贵州省百师联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试题
1．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，某滑雪爱好者以某一初速度经过倾斜雪道最低点M，滑行到N点时速度为0，接着自由下滑返回到M点。若不计空气阻力，滑雪板与雪道间的动摩擦因数处处相等，则滑雪爱好者运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·贵州开学考）研究光电效应规律的电路图如图甲所示，某同学分别用a、b、c三束单色光照射光电管得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。已知a、c两条图线与横轴的交点重合。下列说法正确的是（ ）
A．a、c光的光强相同
B．a、b光的频率相同
C．用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大
D．用a光、b光照射时，该光电管的截止频率不同
3．（2024高三上·贵州开学考）如图为某游乐场的圆弧形滑梯，表面粗糙。小明将一个小球从最高处由静止释放，小球从最低处以某一速度滑离，关于上述过程的说法中一定正确的是（ ）
A．小球受到滑梯的支持力大于它对滑梯的压力
B．小球受到滑梯的力的方向始终与速度方向相反
C．小球滑至最低处时受力平衡
D．小球重力势能减少量大于动能增加量
4．（2024高三上·贵州开学考）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大。若极板上电荷量保持不变，则风力越大（ ）
A．电容器电容越小 B．静电计指针张角越小
C．极板间电场强度越大 D．固定电极电势越高
5．（2024高三上·贵州开学考）2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道，图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（ ）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向后喷气
B．在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
C．在轨道Ⅳ上绕月运行的周期大于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期
D．在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
6．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，半径为R、折射率的半圆形玻璃砖竖直放置在光屏MN的正上方，玻璃砖的直径AB与MN平行且距离为h。一束单色光在玻璃砖平面内垂直AB射向圆心O，光线穿过玻璃砖后射到光屏上，光点落在点。已知光屏足够大，真空中的光速为c，且空气中光速也可近似为c。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB边射出的光线在光屏上的光点移动的方向和单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间分别为（ ）
A．向右移动、 B．向左移动、
C．向右移动、 D．向左移动、
7．（2024高三上·贵州开学考）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，，重力加速度大小取，则（ ）
A．碰撞过程中F的冲量大小为
B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下
C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为
D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m
8．（2024高三上·贵州开学考）如图，固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，用电热丝对气体加热，活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。下列说法正确的是（ ）
A．缸内气体对外界做功
B．缸内气体内能增加
C．电热丝放出的热量等于气体对外所做的功
D．单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目不变
9．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交流电压，其瞬时值表达式为。则（ ）
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1：2
B．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输入功率增大
C．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数减小
D．单刀双掷开关与a连接，在滑片P向上移动的过程中，变压器输入功率减小
10．（2024高三上·贵州开学考）在匀质轻绳上有两个相距16m的波源、，两波源的连线上有三个质点P、Q、M、P与波源相距4m，Q与波源相距4m，M与波源相距9m，如图甲所示。时两波源同时上下振动，振动图像均如图乙所示，产生的两列绳波沿波源连线传播，时P、Q两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度大小均为1m/s
B．两列波的波长均为4m
C．波源产生的波在时传播到质点M
D．0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm
11．（2024高三上·贵州开学考）某学习小组用如图甲所示的实验装置测量木块与长木板之间的动摩擦因数，将左端带有滑轮的长木板放置在水平桌面上，轻绳跨过滑轮后左端与重物连接，右端与装有力传感器的木块连接，力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，木块右端连接穿过打点计时器的纸带，通过纸带可以计算木块的加速度大小a，改变重物的质量，进行多次实验。
（1）下列说法正确的是__________。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．调节长木板倾斜度，平衡木块受到的滑动摩擦力
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．重物的质量应远小于木块的质量
（2）已知交流电源的频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图乙所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出），则在该次实验中，小车运动的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
（3）两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，研究木块的加速度a与拉力F的关系，他们分别得到图丙中1、2两条直线。设两木块质量分别为、，两木块与木板间的动摩擦因数分别为、，由图可知， ， （均选填“>”“<”或“=”）。
12．（2024高三上·贵州开学考）某实验小组利用实验室的器材测量一粗细均匀的金属电阻丝的电阻率。
（1）如图甲，用螺旋测微器测得电阻丝的直径D为 mm；如图乙，用游标卡尺测得电阻丝的长度L为 cm。
（2）先用多用电表欧姆挡粗测电阻丝的阻值，实验小组选择“×1”倍率的欧姆挡，正确操作后，指针位置如图丙所示，则该电阻丝阻值约为 Ω。
（3）该小组用伏安法更精确地测量其阻值，现有的器材及其代号和规格如下：
待测金属丝
电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω）
电流表（量程0~300mA，内阻约为2Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器（阻值范围0~1kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验调节方便，测量误差较小，能够测得多组数据，他们选择的电流表为 ，滑动变阻器为 （以上两空均填仪器代号）；请在图丁中将测量的电路图补充完整 。
