替代法
（2）实验中所用的油酸酒精溶液为1000mL溶液中有纯油酸2mL，用量筒测得1mL上述溶液为100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，可以估算出油膜的面积是 0.032 m2（结果保留2位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是 6.25×10﹣10 m（结果保留3位有效数字）。
（3）某同学做在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，这一操作会导致实验测得的油酸分子直径 偏大 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）B；（2）0.032；6.25×10﹣10；（3）偏大
【分析】（1）在油膜法估测分子大小的实验中，将油酸分子理想化为球形，且认为油酸分子是一个紧挨一个的，体现的物理思想方法时理想模型法。
（2）根据油膜所占方格数和每个方格的面积估算油膜的面积。根据油酸酒精溶液的浓度求出每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积，根据：，计算出油酸分子的直径。
（3）舍去了所有不足一格的方格会导致油膜面积S测量值偏小，根据油酸分子直径，分析油酸分子直径测量值的误差。
【解答】解：（1）在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）估算油膜的面积为：S＝80×（2×10﹣2）2m2＝0.032m2
每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为：
油酸分子的直径为：
（3）因为油酸分子直径，舍去了所有不足一格的方格会导致油膜面积S测量值偏小，所以油酸分子直径测量值d会偏大。
故答案为：（1）B；（2）0.032；6.25×10﹣10；（3）偏大
12．（11分）（2025•南通一模）某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。
（1）先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d＝ 1.126 mm，再用刻度尺测出电阻丝Rx的长度为L；
（2）首先用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 ×1 （填“×100”或“×1”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为 11.0 Ω；
（3）为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验室提供了如下的实验器材，电流表应选用 B ，定值电阻应选用 E ；为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用 G （均填仪器前的字母代号）。
A.电源（电动势E＝6V，内阻不计）
B.电流表（量程为30mA，内阻R1＝9.5Ω）
C.电流表（量程为3A，内阻R2＝0.1Ω）
D.电压表（量程为6V，内阻RV＞10kΩ）
E.定值电阻R3＝0.5Ω
F.定值电阻R4＝5Ω
G.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A）
H.滑动变阻器（最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
I.开关S，导线若干
（4）根据所选用的实验器材，设计测量电阻的电路图如图丙所示，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻的计算式为Rx＝ （用题中相关物理量的符号表示），则该合金丝的电阻率ρ＝ （用Rx、L、d表示）。
【答案】（1）1.126；（2）×1；11.0；（3）B；E；G；（4）；
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则得出金属丝的直径；
（2）根据多用电表的使用及读数方法解答；
（3）根据电路电流及操作安全选择器材；
（4）根据电阻定律代入数据计算出电阻率的大小。
【解答】解：（1）根据螺旋测微器精确度为0.01mm可知，金属丝直径为
d＝1mm+12.8×0.01mm＝1.128mm
（2）用多用电表测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“×1”挡；
指针静止时指在如图乙所示刻度，读数为11.0，乘挡位“×1”，所以是11.0Ω；
（3）由电压表的量程值与待测电阻的比值可知，电流的最大值约为0.6A，因此两个电流表均不能直接选用，可将量程为30mA的电流表与定值电阻并联，改装成量程为0.6A的电流表，此时接入定值电阻的阻值为

故电流表选B，定值电阻选E；
待测电阻阻值较小，为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用最大阻值较小的G；
（4）由欧姆定律可知

