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2022-2023学年福建省泉州市永春县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市永春县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.绕太阳运行的轨道为椭圆的莱蒙-泛星彗星C/2021F1于2022年4月6日到达近日点，与太阳距离恰为1个天文单位(即地球与太阳的距离)。若忽略地球和彗星间的引力作用，当该彗星经过近日点时( )
A. 与地球的线速度大小相等
B. 与地球的加速度大小相等
C. 与地球所受太阳引力大小相等
D. 速度为其运行过程的最小值
2.已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则顶点a和c两处的磁感应强度大小之比为( )
A. 6：4
B. 2：2
C. 3：4
D. 4： 3
3.如图所示，一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则( )
A. 该单色光的波长为cv0
B. 若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板
C. 若仅换用频率更大的单色光，则依然没有电子到达右极板
D. 若仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍然不能到达右极板
4.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表。下列判断错误的是( )
A. 电压表的示数为6V
B. 电流表的示数为0.5A
C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J
D. 电阻R换成一个耐压值为6V的电容，会被击穿
5.蹦床是一项专业运动员利用蹦床的反弹效果表现技巧的竞技运动，属体操项目之一。朱雪莹在东京奥运会夺冠一跳如图所示。某段过程中，她自距水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用0.5s后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，若忽略触网过程中蹬网发力动作而将其视为质点，不计空气阻力且规定竖直向下为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 她下落到刚接触网面时的速度为10m/s
B. 她自最高点向下运动到最低点的过程历时0.8s
C. 她与网作用过程中的平均加速度为−4m/s2
D. 她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为−1823m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.在如图(a)所示的柱状玻璃容器中注入密度ρ=8.0×102kg/m3的某透明液体，将一质量m=4.0×10−6kg、体积V=5.0×10−10m3的小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开计时，每下落10cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h−t图像如图(b)中实线所示的一条直线。液体对小球的阻力f=kv，v为小球下落的速度，k为比例系数，g取10m/s2。以下说法正确的是( )
A. 由h−t图像可知，从计时开始小球做匀加速直线运动
B. 从计时开始小球运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小
C. 根据题中所给已知条件及图像信息，可以求得比例系数k
D. 若选择一个密度更大，体积相同的小球进行试验，则该直线可能是图(b)中的②虚线
7.阴极射线管及方向坐标如图所示，电子束从阴极射出，直线射出狭缝掠射到荧光屏上，显示出电子束的径迹，以下偏转情况判断正确的是( )
A. 在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线向上偏转
B. 在阴极射线管中加一个方向向下的电场，射线向上偏转
C. 在阴极射线管中加一个方向向前的磁场，射线向上偏转
D. 在阴极射线管中加一个方向向后的磁场，射线向上偏转
8.在工厂会看到用于运送货物的倾斜传送带，如图所示，传送带与水平地面夹角θ=30∘，AB长度L=3m，传送带以v=3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上端B点与一水平台面平滑连接，当货物送达B点后仍能沿水平面运动一段距离。现将一质量m=10kg的货物在传送带最下端无初速度释放，它与传送带间的动摩擦因数μ1= 32，与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.15。该货物离开传送带后最终停止在水平台面上的C处，g取10m/s2。下列选项正确的是( )
A. 货物送达B点时的速度为3m/s
B. 货物离开传送带后在水平台面上运动的距离为2m
C. 货物在传送带上运动的时间为1.6s
D. 货物在传送带上运动过程中产生的热量为225J
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
9.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个小方格的边长为1cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s，竖直分量大小为______m/s；
(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。
10.某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值，制定了四种测量方案。
(1)方案一：用欧姆表测电阻
a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至“×1”挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在______(选填“左侧”或“右侧”)零刻度线上。
b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻R0的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)方案二：用伏安法测电阻
如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.80V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻R0的阻值为______(结果保留两位有效数字)，此测量值______(选填“大于”或“小于”)真实值。