13．（2024高三上·贵州开学考）可测速的跑步机如图甲所示，其测速原理如图乙所示。该机底面固定有间距、长度的平行金属导轨，电极间充满磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，且接有理想电流表和的电阻。绝缘橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终仅有一根金属条，每根金属条的电阻均为，金属条始终与导轨垂直且接触良好。若橡胶带以大小为的速度匀速运动，求：
（1）电流表的示数；
（2）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
14．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，质量的平板小车左端放有质量的滑块，二者一起以的速度沿光滑水平地面向右运动，小车与竖直墙壁发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知滑块和小车之间的动摩擦因数，滑块始终未从小车上滑落，g取。从小车与墙壁第一次碰撞后开始研究，求：
（1）小车与墙壁第一次碰撞后，小车右端与墙壁之间的最大距离；
（2）小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量；（结果可用分式表示）
（3）整个过程中，小车运动的总路程。
15．（2024高三上·贵州开学考）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L的正方体电磁区域，其中M、N分别为棱ab、棱gh的中点，以棱ef中点O为坐标原点、以ON为x轴正方向、OM为y轴正方向、Oe为z轴正方向建立三维坐标系，正方体区域内可能单独或同时存在沿z轴负方向的匀强电场E及匀强磁场B，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为，且粒子入射速度在范围内均匀分布，已知磁感应强度大小为，电场强度大小为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，取。
（1）若正方体区域内只存在磁场，求入射速度大小为的粒子在该区域中运动的时间；
（2）若正方体区域内同时存在电场和磁场，求入射速度大小为的粒子从该区域射出的位置的坐标；
（3）若正方体区域内同时存在电场和磁场，求从正方体上表面射出的粒子数占粒子总数的百分比。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。滑雪爱好者沿倾斜雪道上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，A错误；
BCD．要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解加速度。设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律
可得
根据运动学公式
可知回到M点时速度小于初速度，上滑时图像斜率的绝对值大于下滑时图像斜率的绝对值，B正确，CD错误。
故选B。
【分析】要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，正负表示分析。
2．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．饱和电流大，单位时间内逸出的光电子数多，由图可知a光的饱和光电流大于c光的饱和光电流，则a光的光强大于c光，A错误；
B．根据动能定理、爱因斯坦光电效应方程分析，根据爱因斯坦光电方程以及动能定理可得
由于b光照射时对应的遏止电压大于a光照射时对应的遏止电压，则b光的频率大于a光的频率，B错误；
C．根据动能定理
由于b光照射时对应的遏止电压最大，所以用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大，C正确；
D．根据发生光电效应的条件进行分析，截止频率只由光电管（金属）自身决定，所以用a光、b光照射时截止频率相同，D错误。
故选C。
【分析】掌握发射光电效应的条件以及爱因斯坦光电效应方程，结合图像即可完成分析。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；功能关系
【解析】【解答】A．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到滑梯的支持力与他对滑梯的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，故B错误；
C．小朋友滑至最低处时，不一定做匀速直线运动，受力不一定平衡，故C错误；
D．根据摩擦力做功情况分析，由于一直克服摩擦力做功，机械能一直减小，即小球重力势能减少量大于动能增加量，故D正确。
故选D。
【分析】小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，一直克服摩擦力做功，机械能一直减小。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据
风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，故A错误；
B．根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。极板上电荷量保持不变，电容越大，根据
可知，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，故B正确；
C．根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据
，
可得
即极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，故C错误；
D．两极板之间的电势差
由于风力越大，两极板之间的电势差越小，则固定电极的电势越低，故D错误。
故选B。
【分析】结合电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系进行分析。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向，由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减速，故A错误；
B．根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度。不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
联立可得，嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
故B正确；
C．根据开普勒第三定律
可知，在轨道Ⅳ上绕月运行的周期小于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系。根据牛顿第二定律，有
可知其他条件不变的情况下，距离月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
6．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】BD．根据几何关系结合折射定律解得折射角，从而计算距离，玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，转过的角度等于光线在AB边的入射角，折射角大于入射角，所以光点向右移动，故BD错误；
AC．根据折射率解得光速，结合光程计算时间。由临界条件可知，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长。设全反射临界角为C，由临界条件可知
则
即当玻璃砖转过45°时，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长，设光点为D点，光点D到的距离
，
光在玻璃砖中的传播速度
传播时间
从玻璃砖射出后到D点传播时间
则单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间
