2024年广东省广州市白云中学高考物理模拟试卷（3月份）(含详细答案解析)

这是一份2024年广东省广州市白云中学高考物理模拟试卷（3月份）(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.火箭从地面竖直向上发射，经两级加速后关闭发动机，其v−t图象如图所示，不计空气阻力，则( )
A. 火箭在t2时刻到达最高点B. 火箭在t3时刻回到了发射点
C. 火箭在0∼t2时间内机械能增大D. 火箭在t2∼t3时间，机械能减小
2.2023年“神舟十七号”顺利对接“天宫”空间站，“天宫”在距地面约400km高度做匀速圆周运动，假设“神舟号”先绕地球在低于“天宫”的轨道上做匀速圆周运动，再变轨与“天宫”对接。又已知北斗同步卫星距地面约36000km。则( )
A. “天宫”空间站的运行周期可能大于24小时
B. “天宫”空间站的角速度比北斗同步静止卫星的小
C. 北斗同步静止卫星运行过程中可能通过北京正上方
D. “神舟十七号”从近地轨道上需要加速才能对接空间站
3.如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、B两点，已知小球经从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，水平距离都是7.5m，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球做平抛运动的初速度大小为10m/sB. O、A两点间的竖直高度为1.25m
C. 小球在A点的速度大小为15m/sD. 小球在B点的速度大小为35m/s
4.取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，1s内完成2次完整的抖动，在绳上产生一列波，a、b、c为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c，绳上形成的波形如图所示，手到c点的水平距离为3.5m。下列说法正确的是( )
A. 手开始抖动时运动方向向上B. 之后质点a比质点b先回到平衡位置
C. 该时刻质点a的速度比质点b的速度小D. 这列波的传播速度为4m/s
5.如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。t1、t2、t3时刻的电流为0。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，空气阻力不计则( )
A. t1∼t3过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向下
B. 磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向
C. t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大
D. h加倍后重复实验，电流峰值将加倍
6.如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是( )
A. n2n1<720000B. n1n2<12000
C. 用电压表测原线圈两端电压，示数为5VD. 副线圈输出交流电压的频率是100Hz
7.水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止，重力加速度g取10m/s2，则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近( )
A. 10cmB. 20cmC. 30cmD. 45cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子能量范围是1.62eV∼3.11eV，下列说法正确的是( )
A. a光、b光均是可见光
B. a光为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光
C. b光为氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光
D. 若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小
9.潜水员在水中呼出的CO2气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是( )
A. CO2分子的平均动能保持不变
B. 单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少
C. 气泡内CO2分子的密度减小
D. CO2气体对外做功，压强减小
10.英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击厚度为微米的金箔，发现少数α粒子发生较大偏转。如图所示，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)分别以相同的初速度轰击金箔，实线为两个α粒子在某一金原子核附近电场中的运动轨迹，两轨迹的交点为a，虚线表示以金原子核为圆心的圆，两轨迹与该圆的交点分别为b、c。忽略其他原子核及α粒子之间的作用，两粒子从较远处运动到b、c两点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场力对甲、乙两个粒子做的功一定相同
B. 两个α粒子经过a点时加速度一定不同
C. 乙粒子在a点的电势能一定大于在c点时的电势能
D. 电场力对甲粒子冲量的大小一定等于对乙粒子冲量的大小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是______；
A.放大法
B.控制变量法
C.补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是______；
A.补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量______(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为______(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可行的方案是______；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=______；小车加速度的表达式是______。
A.a=x6−2x3(15T)2
B.a=x6−2x3(3T)2
C.a=x5+x4−(x3+x2)(10T)2
12.根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例.
