2024年陕西省宝鸡市高考物理模拟试卷（二）(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省宝鸡市高考物理模拟试卷（二）(含详细答案解析)，共20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.体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内沿水平方向左右移动，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现小车以水平速度v0撞击弹簧，轻杆恰好向右移动距离l，不计小车与地面间的摩擦，则( )
A. 轻杆移动距离l的过程中先做匀加速再做匀减速运动
B. 弹簧被压缩最短时，轻杆的速度达到最大
C. 根据小车运动的对称性可知，小车以v0的速率被弹簧弹回
D. 弹簧的弹性势能最大时，轻杆向右加速的加速度达到最大
3.如图所示为甲、乙两物体在同一直线上做匀变速直线运动的位移-时间图像，两图像相切于A点，其坐标为(2.0,4.,0)。已知甲物体的初速度为零，乙物体的加速度大小为1m/s2由图像可知( )
A. 甲、乙两物体的运动方向相反，加速度方向相同
B. 乙物体的初速度大小为6m/s
C. 甲物体的加速度大小为4m/s2
D. t=0时刻，甲、乙两物体相距10m
4.如图所示，空间有一匀强电场，其方向与直角三角形△ABC所在的平面平行，∠B=60∘D为BC的中点，AB边长2cm，D点电势为0V。现将一个电荷量为−1×10−6C的点电荷从电场中的B点移到A点，电场力做了2×10−6J的功，再从A点移到点C，点电荷克服电场力做了6×10−6J的功。则关于匀强电场的场强大小和方向说法正确的是( )
A. 场强方向沿AB直线由A指向BB. 场强方向沿AC直线由A指向C
C. 场强大小为150V/mD. 场强大小为200V/m
5.如图所示，两颗卫星A、B在同一个轨道平面内，沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，近地卫星A的周期约为1.5h，卫星B的轨道半径为卫星A轨道半径的2倍。由于地球的遮挡，A、B两卫星在运动过程中一定时间内不能直接进行信号传输，则A和B卫星从相距最近开始一直到刚好不能直接进行信号传输经历的最短时间约为( )
A. 0.4hB. 0.6hC. 1hD. 1.5h
二、多选题：本大题共5小题，共27分。
6.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第3能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的光可让光电管阴极K发生光电效应。调节滑片P的位置，当电压表的示数为7.55V时，微安表示数恰好为零。下列说法中正确的是( )
A. 图乙电路中电源左侧为负极
B. 氢原子跃迁放出的光中有3种频率不同的光子
C. 光电管阴极K金属材料的逸出功为4.54eV
D. 用能量为1.5eV的光照射处于第3能级的氢原子，可以使氢原子发生电离
7.某同学使用频闪仪和照相机对斜抛运动进行研究，他将一小球斜向上抛出，照相机每隔0.05s对小球位置进行拍摄，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的A位置为小球抛出瞬间的影像，AB、BC之间删除了3个影像，图中所标出的AB间距x1和BC间距x2之比为1： 5，已知A、B处的影像处于同一个高度，忽略小球运动过程中的空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. AB间距x为0.2mB. 小球抛出的初速度大小为 3m/s
C. 小球的初速度方向与水平方向夹角为45∘D. 小球运动到C处的速度大小为10m/s
8.如图所示，两平行金属导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L，处在竖直向上、磁感应强度为2B的匀强磁场中，宽轨部分间距为2L，处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现将两根质量均为m的导体棒a、b分别静置在弧形导轨和水平宽轨上，导体棒a从距水平导轨h处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体棒接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. a棒刚进入磁场时，b棒的加速度水平向左
