江西省余干名校2023-2024学年高三下学期月考物理试卷
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题只有一项是符合题目要求的，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，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．（2024高三下·余干月考）我国核电站的建设始于20世纪80年代中期，首台核电机的组装在秦山核电站进行．反应堆的主要核燃料为高浓度的铀235，铀核（）经过多次衰变后变成铅核（），关于该衰变的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．该衰变过程只有衰变．
B．能发生衰变说明原子核内有电子
C．铀核（）的比结合能比铅核（）的比结合能小
D．若有20个铀核（）经过一个半衰期一定还剩10个铀核（）
【答案】C
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据质量数守恒和电荷数守恒，由质量数变化得α衰变次数为
由电荷数变化得β衰变次数为
可知该衰变过程要经过7次α衰变和4次β衰变，故A错误；
B、原子核的β衰变是源于原子核内中子的转化，故B错误；
C、衰变的产物更稳定，所以铀核的比结合能比铅核的比结合能小，故C正确；
D、半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，而少数的原子核的衰变具有随机性，故D错误。
故答案为：C。
【分析】核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒。原子核的β衰变是源于原子核内中子的转化，核反应方程释放能量，衰变的产物的原子核比生成物的原子核更稳定，原子核越稳定，原子核的结合能越大。半衰期是对大量原子核衰变的统计规律。
2．（2024高三下·余干月考）如图甲所示，匝的线圈（图中只画了1匝），总电阻，其两端a、b与一个的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流大小为1A
B．线圈中的感应电动势大小为3V
C．a端电势比b端低
D．线圈中感应电流的方向为逆时针方向
【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB、由法拉第电磁感应定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得
故A正确，B错误；
CD、由楞次定律可知，电源内部线圈中电流为顺时针方向，a端电势高于b端，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律及法拉第电磁感应定律确定回路中产生的感应电动势及感应电流的大小，确定穿过线框磁通量的变化情况，再结合楞次定律确定电流的方向，线框相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势。
3．（2024高三下·余干月考）鱼洗是我国古代的传世珍宝，用手缓慢而有节奏地摩擦盆边两耳，盆会像受到撞击一样振动起来，盆内水波荡漾．其原理是当两手搓盆的双耳时，会产生两个振动周期相同的振源，振动形式在水中传播，相遇时互相干涉，使能量叠加起来，获得能量较大的水点会跳出水面．某时刻形成的两列波如图乙所示，实线波向右传播，虚线波向左传播，a、b、c、d、e为介质中的五个质点则下列说法正确的是（ ）
A．水中各点的振动周期不同
B．实线波与虚线波的传播速度大小相同
C．两手搓盆的双耳时，搓得越快，跳出水面的水跳的越高
D．图乙中a、c、e点可能跳出水面
【答案】B
【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；波的叠加
【解析】【解答】A、水中各点均做受迫振动，因此振动周期等于振源的振动周期，所以各点的振动周期均相同，故A错误；
B、波的传播速度由介质决定，又实线波和虚线波均在水中传播，所以两列波的传播速度大小相等，故B正确；
C、当两手搓盆的双引起的振动频率和鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大，盆内的水花就越高，所以并不是搓得越快溅起的水花越高，故C错误；
D、当两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇时，该点为振动加强点，由图像可知，a、c、e三质点是波峰与波谷相遇，这三点是振动减弱点，b、d两点经过时分别为波峰与波峰、波谷与波谷相遇，即b、d两点为振动加强点，b、d两点可能跳出水面，故D错误。