(1)实验小组用多用电表直接粗测人体电阻Rx，先把选择开关调至“×1k”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至______(填“×100”或“×10k”)挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为______kΩ；
(2)现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路.实验室提供的器材如下：电压表V1(量程5V，内阻r1=50.0kΩ)，电压表V2(量程3V，内阻r2=30.0kΩ)，电流表A(量程0.6A，内阻r=1Ω)，滑动变阻器R(额定电流1.5A，最大阻值50Ω)，电源E(电动势6.0V，内阻不计)，开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择______，理由是______；
②请把实验电路图补充完整；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表V1的示数为U1，则待测电阻Rx=______(用题中所给的物理量符号表达)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，某研究小组通过检测宝石颗粒的折射率以检验宝石的真伪。利用激光照射一长方体宝石。长方形ABCD为激光在宝石中的光路所在截面。入射光线PO从AB的中点O射入，从C点射出，PO与法线之间的夹角为θ1=45∘。AB=2cm，BC= 3cm。经查阅，该宝石的绝对折射率为2.4。
(1)请通过计算判断该宝石是否为伪造产品；
(2)若该宝石AB边和CD边足够长，入射光线PO与法线之间的夹角调整为60∘，请问折射光线OP′能否透过CD界面？
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，两块水平放置、相距为d=0.5m的长金属板接在电压U=1V的电源上。两板之间的虚线右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。将喷墨打印机的喷口靠近两板中间的位置，从喷囗连续不断喷出质量均为m=3.2×10−3kg、速度水平且大小均为v0=5m/s、电荷量相等的墨滴。墨滴在电场区域恰能水平向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点。M点与磁场左边界的水平距离亦为d，取g=10m/s2。
(1)判断墨滴所带电荷的电性，并求其电荷量q；
(2)求磁场的磁感应强度B。
15.如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED(厚度不计)静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放(物块与弹簧不拴接)，物块到达B点时的速度为v0=3m/s。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取10m/s2。
(1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
(2)求物块上升的最大高度；
(3)使该物块质量变为m1=0.1kg，仍由A点静止释放，物块离开圆弧轨道D点时受到一垂直纸面向里的瞬时冲量I=0.20N⋅s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，求物块离开轨道后运动轨迹的最高点到D点的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB.根据v−t图像可知，火箭在0∼t2时间内向上做加速运动，t2∼t3时间内向上做减速运动，故火箭在t3时刻到到达最高点，故AB错误；
C.火箭在0∼t2时间内，除重力外的外力做正功，机械能增大，故C正确；
D.火箭在t2∼t3时间内，只有重力做功，机械能不变，故D错误。
故选：C。
AB：根据v−t图像判断火箭的运动性质，即可判断火箭在哪个时刻到达最高点；
C：根据功能关系判断机械能的变化；
D：根据机械能守恒定律条件判断。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据万有引力提供地球同步卫星和空间站做匀速圆周运动的向心力，可得
GMmr2=m4π2rT2
解得T= 4π2r3GM
“天宫”空间站的轨道半径小于北斗同步卫星的轨道半径，北斗同步卫星的周期为24小时，所以“天宫”空间站的运行周期小于24小时。故A错误；
B.根据万有引力提供地球同步卫星和空间站做匀速圆周运动的向心力，可得
GMmr2=mω2r
解得ω= GMr3
“天宫”空间站的轨道半径小于北斗同步卫星的轨道半径，“天宫”空间站的角速度比北斗同步静止卫星的大，故B错误；
C.北斗同步卫星与地球自转同步，与赤道共面，所以北斗同步静止卫星运行过程中不可能通过北京正上方，故C错误；
D.“神州十七号”从低轨道与高轨道的空间站对接，需要在低轨道加速，做离心运动到达高轨道，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力可判断周期和角速度的大小；同步卫星轨道与赤道共面；低轨道变高轨道需要先加速再减速。
本题考查了万有引力定律和公式，知道同步卫星的特点以及卫星变轨的规律。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据小球在水平方向上做匀速的直线运动可知，v0=，故A错误；
B、根据小球在竖直方向上做自由落体运动，可知h=12gt2=12×10×0.52m=1.25m，故B正确；
C、小球在A点的竖直速度vy=gt=10×0.5m/s=5m/s，根据运动的合成可知小球在A点的速度v= v02+vy2，解得v=5 10m/s，故C错误；
D、小球在B点的竖直速度vy′=gt′=10×1m/s=10m/s，根据运动的合成可知小球在B点的速度v′= v02+vy′2，解得v′=5 13m/s，故D错误；