(3)方案三：用等效替代法测电阻
a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数R1=102Ω；
b.断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，电阻箱的示数R2=68Ω；
c.则未知电阻R0的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)方案四：用惠斯通电桥法测电阻
如图丁所示的实验电路，AB为一段粗细均匀的直电阻丝。
a.闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。
已知定值电阻R的阻值，用刻度尺测量出l1、l2，则电阻R0=______(用R、l1、l2表示)。
b.为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图丁中的定值电阻R换成电阻箱，并且按照a中操作时，电阻箱的读数记为R3；然后将电阻箱与R0交换位置，保持触头D的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G的示数为零，此时电阻箱的读数记为R4，则电阻R0=______(用R3、R4表示)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
11.自行车小巧方便，利用率很高.胎内气压一般维持在2.5×105∼3.0×105Pa比较安全，胎压过低会损坏车胎，胎压过高会引起爆胎。夏天，一自行车由于气门芯老化，发生了漏气，漏气前胎压为2.5×105Pa，漏气后的胎压为1.5×105Pa，发现后赶紧用打气筒给车胎打气，车胎的内胎容积为V=2.0L，打气筒每打一次可打入压强为p0=1.0×105Pa的空气V0=0.1L，车胎因膨胀而增加的体积可以忽略不计。夏天室内温度为T1=27℃，中午烈日暴晒时室外温度可高达T2=37℃。求：
(1)车胎漏气前后胎内气体的质量比(假设漏气前后车胎内气体温度不变)；
(2)当车胎内压强超过pm=3.1×105Pa时就容易发生爆胎事故，夏季在室内给车胎打气时，用打气筒最多可以打多少次，才能保证在室外骑自行车不发生爆胎(注：打气前胎内压强为1.5×105Pa)。
12.如图甲所示，很大的金属板M和金属网N平行放置，相距为d，在金属板M右侧面以O点为圆心、半径为r的圆形区域外刷有遮光漆，当金属板M的右侧面受到紫外线照射时，圆形区域内的金属板会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流；如果不把M、N直接相连，而按图乙那样把M接在电源的正极、N接在电源的负极，当两板间的电压为U时电流表恰好没有电流。现若将M接在电源的负极、N接在电源的正极，保持两板间电压U大小不变的情况下：(已知元电荷电量为e，电子质量为m)
(1)求电子从金属板M射出时的最大速度；
(2)求电子到达金属网N时的动能的范围；
(3)求金属网N上有电子到达的范围的面积。
13.跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
(1)求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
(2)运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
(3)若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、彗星经过近日点时做离心运动的线速度大于地球的线速度，故A错误；
B、彗星与地球的加速度都有万有引力提供，在近日点位置时，因为距离不变，则万有引力的大小不变，则彗星和地球的加速度大小不变，故B正确；
C、彗星与地球到太阳的距离相等，但因为质量不同，所受的太阳的万有引力大小也不相等，故C错误；
D、经过近日点时速度为所在轨迹上的速度的最大值，故D错误；
故选：B。
理解在椭圆轨道上彗星的线速度的变化；
理解彗星和地球的加速度的来源，结合半径的特点分析出加速度的变化；
根据万有引力定律分析出彗星与地球所受的太阳的万有引力的关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解近日点和远日点的区别，结合万有引力定律和距离的关系即可完成解答。
2.【答案】A
【解析】解：设正方体的边长为r，流过棱长的电流大小为I
由题意可知，通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小为B=kIr可知：
由d流向h的电流在a点产生的磁感应强度B1=kIr，方向从a指向b；
由h流向g的电流在a点产生的磁感应强度B3=kI 2r= 22⋅kIr，方向垂直于ha斜向左下；
故a点的磁感应强度为Ba= B12+B32=kIr⋅ 32
同理可得：
由d流向h的电流在b点产生的磁感应强度B2=B1=kIr，方向从b指向c；
由h流向g的电流在b点产生的磁感应强度B4=B1=kIr，方向从b指向c；
故c点的磁感应强度为Bc=B2+B4=2⋅kIr
所以BaBc= 322= 64，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意通电导体在某一点的磁感应强度大小为B=kIr，利用几何知识和矢量的平行四边形法则解题。
本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点。利用矢量运算的平行四边形法则是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、由题可知，单色光的频率大于金属板K的极限频率ν0，所以单色光的波长应小于cν0，故A错误；
B、若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到达右极板，故B错误；
C、若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达右极板，故C错误；
D、若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D正确。
故选：D。
研究光电子在电场中运动的过程，根据动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求入射光的频率；将右侧极板向右平移时，板间电场强度不变，光电子的运动情况不变；入射光的频率一定时只减小入射光的强度，光电子的最大初动能不变。
解决本题时，关键要掌握光电效应的规律，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的频率一定时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关；电容器带电量不变，改变板间距离，两极板之间的电场强度不变。
4.【答案】C
【解析】解：A、分析图(甲)，根据电流的热效应求解交变电流的有效值，有：(6 2 2)2R×1+62R×2=U2R×3，解得电压有效值为：U=6V，电表读数为有效值，故A正确。