B. 从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，b棒上产生的焦耳热为12mgh
C. 从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，通过b棒的电量为m 2gh4BL
D. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中，a、b棒与导轨所围线框的磁通量变化了mR 2gh2BL
9.下列有关热现象的说法正确的是。( )
A. 一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时，分子势能增加
B. 所有晶体都有固定的形状、固定的熔点和沸点
C. 水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但蒸发和凝结仍在进行
D. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，符合热力学第二定律
E. 液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
10.下列有关光现象的说法正确的是( )
A. 光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B. 做双缝干涉实验时，若只将双缝间距变小，相邻明条纹间距会随之变大
C. 在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻明条纹间距是相等的
D. 光的衍射现象表明光是横波
E. 在同一种透明介质中，波长越短的光传播速度越小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组设计如图甲所示的实验装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数。将右端带有滑轮的长木板平放在水平实验桌面上，滑块放在长木板上，滑块的左端与穿过打点计时器(未画出)的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。调整滑轮高度使细线方向与长木板平行。在托盘中放入适量砝码，滑块在托盘的水平牵引力下运动，通过纸带测量滑块的加速度。
(1)图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E相邻两点间有四个计时点未画出，交流电频率为50Hz，根据纸带上打出的A、B、C、D、E五个点的位置可求出滑块的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。
(2)滑块质量是托盘(含砝码)质量的k倍，滑块的加速度用a表示，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=______(用题中所给物理量的字母表示)。
(3)实验中，由于没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦，导致测得的动摩擦因数会______(填“偏大”或“偏小”)。
12.某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验。
(1)他将多用电表选择开关调至欧姆挡“×100”，对其进行欧姆调零，然后用欧姆表的红表笔接电压表的______接线柱(选填“正”或“负”)，黑表笔接电压表另一个接线柱，对电压表的内阻进行测量。表盘显示如图所示，可测得电压表的内阻为______Ω。
(2)为较准确地测定电压表V0的内阻，除待测电压表外，另准备有如下器材：
A.电压表V(量程3V，内阻r1的为2000Ω)
B.电压表V(量程6V，内阻r2约为5000Ω)
C.定值电阻R1(阻值R1=300Ω)
D.定值电阻R2(阻值R1=2000Ω)
E.滑动变阻器R(阻值0∼100Ω)
F.电源E(电动势E=6V，内阻r约为2Ω)
G.开关S、导线若干
①同学根据以上器材现设计了如图2、2两种电路，你认为应选择______电路较为合理；
②在合理的电路中，电压表V选______，定值电阻R0选______(填仪器前的字母序号)；