故A正确，C错误。
故选A。
【分析】本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系即可完成分析。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．图像与坐标轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向竖直向上，故AB错误；
C．动量变化量等于末动量减去初动量，头锤落到气囊上时的速度大小为
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有
解得
碰撞过程中头锤的动量变化量
故C正确；
D．根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。碰撞结束后头锤上升的最大高度
故D错误。
故选C。
【分析】F-t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。
8．【答案】A,B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．根据功的计算公式分析气体对活塞做的功，活塞向左移动，气体体积增大，气体对外做功，故A正确；
B．对气体加热，气体温度升高，理想气体能只和温度有关，内能增加，故B正确；
C．根据热力学第一定律分析气体内能的增加量。气体内能增加，由热力学第一定律可知，电热丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，故C错误；
D．气体做等压变化，气体温度升高，气体平均分子动能增大，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目变小，故D错误。
故选AB。
【分析】分析清楚气体状态变化过程，热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
9．【答案】A,B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为，则有
当与b连接时，原线圈的匝数为，则有
联立得
所以电压表的示数比为1：2，故A正确；
BC．变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压增大，电阻不变，故电流表的示数也变大，所以负载消耗功率增大，则变压器输入功率增大，故B正确，C错误；
D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器滑片向上移，电阻变大，副线圈的电压由线圈匝数和输入电压决定，电压不变，则由
可知变压器的输出功率减小，输入功率也减小，D正确。
故选ABD。
【分析】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
10．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速，根据题意，P与波源相距4m，波源的波传至P点需要2s，则由
解得
故A错误；
B．根据图乙可知波源振动的周期
则两波的波长均为
故B正确；
C．由
可知，波源产生的波在时传播到质点M，故C错误；
D．根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数，分析B点的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。同理可知，波源产生的波经传播到质点M，由此可知，在0~3.5s内，质点M不动，3.5~4.5s内，质点M运动半个周期，运动的路程
由于M点到两波源的距离差为2m，恰好等于半个波长，两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，即4.5~9s内，质点M不动，所以0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm，故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查波的性质以及波的叠加，要注意明确叠加的特点，同时明确波速公式的应用。
11．【答案】（1）A
（2）1.79
（3）<；>
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验装置，应用牛顿第二定律即可解题。使细绳对木块的拉力沿木块运动方向，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B．为本实验需要测量木块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通打点计时器的电源，再放开木块，故C错误；
D．本实验中力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，重物的质量不需要远小于木块的质量，D错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动的推论—逐差公式，求出加速度
相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。根据牛顿第二定律可得
整理得
由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知
，
【分析】（1）根据实验装置与实验原理分析答题；
（2）根据匀变速直线运动的推论—逐差公式，求出加速度；
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。
（1）A．使细绳对木块的拉力沿木块运动方向，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B．为本实验需要测量木块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通打点计时器的电源，再放开木块，故C错误；
D．本实验中力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，重物的质量不需要远小于木块的质量，D错误。
故选A。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
（3）[1][2]根据牛顿第二定律可得
整理得
由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知
，
12．【答案】（1）4.620；10.15
（2）14
（3）；；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）本题考查了螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表三种基本仪器的读数。螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度，电阻丝的直径
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度，电阻丝的长度
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析，
指针所示的数字为14，则电阻丝阻值
（3）电压表量程为3V，通过的最大电流
为了读数准确，电流表应选择；为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，由于金属丝电阻较小，为了方便实验操作，滑动变阻器应选；由于金属丝电阻远远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法，补充后的电路图如图所示。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度；
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度；
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析；
（3）根据欧姆定律以及电阻定律分析，为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法。
（1）电阻丝的直径
电阻丝的长度
（2）指针所示的数字为14，则电阻丝阻值