B、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流为612A=0.5A，故电流表示数为0.5A，故B正确。
C、热量根据有效值进行计算，则有：Q=I2RT=0.52×12×3J=9J，故C错误。
D、电容器能否击穿，用到最大值，Um=6 2V>6V，故电容器会击穿，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
交变电流给灯泡供电，电压表、电流表显示是电源电压的有效值。
求电阻产生的热量用到有效值，求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
电容器能否击穿，用到最大值。
本题主要是考察交变电流的有效值，瞬时值，峰值及电流的热效应的相关计算，主要侧重基本公式的考察。
5.【答案】D
【解析】解：A、朱雪莹下落的高度为3.2m，根据：v2=2gh可得她下落到刚接触网面时的速度大小为：v= 2gh= 2×10×3.2m/s=8m/s，故A错误；
B、她自最高点向下运动到触网的过程的时间：t1=vg=810s=0.8s，她与网接触后仍然要继续下降一段时间才能到达最低点，所以她自最高点向下运动到最低点的过程的时间一定大于0.8s，故B错误；
C、朱雪莹上升的高度为3.2m，根据：v2=2gh可得她刚离开网面时的速度大小为：v′= 2gh′= 2×10×5m/s=10m/s，所以她与网作用过程中的平均加速度为：a=ΔvΔt=−10−80.5m/s2=−36m/s2，故C错误；
D、她刚离开网面后上升的时间：t2=v′g=1010s=1s，她自静止下落到弹回至最高点的过程中的位移：x=h1−h2=3.2m−5m=−1.8m，则平均速度为：v−=xt总=xt1+t2+Δt=−1.80.8+0.5+1m/s=−1823m/s，故D正确。
故选：D。
根据自由落体运动的公式即可求出她触网的速度和下落的时间，同理可以求出她离开网的速度和上升的时间；根据加速度的定义式即可求出平均加速度，根据平均速度的公式即可求出平均速度。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，在解答的过程中，要注意B选项，朱雪莹自最高点向下运动到最低点的时间与她自最高点向下运动到触网的时间是不同的。
6.【答案】BC
【解析】解：A、根据h−t图像可知，下落的距离随时间均匀变化，所以小球近似做匀速直线运动，故A错误；
B、因小球近似做匀速直线运动，所以小球在运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小，故B正确；
C、根据h−t图像可知，小球下落的速度为：v=ht=40×10−2m6=115m/s；因小球在运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小，则有：mg=kv+ρgV，解得：k=mg−ρgVv=4.0×10−6kg×10m/s2−8.0×102kg/m3×10m/s2×5.0×10−10m3115m/s=5.4×10−4kg/s，故C正确；
D、若选择一个密度更大，体积相同的小球进行试验，浮力ρgV不变，根据m=ρV可知小球的质量增大，根据平衡方程mg=kv+ρgV可知小球的速度增大，所以在相同的时间内小球下降的高度增大，所以该直线可能是图(b)中的①虚线，故D错误；
故选：BC。
分析图像判断小球的运动状态，根据运动状态进行受力分析，计算下落速度，同时分析更换密度更大的小球时的运动直线。
本题关键是分析图像确定小球的运动状态，根据状态对小球进行受力分析及速度的计算。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果加一个方向向上的电场，则电子受到的电场力方向向下，射线向下偏转；如果加一个方向向下的电场，电子受到的电场力方向向向上，射线向上偏转，故A错误，B正确；
CD、在阴极射线管中施加一个方向向前的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转，反之，加一个方向向后的磁场，射线向下偏转，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据粒子在电场和磁场中的受力情况，进而推出粒子的运动方向。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况，要注意明确电场力和洛伦兹力的区别，知道带负电的粒子的左手四指应指向运动的反方向。
8.【答案】AC
【解析】解：A、货物刚放上传送带时，根据牛顿第二定律得：μ1mgcs30∘−mgsin30∘=ma1
货物匀加速到v需要时间：t1=va1
此过程的位移：x1=v2t1
联立解得：t1=1.2s，x1=1.8m
因为1.8mB、货物滑上平台到停止过程中，由动能定理得：−μ2mgx=0−12mv2，解得：x=3m，故B错误；
C、货物在传送带上匀速运动的时间：t2=L−x1v=3−1.83s=0.4s
货物在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=1.2s+0.4s=1.6s，故C错误；
D、货物在传送带上匀加速运动阶段传送带的位移：x2=vt1=3×1.2s=3.6m
货物在传送带上运动过程中产生的热量为：Q=μ1mgcs30∘⋅(x2−x1)
代入数据解得：Q=135J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解货物刚放上传送带时加速度大小，根据速度-时间关系求解货物匀加速到v需要的时间，再根据位移-时间关系求解位移，由此分析货物的运动情况；货物滑上平台到停止过程中，由动能定理求解位移；求出货物匀速运动的时间，由此得到货物在传送带上运动的时间；根据运动学公式求解货物匀加速阶段传送带的位移，根据功能关系求解货物在传送带上运动过程中产生的热量。
本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理或功能关系列方程解答。
9.【答案】
【解析】解：(1)因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度水平分量为：v0=xT=；
竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：vy=(8.6+11.0)×10−20.05×2m/s≈2.0m/s
(2)竖直方向的自由落体运动，由逐差法可得：g=y3+y4−y1−y24T2=11.0+13.4−8.6−6.14×0.052×10−2m/s2=9.7m/s2。
故答案为：(1)1.0、2.0；(2)9.7。
(1)平抛运动水平方向作匀速直线运动，根据速度公式解得；根据在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求经过A点时的竖直分速度；
(2)根据逐差法可解得重力加速度；