③若定值电阻R0阻值为R，待测电压表V0的读数为U0电压表V的读数为U，则待测电压表的内阻计算公式为RV=______(用题中测得的物理量字母表示)。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
13.某同学在操场练习篮球的控球能力。他单手托着篮球，使篮球由静止随手一起竖直向上运动h1=0.3m的高度后竖直抛出，篮球离开手上升h2=1.2m的高度到达最高点。篮球落回抛出点时再单手接住，篮球随手一起向下运动h3=0.2m的高度后速度减为零。已知篮球质量m=0.6kg，g取10m/s2，空气阻力忽略不计，手和篮球一起运动近似看作匀变速直线运动。求：
(1)抛球过程和接球过程手对篮球作用力之比；
(2)抛球过程和接球过程手对篮球冲量之比。
14.如图所示，在直角坐标系xy平面第一、二象限内有两个电场强度大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两个电场的边界分别是边长为L的正方形abc和ced，匀强电场Ⅰ的场强方向沿x轴正方向，匀强电场Ⅱ的场强方向沿y轴正方向，第三象限内有垂直平面向外的匀强磁场，磁场边界线为半径为L的半圆，d为圆心，在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放一个电子，电子经电场Ⅱ进入磁场区域。
已知电子质量为m，电量为e，重力忽略不计。
(1)要使电子恰能从d点离开电场，求释放点坐标(x,y)满足的关系式；
(2)从第一象限内坐标为(0.5L,0.5L)的位置由静止释放电子，发现电子离开磁场时速度方向恰好沿x轴正方向。求磁感应强度的大小及电子在电场和磁场中运动的总时间t。
15.如图所示，一水平放置导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞A、B用一长度为3L=30cm刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的面积分别为SA=20cm2和SB=10cm2。汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边均与大气相通，大气压强始终保持为p0=1.0×105Pa，当气缸内气体温度为T1=300K时，活塞处于图示位置的平衡状态。求：
①此时汽缸内理想气体的压强p1为多少？
②现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动L=10cm的距离后静止，此时汽缸内气体温度T2=312K。则此时推力F大小为多少？
16.在发波水槽中，水面上两个质点A、B在振动触头的作用下做完全相同的简谐振动，其振动方程均为x=0.5sin50πt(cm)，在水面产生的水波可近似看成简谐横波，相邻波峰之间距离为1cm，水面上另一质点C到质点A、B的水平距离分别为LA=10cm和LB=15cm，求：
①质点A、B产生的两列水波传播到质点C所用时间tA和tB分别为多少；
②在t=1s内质点C振动的总路程xC。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：羽毛球做曲线运动，所以加速度方向与速度方向不共线，且指向轨迹的内侧，羽毛球在上升阶段做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角大于90∘，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据羽毛球做曲线运动，且速度在减小分析即可。
掌握物体做曲线运动的条件是解题的基础，还要知道羽毛球做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角为钝角。
2.【答案】D
【解析】解：A、轻杆移动距离l的过程中，先做加速运动，再做减速运动，轻杆所受的摩擦力不变，但所受的弹簧的弹力是变力，所以轻杆所受的合外力为变力，加速度大小和方向都变化，轻杆不可能做匀变速直线运动，故A错误；
B、弹簧被压缩最短时，轻杆所受的合外力最大，轻杆正在做加速运动，其速度没有达到最大，故B错误；
C、根据能量守恒定律，由于轻杆与固定槽之间的动摩擦力做功，系统的机械能有一部分转化为内能，所以小车被弹簧弹回的速率小于v0，故C错误；
D、弹簧的弹性势能最大时，弹簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加速度也达到最大，故D正确。
故选：D。
根据受力情况确定加速度大小变化情况，由此分析速度变化情况；根据能量守恒定律分析能量的转化情况。