（3）[1][2][3]电压表量程为3V，通过的最大电流
为了读数准确，电流表应选择；为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，由于金属丝电阻较小，为了方便实验操作，滑动变阻器应选；由于金属丝电阻远远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法，补充后的电路图如图所示。
13．【答案】（1）解：设感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律知
解得
电路中电流
解得
（2）解：一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功
每根金属条在磁场运动时间
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）磁场中始终有一根金属条切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由感应电动势公式E=BLv求解；电压表测量路端电压，由欧姆定律求电流表的示数。
（2）根据欧姆定律求金属条中感应电流，由安培力公式F=BIL求金属条受到的安培力大小，即可由功的公式求解。
（1）设感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律知
解得
电路中电流
解得
（2）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功
每根金属条在磁场运动时间
解得
14．【答案】（1）解：设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为s1，即为小车右端与墙壁之间的的最大距离，由动能定理得
解得
（2）解：设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为，由动量守恒有
解得
小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量
解得
（3）解：之后小车和滑块以的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的路程为，则
则与之间满足
同理，以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的，小车所走的总路程为一个无穷等比数列之和，公比，小车运动的总路程
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】 【分析】（1）最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能，由动能定理求解；
（2）设水平向右为正方向，由动量守恒定律列方程求解；由能量守恒定律列方程求解；
（3）对系统应用动量守恒定律结合运动学公式求解第n次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn和第n+1次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn+1，再根据数学知识进行求解。
（1）设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为s1，即为小车右端与墙壁之间的的最大距离，由动能定理得
解得
（2）设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为，由动量守恒有
解得
小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量
解得
（3）之后小车和滑块以的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的路程为，则
则与之间满足
同理，以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的，小车所走的总路程为一个无穷等比数列之和，公比，小车运动的总路程
解得
15．【答案】（1）解：带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子轨迹如图1所示
根据几何关系可知
则
设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
解得
粒子轨迹对应的圆心角为120°，所以运动时间
（2）解：若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在圆周运动的同时，沿z轴负方向在电场力作用下加速，加速度
沿着电场方向的位移
故粒子从上表面射出，由图1可知
则入射速度大小为的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为
（3）解：由上述分析可知，粒子从正方体上表面射出时，粒子速率越大，粒子的外运动（匀速圆周运动）的半径越大，图1中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为，则有
解得
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为，则有
联立解得
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面内的投影如图2所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面射出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为，由几何关系可得
解得
同理有
解得
从正方体上表面射出的粒子速率范围应为
粒子入射速度在范围内均匀分布，则从正方体上表面射出的粒子速率范围为
所以从正方体上表面射出的子数占子总数的百分比
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】 【分析】（1）粒子在电磁场中的运动轨迹为螺旋线，其沿z轴负方向的分运动为匀加速直线运动，在平行于xOy平面的平面内的分运动为匀速圆周运动。由几何关系求得粒子分运动匀速圆周运动的半径，根据圆周运动知识求解运动时间；
（2）根据洛伦兹力提供向心力计算半径和时间，从而计算粒子射出区域时的坐标。；
（3）粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时在cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周。应用假设法确定粒子速率最小时出射的位置。由几何关系求得分运动匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围。从而求解从正方体上表面射出的粒子数占粒子总数的百分比。
（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子轨迹如图1所示
根据几何关系可知
则
设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
解得
粒子轨迹对应的圆心角为120°，所以运动时间
（2）若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在圆周运动的同时，沿z轴负方向在电场力作用下加速，加速度
沿着电场方向的位移
故粒子从上表面射出，由图1可知
则入射速度大小为的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为。
（3）由上述分析可知，粒子从正方体上表面射出时，粒子速率越大，粒子的外运动（匀速圆周运动）的半径越大，图1中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为，则有
解得
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为，则有
联立解得
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面内的投影如图2所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面射出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为，由几何关系可得