本题关键掌握实验注意事项，应知道实验的原理、实验注意事项，即可正确解题，注意利用方格法求速度和加速度的方法。
10.【答案】右侧 3632Ω小于 34l2l1R R3R4
【解析】解：(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆挡的挡位为“×1”挡，欧姆表刻度值为36，则电阻R0的阻值为36×1Ω=36Ω。
(2)由欧姆定律得：R0=UI=2.8087.5×10−3Ω=32Ω
测量电路使用的是伏安法的外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值。
(3)由题可知两次电流表示数均为I0，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等，则有：
R1=R0+R2，
解得：R0=R1−R2=102Ω−68Ω=34Ω
(4)a、设电阻丝的l1段和l2段的电阻分别为R1和R2，根据电阻定律可得：R1R2=l1l2
因电流表G的示数为零，故C、D两点的电势相等，可知UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等设为I1，流过整段电阻丝的电流相等设为I2，则有：
I1R=I2R1；I1R0=I2R2
两式相比可得：RR0=R1R2=l1l2
解得：R0=l2l1R；
b、与a同理，当电阻箱的读数记为R3时，可得：R3R0=R1R2=l1l2
当电阻箱的读数记为R4时，可得：R0R4=R1R2=l1l2
由两式可得：R3R0=R0R4
解得：R0= R3R4
故答案为：(1)a、右侧；b、36；(2)32Ω；小于；(3)34；(4)l2l1R； R3R4
(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆表的读数为刻度值乘以挡位；
(2)由欧姆定律求得被测电阻值；测量电路使用的是伏安法的外接法，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值；
(3)两次电流表示数相同，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等；
(4)因电流表G的示数为零，可知C、D两点的电势相等，可得到UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等，流过整段电阻丝的电流相等，根据欧姆定律可得到电阻之间的比例关系。电阻丝的l1段和l2段的电阻与其长度成正比。
本题考查了电阻测量的方法及原理，是一道典型的总结性题目，题目列举了四种测量电阻的方法，其中方案四：用惠斯通电桥法测电阻，并不常见，需要重点掌握。
11.【答案】解：(1)将漏气前胎内气体换算为压强为1.5×105Pa的气体，设换算后体积为V总，
根据玻意耳定律得p前V=p后V总
所以漏气前与漏气后的质量比为m前：m后=V总：V
解得m前：m后=5：3
(2)设最多可以打n次，根据理想气体状态方程得
p后VT1+np0V0T1=pmVT2
代入数据得n=30次
答：(1)车胎漏气前后胎内气体的质量比5：3；
(2)用打气筒最多可以打30次，才能保证在室外骑自行车不发生爆胎。
【解析】(1)气体发生等温变化，根据玻意耳定律得出漏气前后气体的质量比；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程，结合玻意耳定律得出对应的打气次数。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
12.【答案】解：(1)把M接在电源的正极、N接在电源的负极，当两板间的电压为U时电流表恰好没有电流，即电子向右减速到0，由动能定理−eU=0−12mvm2
可得vm= 2eUm
(2)初速为0的电子向右加速，根据动能定理有eU=Ek1−0
可得Ek1=eU
初速为vm的粒子向右加速，根据动能定理有eU=Ek2−12mvm2
可得Ek2=2eU
所以动能的范围为eU≤Ek≤2eU
(3)金属网上有电子到达的区域为一个圆，圆心在O点的正对面。速度为vm，平行于金属板射出的电子沿平行于金属板方向运动距离最远
水平向右方向上a=eEm=eUmd，d=12at2
沿平行于金属板方向上L=vmt
可解得L=2d
对应面积S=π(r+L)2=π(r+2d)2
答：(1)电子从金属板M射出时的最大速度为 2eUm；
(2)电子到达金属网N时的动能的范围是eU≤Ek≤2eU；
(3)金属网N上有电子到达的范围的面积为π(r+2d)2。
【解析】(1)对电子分析，减速过程中根据动能定理求解最大速度；
(2)根据动能定理初速度为零的电子向右加速过程中达到N的动能大小，再根据动能定理求解初速为vm的电子向右加速过程中达到N的动能大小，由此得解；
(3)金属网上有电子到达的区域为一个圆，圆心在O点的正对面，根据类平抛运动的规律求解。
本题主要是考查电子在电场中的运动，关键是弄清楚电子的运动情况，根据动能定理、类平抛运动的规律进行分析。
13.【答案】解：(1)根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx=v0csθ
竖直方向分速度为：
vy=v0sinθ
(2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt=0−(−mv0csθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft−mgt=mvH−0
其中f=μN
联立得vH=μv0csθ−gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由H=vH22g
联立解得：H=(μv0csθ−gt)22g
(3)设墙对运动员平均弹力大小为N′，平均最大静摩擦力为f′，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t′，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N′t′=mv0csθ−(−mv0csθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f′t′−mgt′=mv−0
其中f′=μN′
联立得v=2μv0csθ−gt′
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x=vxt1
解得：t1=v0sinθg
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
t2=2vg，vxt2≥x
联立式t′≤v02g(4μcsθ−sinθ)
作用的最长时间为：tm=v02g(4μcsθ−sinθ)
答：(1)运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0csθ和v0sinθ；
(2)蹬墙后运动员上升的最大高度为(μv0csθ−gt)22g；
(3)运动员与墙发生相互作用的最长时间为v02g(4μcsθsin)。