故答案为：B。
【分析】受迫振动的振动周期等于波源的振动周期。机械波的传播速度由介质决定。当振动频率与鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大。当两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇时为振动加强点，波峰与波谷相遇是振动减弱点。振动加强点可能跳出水面。
4．（2024高三下·余干月考）如图所示，两个完全相同的平行玻璃砖1、2固定．两玻璃砖之间的夹角为，一细光束垂直玻璃砖1的下表面射入，忽略二次反射．则下列说法正确的是（ ）
A．细光束可能在玻璃砖2的下表面发生全反射
B．细光束可能在玻璃砖2的上表面发生全反射
C．细光束从玻璃砖2的上表面射出时与入射光平行
D．细光束在两玻璃砖中的传播时间相同
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A、由于光束垂直玻璃砖1的下表面射入，在玻璃砖1中的传播方向不变，在玻璃砖1中传播的距离等于玻璃砖的厚度，光束射到玻璃砖2的下表面时由光疏介质射入光密介质，所以光束不可能在玻璃砖2的下表面发生全反射，故A错误；
B、光束在玻璃砖2中的折射角等于光束射到玻璃砖2，上表面的入射角，且该角小于临界角，所以光束不可能在玻璃砖2的上表面发生全反射，故B错误；
C、由B选项分析可知，光束从玻璃砖2，上表面的出射光线与下表面入射光线一定平行，故C正确；
D、由
知光束在玻璃砖1、2中速度相同，但光束在玻璃砖2中传播的距离大于玻璃砖的厚度，所以光束在玻璃砖2中的传播时间较长，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟练掌握光发生全反射现象的条件。当光线由光密介质射入光疏介质才可能发生全反射现象，再结合题意及折射定律判断射入和射出光线的情况。根据折射定律及传播的距离确定两光束在玻璃中传播的距离关系。
5．（2024高三下·余干月考）如图所示，两质量均为、带等量异种电荷的可视为质点和点电荷的滑块放在倾角为的光滑绝缘斜面体上，将劲度系数为的轻弹簧用销钉固定在滑块A上，轻弹簧的另一端固定在斜面体顶端的挡板上，系统稳定时，轻弹簧的伸长量为，两滑块之间的距离为，静电力常量为，重力加速度为．则下列说法正确的是（ ）
A．
B．滑块所带的电荷量为
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的加速度为
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的加速度为0
【答案】B
【知识点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB、设两滑块的电荷量的绝对值均为q，由于两滑块带异种电荷，则两滑块之间的作用力为引力，当系统平衡时，对滑块B有
对滑块A有
解得
，
故A错误，B正确；
C、拔走销钉的瞬间，滑块B的受不变，则滑块B的加速度为0，故C错误；
D、拔走销钉的瞬间，弹簧的弹力立即消失，对滑块A由牛顿第二定律得
解得滑块A的加速度大小为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】初始时，AB均处于平衡状态，分别对AB进行受力分析 ，根据平衡条件及力的合成与分解联立解答确定斜面的倾角及滑块所带电荷量。拔走销钉的瞬间，弹簧的弹力立即消失，其他力不发生突变，再分别对AB运用牛顿第二定律确定该瞬间AB的加速度。
6．（2024高三下·余干月考）一定质量的理想气体封闭在容器中，气体由状态a经b到c又回到a的图像如图所示，已知ab平行于橫轴、ac平行于纵轴、bc的反向延长线过原点，T为热力学温度．则下列说法正确的是（ ）
A．气体由a到b向外界放出热量
B．气体由b到c单位时间内单位面积上撞击器壁的分子数减少
C．状态a的压强小于状态b的压强
D．从c到a，气体对外做功，气体的内能减少
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、气体由a到b的过程体积不变，气体不做功，温度升高，内能增加，由热力学第一定律
可知气体从外界吸收热量，故A错误；
B、气体由b到c，温度降低，分子的平均动能减小，体积减小，分子数密度增加，又由于bc的延长线过原点，由
可知气体的压强不变，则单位时间内单位面积上撞击器壁的分子数增加，故B错误；
C、由
可知图线斜率为
又由图像可知Oa连线的斜率大于Ob连线的斜率，所以状态a的压强小于状态b的压强，故C正确；