解得
同理有
解得
从正方体上表面射出的粒子速率范围应为
粒子入射速度在范围内均匀分布，则从正方体上表面射出的粒子速率范围为
所以从正方体上表面射出的子数占子总数的百分比
贵州省百师联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试题
1．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，某滑雪爱好者以某一初速度经过倾斜雪道最低点M，滑行到N点时速度为0，接着自由下滑返回到M点。若不计空气阻力，滑雪板与雪道间的动摩擦因数处处相等，则滑雪爱好者运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。滑雪爱好者沿倾斜雪道上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，A错误；
BCD．要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解加速度。设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律
可得
根据运动学公式
可知回到M点时速度小于初速度，上滑时图像斜率的绝对值大于下滑时图像斜率的绝对值，B正确，CD错误。
故选B。
【分析】要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，正负表示分析。
2．（2024高三上·贵州开学考）研究光电效应规律的电路图如图甲所示，某同学分别用a、b、c三束单色光照射光电管得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。已知a、c两条图线与横轴的交点重合。下列说法正确的是（ ）
A．a、c光的光强相同
B．a、b光的频率相同
C．用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大
D．用a光、b光照射时，该光电管的截止频率不同
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．饱和电流大，单位时间内逸出的光电子数多，由图可知a光的饱和光电流大于c光的饱和光电流，则a光的光强大于c光，A错误；
B．根据动能定理、爱因斯坦光电效应方程分析，根据爱因斯坦光电方程以及动能定理可得
由于b光照射时对应的遏止电压大于a光照射时对应的遏止电压，则b光的频率大于a光的频率，B错误；
C．根据动能定理
由于b光照射时对应的遏止电压最大，所以用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大，C正确；
D．根据发生光电效应的条件进行分析，截止频率只由光电管（金属）自身决定，所以用a光、b光照射时截止频率相同，D错误。
故选C。
【分析】掌握发射光电效应的条件以及爱因斯坦光电效应方程，结合图像即可完成分析。
3．（2024高三上·贵州开学考）如图为某游乐场的圆弧形滑梯，表面粗糙。小明将一个小球从最高处由静止释放，小球从最低处以某一速度滑离，关于上述过程的说法中一定正确的是（ ）
A．小球受到滑梯的支持力大于它对滑梯的压力
B．小球受到滑梯的力的方向始终与速度方向相反
C．小球滑至最低处时受力平衡
D．小球重力势能减少量大于动能增加量
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；功能关系
【解析】【解答】A．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到滑梯的支持力与他对滑梯的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，故B错误；
C．小朋友滑至最低处时，不一定做匀速直线运动，受力不一定平衡，故C错误；
D．根据摩擦力做功情况分析，由于一直克服摩擦力做功，机械能一直减小，即小球重力势能减少量大于动能增加量，故D正确。
故选D。
【分析】小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，一直克服摩擦力做功，机械能一直减小。
4．（2024高三上·贵州开学考）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大。若极板上电荷量保持不变，则风力越大（ ）
A．电容器电容越小 B．静电计指针张角越小
C．极板间电场强度越大 D．固定电极电势越高
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据
风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，故A错误；
B．根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。极板上电荷量保持不变，电容越大，根据
可知，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，故B正确；
C．根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据
，
可得
即极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，故C错误；
D．两极板之间的电势差
由于风力越大，两极板之间的电势差越小，则固定电极的电势越低，故D错误。
故选B。
【分析】结合电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系进行分析。
5．（2024高三上·贵州开学考）2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道，图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（ ）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向后喷气
B．在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
C．在轨道Ⅳ上绕月运行的周期大于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期
D．在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向，由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减速，故A错误；
B．根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度。不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
联立可得，嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
故B正确；
C．根据开普勒第三定律
可知，在轨道Ⅳ上绕月运行的周期小于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系。根据牛顿第二定律，有
可知其他条件不变的情况下，距离月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
6．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，半径为R、折射率的半圆形玻璃砖竖直放置在光屏MN的正上方，玻璃砖的直径AB与MN平行且距离为h。一束单色光在玻璃砖平面内垂直AB射向圆心O，光线穿过玻璃砖后射到光屏上，光点落在点。已知光屏足够大，真空中的光速为c，且空气中光速也可近似为c。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB边射出的光线在光屏上的光点移动的方向和单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间分别为（ ）
A．向右移动、 B．向左移动、
C．向右移动、 D．向左移动、
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】BD．根据几何关系结合折射定律解得折射角，从而计算距离，玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，转过的角度等于光线在AB边的入射角，折射角大于入射角，所以光点向右移动，故BD错误；