【解析】(1)根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
(2)根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
(3)根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
1.绕太阳运行的轨道为椭圆的莱蒙-泛星彗星C/2021F1于2022年4月6日到达近日点，与太阳距离恰为1个天文单位(即地球与太阳的距离)。若忽略地球和彗星间的引力作用，当该彗星经过近日点时( )
A. 与地球的线速度大小相等
B. 与地球的加速度大小相等
C. 与地球所受太阳引力大小相等
D. 速度为其运行过程的最小值
2.已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则顶点a和c两处的磁感应强度大小之比为( )
A. 6：4
B. 2：2
C. 3：4
D. 4： 3
3.如图所示，一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则( )
A. 该单色光的波长为cv0
B. 若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板
C. 若仅换用频率更大的单色光，则依然没有电子到达右极板
D. 若仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍然不能到达右极板
4.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表。下列判断错误的是( )
A. 电压表的示数为6V
B. 电流表的示数为0.5A
C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J
D. 电阻R换成一个耐压值为6V的电容，会被击穿
5.蹦床是一项专业运动员利用蹦床的反弹效果表现技巧的竞技运动，属体操项目之一。朱雪莹在东京奥运会夺冠一跳如图所示。某段过程中，她自距水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用0.5s后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，若忽略触网过程中蹬网发力动作而将其视为质点，不计空气阻力且规定竖直向下为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 她下落到刚接触网面时的速度为10m/s
B. 她自最高点向下运动到最低点的过程历时0.8s
C. 她与网作用过程中的平均加速度为−4m/s2
D. 她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为−1823m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.在如图(a)所示的柱状玻璃容器中注入密度ρ=8.0×102kg/m3的某透明液体，将一质量m=4.0×10−6kg、体积V=5.0×10−10m3的小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开计时，每下落10cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h−t图像如图(b)中实线所示的一条直线。液体对小球的阻力f=kv，v为小球下落的速度，k为比例系数，g取10m/s2。以下说法正确的是( )
A. 由h−t图像可知，从计时开始小球做匀加速直线运动
B. 从计时开始小球运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小
C. 根据题中所给已知条件及图像信息，可以求得比例系数k
D. 若选择一个密度更大，体积相同的小球进行试验，则该直线可能是图(b)中的②虚线
7.阴极射线管及方向坐标如图所示，电子束从阴极射出，直线射出狭缝掠射到荧光屏上，显示出电子束的径迹，以下偏转情况判断正确的是( )
A. 在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线向上偏转
B. 在阴极射线管中加一个方向向下的电场，射线向上偏转
C. 在阴极射线管中加一个方向向前的磁场，射线向上偏转
D. 在阴极射线管中加一个方向向后的磁场，射线向上偏转
8.在工厂会看到用于运送货物的倾斜传送带，如图所示，传送带与水平地面夹角θ=30∘，AB长度L=3m，传送带以v=3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上端B点与一水平台面平滑连接，当货物送达B点后仍能沿水平面运动一段距离。现将一质量m=10kg的货物在传送带最下端无初速度释放，它与传送带间的动摩擦因数μ1= 32，与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.15。该货物离开传送带后最终停止在水平台面上的C处，g取10m/s2。下列选项正确的是( )
A. 货物送达B点时的速度为3m/s
B. 货物离开传送带后在水平台面上运动的距离为2m
C. 货物在传送带上运动的时间为1.6s
D. 货物在传送带上运动过程中产生的热量为225J
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
9.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个小方格的边长为1cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s，竖直分量大小为______m/s；
(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。
10.某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值，制定了四种测量方案。
(1)方案一：用欧姆表测电阻
a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至“×1”挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在______(选填“左侧”或“右侧”)零刻度线上。
b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻R0的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)方案二：用伏安法测电阻
如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.80V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻R0的阻值为______(结果保留两位有效数字)，此测量值______(选填“大于”或“小于”)真实值。
(3)方案三：用等效替代法测电阻