故选：B。
根据小球做自由落体运动的规律，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，再结合运动的合成即可分析各选项。
该题考查小球做平抛运动的规律，要熟练掌握物体做平抛运动过程在水平方向和竖直方向的运动规律，题目为基础题，难度较小。
4.【答案】D
【解析】解：A、波向右传播，根据同侧法可知，质点c开始振动方向向下，而在波的传播方向上各个质点的起振方向都和波源的起振方向相同，则知手开始抖动时运动方向向下，故A错误；
B、波向右传播，根据同侧法可知，图示时刻质点a向下振动，质点b向上振动，之后质点a先向下振动到波谷再经历T4周期从波谷回到平衡位置，而质点b先直接向上振动回到平衡位置，可知质点a回到平衡位置的时间大于T4，而质点b回到平衡位置的时间小于T4，即质点b比质点a先回到平衡位置，故B错误；
C、该时刻质点a离平衡位置比质点b离平衡位置近，质点离平衡位置越近，速度越大，则知该时刻质点a的速度比质点b的速度大，故C错误；
D、依题意，手1s内完成2次完整的抖动，则手抖动频率f=2Hz。根据手到c点的水平距离为3.5m，有134λ=3.5m，解得：λ=2m，则这列波的传播速度为v=λf=2×2m/s=4m/s，故D正确。
故选：D。
介质中各个质点开始振动方向都相同，根据同侧法判断手开始抖动时运动方向。根据图中质点a、b的振动方向，判断它们回到平衡位置的先后。根据质点a、b离平衡位置的距离关系判断它们速度大小关系。根据手1s内完成2次完整的抖动，确定频率。手到c点的水平距离等于134λ求出波长，再求波速。
本题考查横波的图像，要注意明确波长、波速和频率的关系，同时掌握波的传播方向和质点振动方向间的关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、根据楞次定律的来拒去留，可知时间t1∼t3内，磁铁受到线圈的作用力方向始终向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，磁场方向相反，则磁场的变化也随之相反，产生的感应电流的方向也相反，即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、由乙图中感应电流的变化可知，t2时刻强磁铁恰好运动到线圈处，此时穿过线圈的磁通量最大，电流为0，穿过线圈磁通量的变化率为零，故C错误；
D、h加倍后重复实验，由于磁铁向下做加速度为零的加速运动，假设加速度绳子等于重力加速度，则速度v= 2gh，考虑到磁铁下降的过程中受到安培力的阻碍作用，下降h时的速度会略小于 2gh，同时下降2h时的速度大体上接近下降h时的 2倍，根据法拉第电磁感应定律可知，可知h加倍后重复实验，电路中产生的最大感应电动势与感应电流也大体接近原来的 2倍，故D错误。
故选：B。
楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现。感应电流与回路电阻和磁通量变化率有关，电阻一定时，磁通量变化率越大，感应电流越大。
本题主要考查楞次定律的应用，理解楞次定律是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：AB.原线圈两端电压的有效值
U1=5 2V=5 22V
根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2
变压器副线圈电压的峰值
U2max= 2U2
由于
U2max>10×103V
故代入数据解得
n2n1>2000
n1n2<12000
故A错误，B正确；
C.用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为
U1=5 2V=5 22V
故C错误；
D.变压器不改变频率，根据
2πT=2πf=100πHz
代入数据解得
f=50Hz
则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。
故选：B。
根据公式得出变压器两端电压的有效值，再根据电压匝数关系得出变压器副线圈电压的峰值，从而得出匝数比；
根据频率与周期关系得出频率大小。
此题考查了变压器的构造和原理，掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，会读出正弦交流电有关图形信息，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决。
7.【答案】B
【解析】解：由动量定理得，选向上为正方向，则3mgt−mgt=mv，解得v=2m/s
由运动学公式得苹果在钢板上的碰伤阈值为h=v22g，解得h=20cm，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据动量定理与运动学公式即可求解。
本题考查动量定理的应用，注意先对苹果受力分析，再列动量定理表达式。
8.【答案】BC
【解析】解：A.大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：
E1=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV
E2=−3.40eV−(−13.6)eV=10.2eV
E3=−1.51eV−(−3.40)eV=1.89eV
可知光线发射器中发出的光只有一种为可见光，由于E3=1.89eV<2.55eV，可知a光、b光均不是可见光，故A错误；
BC.a光遏止电压小于b光遏止电压，根据光电效应方程Ekm=hν−W0和eUc=Ekm
得a光子能量小于b光子能量，则a光子能量等于E2，为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，b光子能量等于E1，为氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光，故BC正确；
D.部分光线被遮挡，不改变光子能量，根据光电效应方程Ekm=hν−W0可知光电子飞出阴极时的最大初动能不变，故D错误。