AC．根据折射率解得光速，结合光程计算时间。由临界条件可知，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长。设全反射临界角为C，由临界条件可知
则
即当玻璃砖转过45°时，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长，设光点为D点，光点D到的距离
，
光在玻璃砖中的传播速度
传播时间
从玻璃砖射出后到D点传播时间
则单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间
故A正确，C错误。
故选A。
【分析】本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系即可完成分析。
7．（2024高三上·贵州开学考）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，，重力加速度大小取，则（ ）
A．碰撞过程中F的冲量大小为
B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下
C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为
D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．图像与坐标轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向竖直向上，故AB错误；
C．动量变化量等于末动量减去初动量，头锤落到气囊上时的速度大小为
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有
解得
碰撞过程中头锤的动量变化量
故C正确；
D．根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。碰撞结束后头锤上升的最大高度
故D错误。
故选C。
【分析】F-t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。
8．（2024高三上·贵州开学考）如图，固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，用电热丝对气体加热，活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。下列说法正确的是（ ）
A．缸内气体对外界做功
B．缸内气体内能增加
C．电热丝放出的热量等于气体对外所做的功
D．单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目不变
【答案】A,B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．根据功的计算公式分析气体对活塞做的功，活塞向左移动，气体体积增大，气体对外做功，故A正确；
B．对气体加热，气体温度升高，理想气体能只和温度有关，内能增加，故B正确；
C．根据热力学第一定律分析气体内能的增加量。气体内能增加，由热力学第一定律可知，电热丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，故C错误；
D．气体做等压变化，气体温度升高，气体平均分子动能增大，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目变小，故D错误。
故选AB。
【分析】分析清楚气体状态变化过程，热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
9．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交流电压，其瞬时值表达式为。则（ ）
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1：2
B．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输入功率增大
C．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数减小
D．单刀双掷开关与a连接，在滑片P向上移动的过程中，变压器输入功率减小
【答案】A,B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为，则有
当与b连接时，原线圈的匝数为，则有
联立得
所以电压表的示数比为1：2，故A正确；
BC．变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压增大，电阻不变，故电流表的示数也变大，所以负载消耗功率增大，则变压器输入功率增大，故B正确，C错误；
D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器滑片向上移，电阻变大，副线圈的电压由线圈匝数和输入电压决定，电压不变，则由
可知变压器的输出功率减小，输入功率也减小，D正确。
故选ABD。
【分析】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
10．（2024高三上·贵州开学考）在匀质轻绳上有两个相距16m的波源、，两波源的连线上有三个质点P、Q、M、P与波源相距4m，Q与波源相距4m，M与波源相距9m，如图甲所示。时两波源同时上下振动，振动图像均如图乙所示，产生的两列绳波沿波源连线传播，时P、Q两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度大小均为1m/s
B．两列波的波长均为4m
C．波源产生的波在时传播到质点M
D．0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速，根据题意，P与波源相距4m，波源的波传至P点需要2s，则由
解得
故A错误；
B．根据图乙可知波源振动的周期
则两波的波长均为
故B正确；
C．由
可知，波源产生的波在时传播到质点M，故C错误；
D．根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数，分析B点的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。同理可知，波源产生的波经传播到质点M，由此可知，在0~3.5s内，质点M不动，3.5~4.5s内，质点M运动半个周期，运动的路程
由于M点到两波源的距离差为2m，恰好等于半个波长，两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，即4.5~9s内，质点M不动，所以0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm，故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查波的性质以及波的叠加，要注意明确叠加的特点，同时明确波速公式的应用。
11．（2024高三上·贵州开学考）某学习小组用如图甲所示的实验装置测量木块与长木板之间的动摩擦因数，将左端带有滑轮的长木板放置在水平桌面上，轻绳跨过滑轮后左端与重物连接，右端与装有力传感器的木块连接，力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，木块右端连接穿过打点计时器的纸带，通过纸带可以计算木块的加速度大小a，改变重物的质量，进行多次实验。
（1）下列说法正确的是__________。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．调节长木板倾斜度，平衡木块受到的滑动摩擦力
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．重物的质量应远小于木块的质量
（2）已知交流电源的频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图乙所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出），则在该次实验中，小车运动的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