a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数R1=102Ω；
b.断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，电阻箱的示数R2=68Ω；
c.则未知电阻R0的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)方案四：用惠斯通电桥法测电阻
如图丁所示的实验电路，AB为一段粗细均匀的直电阻丝。
a.闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。
已知定值电阻R的阻值，用刻度尺测量出l1、l2，则电阻R0=______(用R、l1、l2表示)。
b.为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图丁中的定值电阻R换成电阻箱，并且按照a中操作时，电阻箱的读数记为R3；然后将电阻箱与R0交换位置，保持触头D的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G的示数为零，此时电阻箱的读数记为R4，则电阻R0=______(用R3、R4表示)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
11.自行车小巧方便，利用率很高.胎内气压一般维持在2.5×105∼3.0×105Pa比较安全，胎压过低会损坏车胎，胎压过高会引起爆胎。夏天，一自行车由于气门芯老化，发生了漏气，漏气前胎压为2.5×105Pa，漏气后的胎压为1.5×105Pa，发现后赶紧用打气筒给车胎打气，车胎的内胎容积为V=2.0L，打气筒每打一次可打入压强为p0=1.0×105Pa的空气V0=0.1L，车胎因膨胀而增加的体积可以忽略不计。夏天室内温度为T1=27℃，中午烈日暴晒时室外温度可高达T2=37℃。求：
(1)车胎漏气前后胎内气体的质量比(假设漏气前后车胎内气体温度不变)；
(2)当车胎内压强超过pm=3.1×105Pa时就容易发生爆胎事故，夏季在室内给车胎打气时，用打气筒最多可以打多少次，才能保证在室外骑自行车不发生爆胎(注：打气前胎内压强为1.5×105Pa)。
12.如图甲所示，很大的金属板M和金属网N平行放置，相距为d，在金属板M右侧面以O点为圆心、半径为r的圆形区域外刷有遮光漆，当金属板M的右侧面受到紫外线照射时，圆形区域内的金属板会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流；如果不把M、N直接相连，而按图乙那样把M接在电源的正极、N接在电源的负极，当两板间的电压为U时电流表恰好没有电流。现若将M接在电源的负极、N接在电源的正极，保持两板间电压U大小不变的情况下：(已知元电荷电量为e，电子质量为m)
(1)求电子从金属板M射出时的最大速度；
(2)求电子到达金属网N时的动能的范围；
(3)求金属网N上有电子到达的范围的面积。
13.跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
(1)求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
(2)运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
(3)若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、彗星经过近日点时做离心运动的线速度大于地球的线速度，故A错误；
B、彗星与地球的加速度都有万有引力提供，在近日点位置时，因为距离不变，则万有引力的大小不变，则彗星和地球的加速度大小不变，故B正确；
C、彗星与地球到太阳的距离相等，但因为质量不同，所受的太阳的万有引力大小也不相等，故C错误；
D、经过近日点时速度为所在轨迹上的速度的最大值，故D错误；
故选：B。
理解在椭圆轨道上彗星的线速度的变化；
理解彗星和地球的加速度的来源，结合半径的特点分析出加速度的变化；
根据万有引力定律分析出彗星与地球所受的太阳的万有引力的关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解近日点和远日点的区别，结合万有引力定律和距离的关系即可完成解答。
2.【答案】A
【解析】解：设正方体的边长为r，流过棱长的电流大小为I
由题意可知，通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小为B=kIr可知：
由d流向h的电流在a点产生的磁感应强度B1=kIr，方向从a指向b；
由h流向g的电流在a点产生的磁感应强度B3=kI 2r= 22⋅kIr，方向垂直于ha斜向左下；
故a点的磁感应强度为Ba= B12+B32=kIr⋅ 32
同理可得：
由d流向h的电流在b点产生的磁感应强度B2=B1=kIr，方向从b指向c；
由h流向g的电流在b点产生的磁感应强度B4=B1=kIr，方向从b指向c；
故c点的磁感应强度为Bc=B2+B4=2⋅kIr
所以BaBc= 322= 64，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意通电导体在某一点的磁感应强度大小为B=kIr，利用几何知识和矢量的平行四边形法则解题。
本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点。利用矢量运算的平行四边形法则是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、由题可知，单色光的频率大于金属板K的极限频率ν0，所以单色光的波长应小于cν0，故A错误；
B、若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到达右极板，故B错误；
C、若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达右极板，故C错误；
D、若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D正确。
故选：D。
研究光电子在电场中运动的过程，根据动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求入射光的频率；将右侧极板向右平移时，板间电场强度不变，光电子的运动情况不变；入射光的频率一定时只减小入射光的强度，光电子的最大初动能不变。
解决本题时，关键要掌握光电效应的规律，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的频率一定时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关；电容器带电量不变，改变板间距离，两极板之间的电场强度不变。
4.【答案】C
【解析】解：A、分析图(甲)，根据电流的热效应求解交变电流的有效值，有：(6 2 2)2R×1+62R×2=U2R×3，解得电压有效值为：U=6V，电表读数为有效值，故A正确。