本题主要是考查了功能关系，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，根据功能关系列方程解答。
3.【答案】B
【解析】解：A、甲物体沿正方向做匀加速运动，乙物体沿正方向做匀减速运动，故甲、乙两物体速度方向相同，但加速度方向相反，故A错误；
C、甲物体的初速度为零，根据位移与时间公式
x甲=12a甲t2
将(2.0s,4.0m)代入解得
a甲=2m/s2
故C错误；
B、两图像相切与A点，图像的斜率表示速度，有
a甲t=v0−a乙t
代入数据解得
v0=6m/s，故B正确；
D、乙物体的位移-时间关系为
x乙=v0t−12a乙t2
将(2.0s,4.0m)代入解得
x乙=10m
则乙物体的出发位置为
x0=4m−x乙
代入数据解得
x0=−6m
所以t=0时刻，甲、乙两物体相距6m，故D错误。
故选：B。
A、位移与时间图像斜率表示速度；
C、利用位移与时间公式计算；
B、位移与时间图像的斜率表示速度，利用速度与时间公式计算；
D、利用位移与时间图像计算甲、乙之间距离。
本题结合位移与时间图像考查学生对匀变速直线运动规律的理解，重点考查从运动学图像中读取信息的能力。
4.【答案】D
【解析】解：AB.根据电势差公式U=Wq知
UBA=WBAq=2×10−6−1×10−6V=−1V
UAC=WACq=−6×10−4−1×10−4V=6V
由于UBA<0，说明A点的电势高于B点的电势，而UAC>0，说明A点的电势高于C点的电势，所以场强方向不可能沿AB直线由A指向B，也不可能沿AC直线由A向C，故AB错误；
CD.如图所示，因此B点与13AC点E的连线为等势线，则电场线方向由A指向D，由题知，∠B=60∘，AB边长2cm，AC边长2 3cm，根据几何关系知
BE×OA=AE×AB
解得OA=1cm=0.01m
根据公式知
UAB=E⋅OA
代入得
E=200V/m
故C错误，D正确；
故选：D。
根据公式U=Wq求出BA和AC间的电势差，再根据电势差的关系分析电场方向，根据几何关系结合电势差与电场强度的关系作图解得场强大小。
本题考查了电场的性质，解决本题的关键是理解电势差与电场强度的关系以及电场力做功与电势差的关系。
5.【答案】A
【解析】解：当AB连线与A轨道相切时，两卫星刚好不能直接进行信号传输，设此时B比A多转过的角度为θ。
根据几何关系有：csθ=rArB=12，则θ=π3
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=m4π2T2r
则r3T2=GM4π2
所以有：rB3TB2=rA3TA2，解得卫星B的周期为TB=3 2h
设所求时间为t，则有：(2πTB−2πTA)t=θ
解得：t≈0.4h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当AB连线与A轨道相切时，两卫星刚好不能直接进行信号传输，根据几何关系求出B比A多转过的角度，结合万有引力提供向心力求解。
本题既要掌握卫星问题的基本思路：万有引力提供向心力，更重要的是画出示意图，运用几何知识求解相关角度。
6.【答案】BC
【解析】解：A、光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故A错误；
B、氢原子跃迁放出的光中有C32=3种频率不同的光子，故B正确；
C、由图甲可知光子的能量为E=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，遏止电压为7.55V，光电子的初动能为Ek=eUc=E−W0
解得金属材料的逸出功为W0=4.54eV，故C正确；
D、至少用能量为1.51eV的光照射处于第3能圾的氢原子，才能使氢原子发生电离，故D错误。
故选：BC。
要使光电流为零需施加反向电压；根据数学组合公式Cn2判断光子的种类；根据光电效应方程结合动能定理求解逸出功；根据电离的条件分析。
此题综合考查了玻尔理论与氢原子能级跃迁、光电效应、及爱因斯坦的光电效应方程，深刻理解其中的原理是关键。
7.【答案】AC
【解析】解：A、根据题意，照相机每隔0.05s对小球位置进行拍摄，AB、BC之间删除了3个影像，则可知，每两个小球之间的时间间隔为
t=4×0.05s=0.2s
设抛出时竖直方向的速度为vy，则有
hy=vyt−12gt2=0
h2=vy2t−12g(2t2)
代入数据联立解得
vy=1m/s
h2=−0.4m
而
x1=vxt
x2= x12+h22
代入数据解得
x1=0.2m
vx=1m/s
故A正确；