故选：BC。
计算出发射器发出的光子能量和可见光对比；根据爱因斯坦光电效应方程计算；根据图丙分析遏止电压，再判断能量；由光电效应方程判断。
掌握爱因斯坦光电效应方程和原子能级跃迁规律即可正确解答。
9.【答案】BCD
【解析】解：AD、设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为p=p0+ρgh，可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小。
假设气体温度不变，则由玻意耳定律可知：p1V1=p2V2
则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，气体对外做功为：W<0
又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律可知
ΔU=W+Q
其中，Q=0
则ΔU=W<0
即气体内能减小，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO2分子的平均动能减小，故A错误，D正确；
BC、因为气体分子平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减小，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减小，故BC正确。
故选：BCD。
温度是分子平均动能的唯一标志，根据体积的变化分析出CO2分子的密度变化和气体的做功情况，结合热力学第一定律分析AD选项；根据压强的微观意义分析B选项。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出气体变化前后的状态参量，从而分析出气体的体积变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A、以场源电荷为圆心的同心圆为等势面，因此可知b、c两点的电势相同；由电势能定义式Ep=φq，则甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，结合电场力做功等电势能的变化量可知，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)运动到b、c两点的过程中电场力做的功相等，故A正确；
B、根据点电荷的场强公式E=kqr2，可知离场源电荷距离相等的点场强大小相等，两个α粒子经过a点时所受电场力F=qE相同，由牛顿第二定律可知，两粒子在该点加速度相同，故B错误；
C、距离正点电荷越近，电势越高，离正点电荷越远，电势越低，可知，a点电势高于c点电势，即：φa>φc，可知正电荷在电势越高的地方电势能越大，因此，乙粒子在a点的电势能大于c点的电势能，故C正确；
D、甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和不变，所以甲、乙粒子在b、c两点的动能相等，则两粒子在b、c两点的速度相等，即vb=vc，甲、乙两粒子的初速度相等，但速度是矢量，b、c两点处速度大小相同，但方向不同，而根据矢量运算可知，甲粒子速度的变化量与乙粒子速度的变化量的大小方向均不同，由I=mΔv可知甲粒子从较远处到b点过程中电场力冲量的大小不等于乙粒子从较远处到c点过程中电场力冲量的大小，故D错误。
故选：AC。
根据正点电荷附近电势的特点可得a、b两点电势高低，根据电势能定义可得电势能高低，结合电势能的变化分析电场力做功；根据牛顿第二定律分析；根据只有电场力做功，带电粒子动能和电势能关系可知两粒子在b、c两点的动能关系，则可得速度关系，根据动量定理分析冲量的大小。
本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理等；解题的关键是知道点电荷周围电势的特点。知道正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，注意速度是矢量，矢量的叠加遵守平行四边形定则。
11.【答案】B B 远大于 系统误差 Cx6−x410T A
【解析】解：(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。
故选：B。
(2)A.补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B.由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，等打点计时器工作稳定后释放小车，故B正确；
C.为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选：B。
(3)设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
F=Ma
mg−F=ma
联立解得：F=Mmgm+M，由此可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。
故选：C。
(4)由题意可知相邻两计数点间的时间间隔为t=5T
打计数点5时小车速度的表达式为：v=x6−x42t=x6−x410T
根据逐差法可得小车加速度的表达式为：a=x6−x3−x3(3t)2=x6−2x3(15T)2
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)B；远大于；(3)系统误差；C；(4)x6−x410T；A。
(1)研究物体的加速度与力、质量的关系，用到控制变量法。
(2)根据实验原理判断即可
(3)根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解打计数点5点时小车的速度，根据逐差法求解加速度。
(4)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力；使钩码的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砝码的重力。