B、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流为612A=0.5A，故电流表示数为0.5A，故B正确。
C、热量根据有效值进行计算，则有：Q=I2RT=0.52×12×3J=9J，故C错误。
D、电容器能否击穿，用到最大值，Um=6 2V>6V，故电容器会击穿，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
交变电流给灯泡供电，电压表、电流表显示是电源电压的有效值。
求电阻产生的热量用到有效值，求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
电容器能否击穿，用到最大值。
本题主要是考察交变电流的有效值，瞬时值，峰值及电流的热效应的相关计算，主要侧重基本公式的考察。
5.【答案】D
【解析】解：A、朱雪莹下落的高度为3.2m，根据：v2=2gh可得她下落到刚接触网面时的速度大小为：v= 2gh= 2×10×3.2m/s=8m/s，故A错误；
B、她自最高点向下运动到触网的过程的时间：t1=vg=810s=0.8s，她与网接触后仍然要继续下降一段时间才能到达最低点，所以她自最高点向下运动到最低点的过程的时间一定大于0.8s，故B错误；
C、朱雪莹上升的高度为3.2m，根据：v2=2gh可得她刚离开网面时的速度大小为：v′= 2gh′= 2×10×5m/s=10m/s，所以她与网作用过程中的平均加速度为：a=ΔvΔt=−10−80.5m/s2=−36m/s2，故C错误；
D、她刚离开网面后上升的时间：t2=v′g=1010s=1s，她自静止下落到弹回至最高点的过程中的位移：x=h1−h2=3.2m−5m=−1.8m，则平均速度为：v−=xt总=xt1+t2+Δt=−1.80.8+0.5+1m/s=−1823m/s，故D正确。
故选：D。
根据自由落体运动的公式即可求出她触网的速度和下落的时间，同理可以求出她离开网的速度和上升的时间；根据加速度的定义式即可求出平均加速度，根据平均速度的公式即可求出平均速度。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，在解答的过程中，要注意B选项，朱雪莹自最高点向下运动到最低点的时间与她自最高点向下运动到触网的时间是不同的。
6.【答案】BC
【解析】解：A、根据h−t图像可知，下落的距离随时间均匀变化，所以小球近似做匀速直线运动，故A错误；
B、因小球近似做匀速直线运动，所以小球在运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小，故B正确；
C、根据h−t图像可知，小球下落的速度为：v=ht=40×10−2m6=115m/s；因小球在运动过程中所受阻力与浮力之和大小等于重力大小，则有：mg=kv+ρgV，解得：k=mg−ρgVv=4.0×10−6kg×10m/s2−8.0×102kg/m3×10m/s2×5.0×10−10m3115m/s=5.4×10−4kg/s，故C正确；
D、若选择一个密度更大，体积相同的小球进行试验，浮力ρgV不变，根据m=ρV可知小球的质量增大，根据平衡方程mg=kv+ρgV可知小球的速度增大，所以在相同的时间内小球下降的高度增大，所以该直线可能是图(b)中的①虚线，故D错误；
故选：BC。
分析图像判断小球的运动状态，根据运动状态进行受力分析，计算下落速度，同时分析更换密度更大的小球时的运动直线。
本题关键是分析图像确定小球的运动状态，根据状态对小球进行受力分析及速度的计算。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果加一个方向向上的电场，则电子受到的电场力方向向下，射线向下偏转；如果加一个方向向下的电场，电子受到的电场力方向向向上，射线向上偏转，故A错误，B正确；
CD、在阴极射线管中施加一个方向向前的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转，反之，加一个方向向后的磁场，射线向下偏转，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据粒子在电场和磁场中的受力情况，进而推出粒子的运动方向。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况，要注意明确电场力和洛伦兹力的区别，知道带负电的粒子的左手四指应指向运动的反方向。
8.【答案】AC
【解析】解：A、货物刚放上传送带时，根据牛顿第二定律得：μ1mgcs30∘−mgsin30∘=ma1
货物匀加速到v需要时间：t1=va1
此过程的位移：x1=v2t1
联立解得：t1=1.2s，x1=1.8m
因为1.8m
C、货物在传送带上匀速运动的时间：t2=L−x1v=3−1.83s=0.4s
货物在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=1.2s+0.4s=1.6s，故C错误；
D、货物在传送带上匀加速运动阶段传送带的位移：x2=vt1=3×1.2s=3.6m
货物在传送带上运动过程中产生的热量为：Q=μ1mgcs30∘⋅(x2−x1)
代入数据解得：Q=135J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解货物刚放上传送带时加速度大小，根据速度-时间关系求解货物匀加速到v需要的时间，再根据位移-时间关系求解位移，由此分析货物的运动情况；货物滑上平台到停止过程中，由动能定理求解位移；求出货物匀速运动的时间，由此得到货物在传送带上运动的时间；根据运动学公式求解货物匀加速阶段传送带的位移，根据功能关系求解货物在传送带上运动过程中产生的热量。
本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理或功能关系列方程解答。
9.【答案】
【解析】解：(1)因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度水平分量为：v0=xT=；
竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：vy=(8.6+11.0)×10−20.05×2m/s≈2.0m/s
(2)竖直方向的自由落体运动，由逐差法可得：g=y3+y4−y1−y24T2=11.0+13.4−8.6−6.14×0.052×10−2m/s2=9.7m/s2。
故答案为：(1)1.0、2.0；(2)9.7。
(1)平抛运动水平方向作匀速直线运动，根据速度公式解得；根据在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求经过A点时的竖直分速度；
(2)根据逐差法可解得重力加速度；
本题关键掌握实验注意事项，应知道实验的原理、实验注意事项，即可正确解题，注意利用方格法求速度和加速度的方法。
10.【答案】右侧 3632Ω小于 34l2l1R R3R4