B、小球抛出时的初速度
v0= vx2+vy2
代入数据解得v0= 2m/s，故B错误；
C、小球的初速度方向与水平方向夹角的正切值
tanθ=vyvx
代入数据解得tanθ=1
可得θ=45∘
可知，小球的初速度方向与水平方向夹角为45∘，故C正确；
D、小球运动到C处时竖直方向的速度
vyC=vy−g2t
代入数据解得vyC=−3m/s
小球运动到C处的速度大小为
vC= vx2+vy2
代入数据解得
vC= 10m/s，故D错误。
故选：AC。
A、利用照相机拍摄的时间间隔，计算出小球的运动时间，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，可结合运动学公式计算AB间隔；
B、根据运动合成与分解思想，利用勾股定理计算抛出时的初速度；
C、抛出时速度方向与水平方向的夹角可由竖直方向分速度、水平方向分速度比值求得；
D、小球上升到最高点后做平抛运动，可先求出到达C点的竖直方向上的分速度的大小，进而利用勾股定理计算合速度大小。
本题考查了运用运动的合成与分解思想解决斜抛运动模型的能力，其中掌握基本斜抛运动规律，灵活应用匀变速直线运动公式为解决本题的关键。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.根据右手定则，a棒进入磁场时，a棒的电流方向向外，则b棒的电流方向向内，根据左手定则可得，b棒的安培力方向向左，所以b棒加速度方向水平向左，故A正确；
C.对a棒，根据动能定理
mgh=12mv02
解得
v0= 2gh
当ab棒达到稳定时
Ea=Eb
即
2BLva=B×2Lvb
对a棒，以向右为正方向，由动量定理可得
2BI−Lt=mv0−mva
对b棒，以向左为正方向，由动量定理可得
BI−×2Lt=mvb
通过b棒的电荷量为
q=I−t
以上各式联立，解得
va=vb=v02= 2gh2
q=mv04BL=m 2gh4BL，故C正确；
B.根据能量守恒
12mv02=12mva2+12mvb2+Q总
解得
Q总=14mv02=12mgh
则b棒上产生的焦耳热为
Qb=RR+RQ总=14mgh，故B错误；
D.由C可知，通过b棒的电荷量为
ΔΦ2R=m 2gh4BL
解得
ΔΦ=mR 2gh2BL，故D正确。
故选：ACD。
A：根据右手定则判断a棒产生感应电流的方向，根据左手定则判断b棒所受安培力的方向，进一步可知b棒加速度的方向；
B：根据能量守恒定律求解两棒中产生的焦耳热，再根据焦耳定律求解b棒中产生的焦耳热；
C：根据动能定理求解a棒到达水平轨道上时的速度，再根据题意判断稳定时a棒和b棒的速度关系，从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，分别对a棒和b棒根据动量定理列式，再根据电流的定义式联立求解从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中通过b棒的电量；
D：根据电荷量公式求解从a棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，a、b棒与导轨所围线框的磁通量的变化量。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时需要吸热，而分子平均动能不变，则分子势能增加，故A正确。
B.所有晶体都有固定的熔点和沸点，单晶体具有固定的形状，多晶体没有具体的形状，故B错误；
C.水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但蒸发和凝结仍在进行，达到了动态平衡，故C正确；
D.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，符合热力学第二定律，故D正确；
E.液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E错误。
故选：ACD。
明确物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和；根据晶体的特性分析B，根据水蒸气饱和的动态平衡分析C，根据热力学第二定律分析D，液晶的光学性质具有各向异性。
本题考查内能、热力学第二定律、晶体等知识点，解题关键掌握基本知识的积累。
10.【答案】ABE
【解析】解：A.全反射发生的条件是光从光密个质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故A正确；