（3）两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，研究木块的加速度a与拉力F的关系，他们分别得到图丙中1、2两条直线。设两木块质量分别为、，两木块与木板间的动摩擦因数分别为、，由图可知， ， （均选填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）A
（2）1.79
（3）<；>
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验装置，应用牛顿第二定律即可解题。使细绳对木块的拉力沿木块运动方向，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B．为本实验需要测量木块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通打点计时器的电源，再放开木块，故C错误；
D．本实验中力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，重物的质量不需要远小于木块的质量，D错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动的推论—逐差公式，求出加速度
相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。根据牛顿第二定律可得
整理得
由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知
，
【分析】（1）根据实验装置与实验原理分析答题；
（2）根据匀变速直线运动的推论—逐差公式，求出加速度；
（3）应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。
（1）A．使细绳对木块的拉力沿木块运动方向，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B．为本实验需要测量木块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．实验时应先接通打点计时器的电源，再放开木块，故C错误；
D．本实验中力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，重物的质量不需要远小于木块的质量，D错误。
故选A。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
（3）[1][2]根据牛顿第二定律可得
整理得
由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知
，
12．（2024高三上·贵州开学考）某实验小组利用实验室的器材测量一粗细均匀的金属电阻丝的电阻率。
（1）如图甲，用螺旋测微器测得电阻丝的直径D为 mm；如图乙，用游标卡尺测得电阻丝的长度L为 cm。
（2）先用多用电表欧姆挡粗测电阻丝的阻值，实验小组选择“×1”倍率的欧姆挡，正确操作后，指针位置如图丙所示，则该电阻丝阻值约为 Ω。
（3）该小组用伏安法更精确地测量其阻值，现有的器材及其代号和规格如下：
待测金属丝
电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω）
电流表（量程0~300mA，内阻约为2Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器（阻值范围0~1kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验调节方便，测量误差较小，能够测得多组数据，他们选择的电流表为 ，滑动变阻器为 （以上两空均填仪器代号）；请在图丁中将测量的电路图补充完整 。
【答案】（1）4.620；10.15
（2）14
（3）；；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）本题考查了螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表三种基本仪器的读数。螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度，电阻丝的直径
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度，电阻丝的长度
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析，
指针所示的数字为14，则电阻丝阻值
（3）电压表量程为3V，通过的最大电流
为了读数准确，电流表应选择；为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，由于金属丝电阻较小，为了方便实验操作，滑动变阻器应选；由于金属丝电阻远远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法，补充后的电路图如图所示。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度；
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度；
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析；
（3）根据欧姆定律以及电阻定律分析，为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法。
（1）电阻丝的直径
电阻丝的长度
（2）指针所示的数字为14，则电阻丝阻值
（3）[1][2][3]电压表量程为3V，通过的最大电流
为了读数准确，电流表应选择；为了测得多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，由于金属丝电阻较小，为了方便实验操作，滑动变阻器应选；由于金属丝电阻远远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法，补充后的电路图如图所示。
13．（2024高三上·贵州开学考）可测速的跑步机如图甲所示，其测速原理如图乙所示。该机底面固定有间距、长度的平行金属导轨，电极间充满磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，且接有理想电流表和的电阻。绝缘橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终仅有一根金属条，每根金属条的电阻均为，金属条始终与导轨垂直且接触良好。若橡胶带以大小为的速度匀速运动，求：
（1）电流表的示数；
（2）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
【答案】（1）解：设感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律知
解得
电路中电流
解得
（2）解：一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功
每根金属条在磁场运动时间
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）磁场中始终有一根金属条切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由感应电动势公式E=BLv求解；电压表测量路端电压，由欧姆定律求电流表的示数。
（2）根据欧姆定律求金属条中感应电流，由安培力公式F=BIL求金属条受到的安培力大小，即可由功的公式求解。
（1）设感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律知
解得
电路中电流
解得
（2）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功
每根金属条在磁场运动时间
解得
14．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，质量的平板小车左端放有质量的滑块，二者一起以的速度沿光滑水平地面向右运动，小车与竖直墙壁发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知滑块和小车之间的动摩擦因数，滑块始终未从小车上滑落，g取。从小车与墙壁第一次碰撞后开始研究，求：