此题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力。
12.【答案】×10k100V2 通过被测电阻的最大可能电流为5×10−5A，电流表的量程太大，V2可作为量程为1×10−4A的电流表使用 (U1−D)r2D
【解析】解：(1)由题图可知，当选择开关调至“×1k”挡时，欧姆表指针偏角过小，说明电阻较大，可知选择量程过小，应把选择开关调至“×10k”挡；
由图b可知，人体电阻阻值为Rx=10×10kΩ=100kΩ；
(2)流过人体的最大电流约为Imax=URx=5100000A=5×10−5A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为3V30000=1×10−4A
(3)由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
(4)流过人体电阻的电流I=Dr2
人体电阻两端的电压U=U1−D
根据欧姆定律可得人体电阻Rx=UI=(U1−D)r2D
故答案为：(1)×10k，100；(2)V2，通过被测电阻的最大可能电流为5×10−5A，电流表的量程太大，V2可作为量程为1×10−4A的电流表使用；(4)(U1−D)r2D。
(1)根据欧姆表的实验方法和减小误差分析判断；
(2)根据估算电流选择电表；
(3)根据方便调节选择滑动变阻器的接入方式；
(4)根据欧姆定律计算。
本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、实验器材的选择、实验电路设计和数据处理。
13.【答案】解：(1)由几何关系可知，tanθ2=OBBC= 33，所以在AB面上的折射角：θ2=30∘
根据折射定律有：n=sinθ1sinθ2
代入数据解得：n=sin45∘sin30∘= 2
由题意真宝石折射率为2.4，因此是伪造产品
(2)当OP光线与法线的夹角θ1=60∘时，经界面AB折射后，射到CD边M点假设可以从CD边射出，折射定律：n=sinθ4sinθ3
又根据几何关系θ2=θ3
根据上述公式可得：θ4=θ1=60∘<90∘
因此可以透过CD边界
答：(1)通过计算判断该宝石是伪造产品；
(2)若该宝石AB边和CD边足够长，入射光线PO与法线之间的夹角调整为60∘，折射光线OP′能透过CD界面。
【解析】(1)先画出光路图，由由几何知识求出折射角的大小，再根据折射定律求出折射率，从而判断真伪；
(2)当上下两边无限长时，由光路可逆性判断能否从下边穿出。
解决本题的关键要掌握折射定律，以及光线从空气斜射进入平行玻璃板后经两次折射，出射光线与入射光线平行，还要注意画出准确的光路图和几何知识。
14.【答案】解：(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力
qE=mg
在匀强电场中有：E=Ud
解得q=mgdU=3.2×10−3×10×0.51C=1.6×10−2C
由于电场方向向下，电荷受到的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，
墨滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B=mv02R
根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示，
设圆周运动的半径为R，则有由图示可知R2=d2+(R−d2)2
得R=54d
解得B=1.6T。
答：(1)判断墨滴所带电荷的电性为负电荷，并求其电荷量为1.6×10−2C。
(2)求磁场的磁感应强度是1.6T。
【解析】(1)根据在电场中做匀速直线运动说明墨滴受到的重力与电场力相等，可求出电荷量并判断电性。
(2)根据墨滴落在M点，进入电磁场以后做匀速圆周运动可求磁感应强度。
根据运动求受力情况，根据受力情况分析物体运动的形式，采用数形结合解决问题。
15.【答案】解：(1)设弹簧的弹性势能为Ep，物块从A到B的过程由动能定理得Ep−μmgx=12mv02
代入数据得Ep=1.1J
(2)物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒
则mv0=(M+m)v共
12mv02=12(M+m)v共2+mgh
解得
h=0.15m
(3)设质量为m1的物块到达B点时的速度为v0′，物块从A到B的过程由动能定理得Ep−μm1gx=12m1v′02
物块到达D点时在水平方向上与M共速
解得v′0=2 5m/s
v共′= 5m/s
设物块到达D点时在竖直方向上的速度为vy，由机械能守恒定律得
解得vy= 6m/s
物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从D点飞出到最高点所用时间为t
t=vyg= 610s
当物块上升到D点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为vz，由I=m1vz
以物块飞出时D点所在的位置为坐标原点，以水平向右为x轴，竖直向上为y轴，垂直于纸面向里为z轴，则在时间t内各方向的位移分别为
x=v共′t
y=vy22g
z=vzt
则最高点到D点的距离s= x2+y2+z2
整理解得s=3 710m。
答：(1)物块在A点时弹簧具有的弹性势能1.1J；
(2)物块上升的最大高度0.15m；
(3)物块离开轨道后运动轨迹的最高点到D点的距离3 710m。
【解析】(1)物块从A到B的过程由动能定理，求弹性势能；
(2)物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒和机械能守恒，求上升的最大高度；
(3)物块从A到B的过程由动能定理列式、物块到达D点时在水平方向上与M共速根据动量守恒列式、物块到达D点时在竖直方向上的速度为vy，由机械能守恒定律列式、设从D点飞出到最高点所用时间为t，根据运动学公式列式求时间、结合位移公式求xyz位移，最后求合位移。
本题考查学生对动能定理、机械能守恒、动量守恒、运动学公式等的掌握，综合性较强，是一道难度较高的题。