则该合金丝的电阻率

故答案为：（1）1.126；（2）×1；11.0；（3）B；E；G；（4）；
13．（11分）（2024秋•河池期末）在2024年巴黎奥运会中，中国游泳队取得了辉煌的成绩。如图所示，游泳比赛的泳池（假设足够大）水深h＝2m，在泳池底部中央有一单色光源A，已知水的折射率为，真空中光速c＝3×108m/s，求：
（1）该光源发出的光在水中的传播速度大小；
（2）水面上的最大发光面积（结果可保留π）。
【答案】（1）该光源发出的光在水中的传播速度大小为2.25×108m/s；
（2）水面上的最大发光面积为。
【分析】（1）根据速度与折射率的关系分析求解；
（2）根据临界光路图，结合全反射条件分析求解。
【解答】解：（1）由得，光在水中传播速度
（2）如图所示，画出临界光路图
当从A发出的光在N点处发生全反射时，有
则
解得
则最大面积
答：（1）该光源发出的光在水中的传播速度大小为2.25×108m/s；
（2）水面上的最大发光面积为。
14．（11分）（2024秋•河池期末）如图所示，在平面直角坐标系第二象限内有沿y轴正方向的匀强电场，第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出）。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度v0射出，并从y轴上M点射出电场，穿过第一象限后，立即进入第四象限的正三角形区域的磁场，穿出磁场后随即垂直于y轴离开第四象限，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子从开始运动到离开磁场的时间。
【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为；
（2）粒子从开始运动到离开磁场的时间为。
【分析】（1）根据粒子在电场做类平抛运动，结合带电粒子从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度v0射出分析求解；
（2）根据粒子运动轨迹，结合几何关系，以及圆心角与时间的关系分析求解。
【解答】解：（1）带电粒子从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度v0射出，并从y轴上M点射出电场，则有L＝v0t1，
又
联立解得，
（2）作出粒子运动轨迹如图
粒子经过M点时竖直速度
则此时速度与y轴负方向的夹角为
解得θ＝30°
粒子在M点的速度
粒子在第一象限运动的时间
粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中的运动时间
所以粒子从开始运动到穿出磁场的时间为
答：（1）匀强电场的电场强度大小为；
（2）粒子从开始运动到离开磁场的时间为。
15．（11分）（2024秋•河池期末）如图所示，小球a系在细绳上，物块b静置于悬挂点O的正下方，将细绳拉开偏离竖直方向θ＝60°后由静止释放小球a，两物体发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知绳长L＝0.4m，ma＝1.9kg，mb＝2.1kg，重力加速度g＝10m/s2，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，cs5°＝0.996，求：
（1）小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v；
（2）碰后瞬间，小球a、物块b的速度大小va、vb；
（3）碰撞后小球a第一次摆到右端最高点时，物块b的位移大小x（结果可保留π）。
【答案】（1）小球a与物块b碰前瞬间的速度大小为2m/s；
（2）碰后瞬间，小球a的速度大小0.1m/s，小球b的速度大小为1.9m/s；
（3）碰撞后小球a第一次摆到右端最高点时，物块b的位移大小（19﹣2π）m。
【分析】（1）小球a下摆过程只有重力做功，机械能守恒，据此列方程求碰前速度；
（2）弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，联立方程求解碰后两物体速度；
（3）先确定小球a摆动到最高点的时间（利用单摆周期），再分析物块b的匀减速直线运动，根据运动学公式求位移。
【解答】解：（1）小球a下摆过程中机械能守恒
解得v＝2m/s
（2）取水平向右为正方向，两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒、能量守恒定律有，mav＝mava+mbvb
解得va＝﹣0.1m/s，vb＝1.9m/s
（3）小球a碰后，机械能守恒
解得csβ＝0.99875＞0.996＝cs5°
故β＜5°
小球a碰后的运动可看成简谐运动，根据单摆周期公式有
摆到左端最高点有t＝0.25T
对物块b，由牛顿第二定律得μmbg＝mba
假设物块b经时间t′停了下来at′＝vb
因为t′＞t，根据
代入数据，解得
答：（1）小球a与物块b碰前瞬间的速度大小为2m/s；
（2）碰后瞬间，小球a的速度大小0.1m/s，小球b的速度大小为1.9m/s；
（3）碰撞后小球a第一次摆到右端最高点时，物块b的位移大小（19﹣2π）m。
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2
3
4
5
6
7
答案
D
D
B
C
C
B
A
题号
8
9
10
答案
CD
BC
BD