B.根据Δx=ldλ，可知做双缝干涉实验时，若只将双缝间距变小，相邻明条纹间距会随之变大，故B正确；
C.在白光下观察肥皂泡，由于肥皂泡的厚度不同，其表面的相邻各条纹不是等间距的，故C错误；
D.光的衍射现象表明光具有波动性，但不能直接证明光是横波，故D错误；
E.不同颜色的光在同一种介质中，波长越短的光频率越大，折射率越大，根据v=cn可知，传播速度越小，故E正确。
故选：ABE。
根据全反射的条件分析解答；双缝干涉实验中相邻亮条纹之间的距离满足公式Δx=ldλ；由于肥皂泡的厚度不同，其表面的相邻各条纹不是等间距的；光的衍射说明光的波动性；根据频率与折射率的关系结合光速的计算公式分析E。
该题考查衍射与干涉的原理，理解干涉与衍射是波的特有性质等知识点的内容，注意全反射的条件，这些知识点都是一些简单的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可做好。
11.【答案】0.431k−(1+k)akg 偏大
【解析】解：(1)根据题意可知，打点计时器的打点周期
T=1f
代入数据解得T=0.02s
每两个计数点之间的时间间隔
t0=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差相等公式可得加速度
a=Δxt2=xCE−xAC(2t0)2
代入数据解得
a≈0.43m/s2
(2)设托盘(含砝码)的质量为m，则滑块的质量为km，对整体由牛顿第二定律有
mg−μkmg=(m+km)a
整理解得μ=1k−(1+k)akg
(3)若考虑纸带与打点计时器间的摩擦力，设纸带与打点计时器间的摩擦力为f，由牛顿第二定律有
mg−μkmg−f=(m+km)a
整理解得μ=1k−(1+k)akg−fkmg
显然，没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦，导致测得的动摩擦因数将偏大。
故答案为：(1)0.43m/s2，(2)1k−(1+k)akg，(3)偏大。
(1)利用逐差相等公式计算加速度；
(2)将滑块与托盘(含砝码)当作整体受力分析，利用牛顿第二定律推导动摩擦因数；
(3)设纸带与打点计时器间的摩擦力为f，再次用牛顿第二定律推导考虑此摩擦力时的动摩擦因数，与(2)中所得数据进行比较。
本题考查应用实验方法探究影响滑动摩擦力大小的因素的能力，其中灵活运用牛顿第二定律为解决本题的关键。
12.【答案】负 2200 图3V2 R2 U0RU−U0
【解析】解：(1)欧姆表测量电阻时，电流从黑表笔流出欧姆表，所以黑表笔接电压表正接线柱，红表笔接电压表负接线柱；
选择开关调至欧姆挡“×100”，由指针所指位置可知，电压表的内阻为RV=22×100Ω=2200Ω
(2)①②③为了准确测定电压表V0的内阻，需要得到流过V0的电流。图2所示电路，流过V0的电流等于定值电阻R0和电压表V的电流之和，由于电压V的内阻未知，所以无法求得流过V的电流，也就无法得到流过V0的电流。图3所示电路，流过V0的电流等于定值电阻R0的电流，所以选择图3电路图更合理，则有
I=U−U0R
电压表V0的内阻为
RV=U0I=U0R0U−U0
为了减小V0和V的读数误差，应使它们的示数较大，则定值电阻R0选用R2，电压表选择V2，当电压表V0满偏时，电压表V2也接近满偏。
故答案为：(1)负；2200；(2)图3；V2；R2；U0RU−U0
(1)根据电流通过表笔的流向特点及读数方法分析解答；
(2)根据实验原理结合电表偏转选择器材，根据欧姆定律解得电压表内阻。
本题考查了求电压表内阻、欧姆表的使用注意事项、欧姆表读数、应用欧姆定律结合实验原理解答。
13.【答案】解：(1)(1)设抛球过程和接球过程手对篮球作用力分别为F1、F2，两过程篮球运动的加速度大小分别为a1、a2，抛球速度大小为v，由匀变速直线运动规律可得
v2=2gh2
v2=2a1h1
由于篮球运动过程中不计空气阻力，抛球和接球速度大小相等，所以
v2=2a2h3
联立解得
a1=40m/s2，a2=60m/s2
由牛顿第二定律可得
F1−mg=ma1
F2−mg=ma2
解得
F1：F2=5：7
(2)设抛球和接球过程中手对篮球的冲量分别为I1、I2，篮球运动时间分别为t1、t2，由题意可得
I1=F1t1
I2=F2t2
v=a1t1=a2t2
解得
I1：I2=15：14
答：(1)抛球过程和接球过程手对篮球作用力之比为5：7；
(2)抛球过程和接球过程手对篮球冲量之比为15：14。
【解析】(1)根据运动学公式计算出两次的加速度，然后根据牛顿第二定律可得手对篮球的作用力；