（1）小车与墙壁第一次碰撞后，小车右端与墙壁之间的最大距离；
（2）小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量；（结果可用分式表示）
（3）整个过程中，小车运动的总路程。
【答案】（1）解：设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为s1，即为小车右端与墙壁之间的的最大距离，由动能定理得
解得
（2）解：设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为，由动量守恒有
解得
小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量
解得
（3）解：之后小车和滑块以的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的路程为，则
则与之间满足
同理，以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的，小车所走的总路程为一个无穷等比数列之和，公比，小车运动的总路程
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】 【分析】（1）最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能，由动能定理求解；
（2）设水平向右为正方向，由动量守恒定律列方程求解；由能量守恒定律列方程求解；
（3）对系统应用动量守恒定律结合运动学公式求解第n次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn和第n+1次与墙壁相碰后离墙的最大位移为sn+1，再根据数学知识进行求解。
（1）设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为s1，即为小车右端与墙壁之间的的最大距离，由动能定理得
解得
（2）设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为，由动量守恒有
解得
小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量
解得
（3）之后小车和滑块以的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的路程为，则
则与之间满足
同理，以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的，小车所走的总路程为一个无穷等比数列之和，公比，小车运动的总路程
解得
15．（2024高三上·贵州开学考）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L的正方体电磁区域，其中M、N分别为棱ab、棱gh的中点，以棱ef中点O为坐标原点、以ON为x轴正方向、OM为y轴正方向、Oe为z轴正方向建立三维坐标系，正方体区域内可能单独或同时存在沿z轴负方向的匀强电场E及匀强磁场B，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为，且粒子入射速度在范围内均匀分布，已知磁感应强度大小为，电场强度大小为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，取。
（1）若正方体区域内只存在磁场，求入射速度大小为的粒子在该区域中运动的时间；
（2）若正方体区域内同时存在电场和磁场，求入射速度大小为的粒子从该区域射出的位置的坐标；
（3）若正方体区域内同时存在电场和磁场，求从正方体上表面射出的粒子数占粒子总数的百分比。
【答案】（1）解：带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子轨迹如图1所示
根据几何关系可知
则
设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
解得
粒子轨迹对应的圆心角为120°，所以运动时间
（2）解：若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在圆周运动的同时，沿z轴负方向在电场力作用下加速，加速度
沿着电场方向的位移
故粒子从上表面射出，由图1可知
则入射速度大小为的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为
（3）解：由上述分析可知，粒子从正方体上表面射出时，粒子速率越大，粒子的外运动（匀速圆周运动）的半径越大，图1中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为，则有
解得
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为，则有
联立解得
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面内的投影如图2所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面射出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为，由几何关系可得
解得
同理有
解得
从正方体上表面射出的粒子速率范围应为
粒子入射速度在范围内均匀分布，则从正方体上表面射出的粒子速率范围为
所以从正方体上表面射出的子数占子总数的百分比
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】 【分析】（1）粒子在电磁场中的运动轨迹为螺旋线，其沿z轴负方向的分运动为匀加速直线运动，在平行于xOy平面的平面内的分运动为匀速圆周运动。由几何关系求得粒子分运动匀速圆周运动的半径，根据圆周运动知识求解运动时间；
（2）根据洛伦兹力提供向心力计算半径和时间，从而计算粒子射出区域时的坐标。；
（3）粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时在cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周。应用假设法确定粒子速率最小时出射的位置。由几何关系求得分运动匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围。从而求解从正方体上表面射出的粒子数占粒子总数的百分比。
（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子轨迹如图1所示
根据几何关系可知
则
设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
解得
粒子轨迹对应的圆心角为120°，所以运动时间
（2）若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在圆周运动的同时，沿z轴负方向在电场力作用下加速，加速度
沿着电场方向的位移
故粒子从上表面射出，由图1可知
则入射速度大小为的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为。
（3）由上述分析可知，粒子从正方体上表面射出时，粒子速率越大，粒子的外运动（匀速圆周运动）的半径越大，图1中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为，则有
解得
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为，则有
联立解得
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面内的投影如图2所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面射出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为，由几何关系可得
解得
同理有
解得
从正方体上表面射出的粒子速率范围应为
粒子入射速度在范围内均匀分布，则从正方体上表面射出的粒子速率范围为
所以从正方体上表面射出的子数占子总数的百分比