【解析】解：(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆挡的挡位为“×1”挡，欧姆表刻度值为36，则电阻R0的阻值为36×1Ω=36Ω。
(2)由欧姆定律得：R0=UI=2.8087.5×10−3Ω=32Ω
测量电路使用的是伏安法的外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值。
(3)由题可知两次电流表示数均为I0，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等，则有：
R1=R0+R2，
解得：R0=R1−R2=102Ω−68Ω=34Ω
(4)a、设电阻丝的l1段和l2段的电阻分别为R1和R2，根据电阻定律可得：R1R2=l1l2
因电流表G的示数为零，故C、D两点的电势相等，可知UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等设为I1，流过整段电阻丝的电流相等设为I2，则有：
I1R=I2R1；I1R0=I2R2
两式相比可得：RR0=R1R2=l1l2
解得：R0=l2l1R；
b、与a同理，当电阻箱的读数记为R3时，可得：R3R0=R1R2=l1l2
当电阻箱的读数记为R4时，可得：R0R4=R1R2=l1l2
由两式可得：R3R0=R0R4
解得：R0= R3R4
故答案为：(1)a、右侧；b、36；(2)32Ω；小于；(3)34；(4)l2l1R； R3R4
(1)a、欧姆挡的零刻度线在右侧，故欧姆调零时应让指针指在右侧零刻度线上；
b、欧姆表的读数为刻度值乘以挡位；
(2)由欧姆定律求得被测电阻值；测量电路使用的是伏安法的外接法，电流的测量值偏大，可知电阻测量值小于真实值；
(3)两次电流表示数相同，根据闭合电路欧姆定律，两次外电路总电阻相等；
(4)因电流表G的示数为零，可知C、D两点的电势相等，可得到UAC=UAD，UCB=UDB，且流过R与R0的电流相等，流过整段电阻丝的电流相等，根据欧姆定律可得到电阻之间的比例关系。电阻丝的l1段和l2段的电阻与其长度成正比。
本题考查了电阻测量的方法及原理，是一道典型的总结性题目，题目列举了四种测量电阻的方法，其中方案四：用惠斯通电桥法测电阻，并不常见，需要重点掌握。
11.【答案】解：(1)将漏气前胎内气体换算为压强为1.5×105Pa的气体，设换算后体积为V总，
根据玻意耳定律得p前V=p后V总
所以漏气前与漏气后的质量比为m前：m后=V总：V
解得m前：m后=5：3
(2)设最多可以打n次，根据理想气体状态方程得
p后VT1+np0V0T1=pmVT2
代入数据得n=30次
答：(1)车胎漏气前后胎内气体的质量比5：3；
(2)用打气筒最多可以打30次，才能保证在室外骑自行车不发生爆胎。
【解析】(1)气体发生等温变化，根据玻意耳定律得出漏气前后气体的质量比；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程，结合玻意耳定律得出对应的打气次数。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
12.【答案】解：(1)把M接在电源的正极、N接在电源的负极，当两板间的电压为U时电流表恰好没有电流，即电子向右减速到0，由动能定理−eU=0−12mvm2
可得vm= 2eUm
(2)初速为0的电子向右加速，根据动能定理有eU=Ek1−0
可得Ek1=eU
初速为vm的粒子向右加速，根据动能定理有eU=Ek2−12mvm2
可得Ek2=2eU
所以动能的范围为eU≤Ek≤2eU
(3)金属网上有电子到达的区域为一个圆，圆心在O点的正对面。速度为vm，平行于金属板射出的电子沿平行于金属板方向运动距离最远
水平向右方向上a=eEm=eUmd，d=12at2
沿平行于金属板方向上L=vmt
可解得L=2d
对应面积S=π(r+L)2=π(r+2d)2
答：(1)电子从金属板M射出时的最大速度为 2eUm；
(2)电子到达金属网N时的动能的范围是eU≤Ek≤2eU；
(3)金属网N上有电子到达的范围的面积为π(r+2d)2。
【解析】(1)对电子分析，减速过程中根据动能定理求解最大速度；
(2)根据动能定理初速度为零的电子向右加速过程中达到N的动能大小，再根据动能定理求解初速为vm的电子向右加速过程中达到N的动能大小，由此得解；
(3)金属网上有电子到达的区域为一个圆，圆心在O点的正对面，根据类平抛运动的规律求解。
本题主要是考查电子在电场中的运动，关键是弄清楚电子的运动情况，根据动能定理、类平抛运动的规律进行分析。
13.【答案】解：(1)根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx=v0csθ
竖直方向分速度为：
vy=v0sinθ
(2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt=0−(−mv0csθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft−mgt=mvH−0
其中f=μN
联立得vH=μv0csθ−gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由H=vH22g
联立解得：H=(μv0csθ−gt)22g
(3)设墙对运动员平均弹力大小为N′，平均最大静摩擦力为f′，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t′，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N′t′=mv0csθ−(−mv0csθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f′t′−mgt′=mv−0
其中f′=μN′
联立得v=2μv0csθ−gt′
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x=vxt1
解得：t1=v0sinθg
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
t2=2vg，vxt2≥x
联立式t′≤v02g(4μcsθ−sinθ)
作用的最长时间为：tm=v02g(4μcsθ−sinθ)
答：(1)运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0csθ和v0sinθ；
(2)蹬墙后运动员上升的最大高度为(μv0csθ−gt)22g；
(3)运动员与墙发生相互作用的最长时间为v02g(4μcsθsin)。
【解析】(1)根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
(2)根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
(3)根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
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