(2)根据动量定理计算。
熟悉篮球的运动过程，会用动量定理是解题的基础。
14.【答案】解：(1)电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，在电场Ⅱ中做类平抛运动，由题意，根据动能定理满足
eEx=12mv02
从d点飞出，根据类平抛运动规律有
L=v0t0
y=12×eEmt02
联立解得y=L24x
(2)电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，设电子离开电场Ⅰ时的速度为v1，运动时间为t1，则
0.5L=12×eEmt12
v1=eEmt1
然后电子以v1的水平速度进入电场做类平抛运动，满足
水平方向的位移
x2=v1t2
竖直方向有
0.5L=12×eEmt22
vy=eEmt2
联立解得t1=t2，x2=L
说明电子仍然是从d点进入磁场，且速度vd= 2v1，方向与x轴负方向的夹角为45∘，电子在磁场中运动的轨迹如下图所示
电子在磁场中做匀速圆周运动时对应的半径设为R，由图中的几何关系可得
(Rsin45∘+R)2+(Rcs45∘)2=L2
解得R=L 2+ 2
根据牛顿第二定律有
evdB=mvd2R
解得B= (4+2 2)EmeL
电子在磁场中运动的周期为
T=2πmeB
由图可知电子在磁场中运动对应的圆心角为135∘，故电子在磁场中运动时间为
t3=135∘360∘T=38T
故电子在电场和磁场中运动的总时间为
t=2t1+t3
解得t=2 mLeE+3π4 mL(4+2 2)eE
答：(1)满足的关系式为y=L24x；
(2)磁感应强度的大小为 (4+2 2)EmeL，电子在电场和磁场中运动的总时间t为2 mLeE+3π4 mL(4+2 2)eE。
【解析】(1)根据动能定理和类平抛运动的规律列式联立推导解答；
(2)画出电子在电场和磁场中的运动轨迹示意图，根据匀变速直线运动规律，类平抛运动规律结合几何关系，牛顿第二定律和周期公式等列式求解磁感应强度大小和运动总时间。
考查带电粒子在电场和磁场中运动的问题，会根据牛顿运动定律结合动能定理联立求解相关的物理量。
15.【答案】解：①设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有
p0SA=p1SA+F
对活塞B，有
p0SB=p1SB+F
解得
p1=1.0×105Pa
②气体状态参量
p1=1.0×105Pa
V1=2LSA+LSB
T1=300K
V2=(2L−L)SA+(L+L)SB
T2=312K
根据理想气体状态方程有
p1V1T1=p2V2T2
代入数据得
p2=1.3×105Pa
对两活塞整体受力分析：
F+p0SA+p2SB=p0SB+p2SA
解得
F=30N
答：①此时汽缸内理想气体的压强p1为1.0×105Pa；
②此时推力F大小为30N。
【解析】①对活塞A和活塞B分别根据力的平衡条件分析解答；
②根据理想气体状态方程结合整体受力平衡分析解答。
本题考查了求气体压强、活塞移动距离问题，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提与关键，应用平衡条件、理想气体状态方程可以解题，求气体体积时应注意，这是易错点。
16.【答案】解：LA=10cm=0.1mLB=15cm=0.15m
①由题可知两列水波的波长为λ=1cm=0.01m
频率为f=50π2π=25Hz
则波速为v=λf=0.01×25m/s=0.25m/s
则tA=LAv=
tB=LBv=
②0∼0.4s内，质点C不振动；0.4s∼0.6s内，质点A产生的波到达质点C，周期为
T=1f=125s=0.04s，运动路程x1=0.6−×4×0.5cm=10cm
0.6∼1s内，质点B产生的波到达质点C，两列波发生干涉，波程差
Δx=LB−LA=15cm−10cm=5cm=5λ
故两列波干涉后振动加强，振幅为2A=1cm，运动路程x2=1−×4×1cm=40cm
总路程x=x1+x2=10cm+40cm=50cm
答：①质点A、B产生的两列水波传播到质点C所用时间tA和tB分别为0.4s和0.6s；
②在t=1s内质点C振动的总路程xC为50cm。
【解析】①根据题意得到波长，然后根据振动方程得到频率，进而可得到波速，然后根据位移与时间关系得到时间；
②先分别计算两个振动传播到C点的时间，然后判断C点是振动加强点，然后分别计算运动的路程，最后计算出总路程。
题目的关键是判断出C点是振动加强点，然后根据振动加强点的振幅计算出总路程。注意两列波不是同时传播到C点。