D、由图像可知，a、c的温度相同，则状态c和状态a的内能相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据图像确定不同过程封闭气体体积及温度的变化情况，再结合理想气体状态方程确定气体在不同状态下的压强情况。温度降低，内能减小，分子的平均动能减小，体积减小，分子数密度增加。体积变大气体对外做功。根据热力学第一定律判断气体吸放热情况。熟练掌握气体压强的微观意义。
7．（2024高三下·余干月考）如图所示的交变电路中，变压器为理想变压器，a、b、c、d、e为5个完全相同的灯泡，现在MN间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡刚好正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为3∶2
B．原线圈的输入电压与灯泡a两端的电压相等
C．电源电压的有效值为灯泡额定电压的2倍
D．若将灯泡d切断，则灯泡a、b的亮度不变
【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A、设小灯泡的额定电压为U0、小灯泡的额定电流为I0，由题意5个小灯泡刚好正常发光，则每个小灯泡两端的电压均为U0，流过每个小灯泡的电流均为I0，则原线圈的电流为
副线圈的电流为
由变压器的工作原理
得
故A正确；
B、由公变压器的工作原理
且有
解得
故B错误；
C、电源的电压为
故C错误；
D、若将小灯泡d切断，则副线圈电流减小，故原线圈电流减小，小灯泡a、b的电流减小，亮度变暗，故D错误。
故答案为：A。
【分析】灯泡正常发光，则灯泡两端的电压等于额定电压，流过灯泡的电流均相等。再根据电路图确定流过原副线圈的电流与流过各灯泡电流之间的关系，再结合理想变压器规律及串并联电路规律进行分析。小灯泡d切断，负载的电阻变大，则电流变小。
8．（2024高三下·余干月考）如图所示，地球、火星绕太阳运动的轨道均可看成圆轨道，轨道半径之比为2∶3．现要从地球向火星发射一飞行器，其离开地球运动到火星的过程绕太阳运动，轨道为椭圆轨道，且在该轨道的远日点被火星俘获，若地球、火星和飞行器均按图中逆时针方向运动．则该飞行器（ ）
A．离开地球运动到火星的过程速度逐渐减小
B．到达火星时，地球在飞行器与太阳连线下方
C．绕太阳的运行周期大于火星绕太阳的运行周期
D．在远日点与火星相遇时，需加速才能被火星俘获
【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、飞行器脱离地球运动到火星的过程，绕太阳运动、结合开普勒第二定律可知，飞行器与太阳中心的连线（逐渐变长）在相同时间内扫过的面积相同，则从离开地球运动到火星的过程飞行器速度逐渐减小，故A正确；
B、设地球绕太阳运动的轨道半径为r1，结合题图和题述可知，飞行器绕太阳运动的轨道半长轴
由开普勒第三定律可知飞行器与地球绕太阳运动的周期之比为
则飞行器运动半个周期时，地球转过的角度大于180°小于360°，故B正确；
C、飞行器的轨道半长轴小于火星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，飞行器绕太阳运动的周期小于火星的公转周期，故C错误；
D、飞行器在远日点与火星相遇时，需要减速才有可能在火星引力作用下绕火星运动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】熟练掌握开普勒定律的内容及其应用。根据开普勒第二定律分析飞行器离开地球运动到火星的过程飞行器速度变化情况。根据开普勒第三定律结合题意确定飞行器与地球绕太阳运动的周期关系，再结合周期的关系确定到达火星时，地球与飞行器和太阳连线的位置关系。飞行器在远日点与火星相遇时，飞行器绕火星运动，相当于对火星做近心运动，需要点火减速。
9．（2024高三下·余干月考）如图所示，半径为的圆内有一内接直角三角形，其中ab为直径，，空间存在与圆平面平行的匀强电场，将一带正电试探电荷由a点移动到b点，电场力做功；若将该电荷由a点移动到c点，电场力做功，已知试探电荷的电荷量为．则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向由a指向c
B．该试探电荷由b移动到c，电势能减少
C．O点的电势比b点的电势低2V
D．电场强度的大小为300V/m
【答案】B,C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】B、设a点的电势为零，则试探电荷在a点的电势能为零，由题意可知b点的电势能为1.2×10-5J，b点的电势为
同理，c点的电势能为-6×10-6J，c点的电势为
b、c两点的电势差为
试探电荷由b移动到c电场力做功为
则该过程电势能减少1.6×10-5J，故B正确；
C、O点为ab的中点，则O点的电势为
所以O、b两点的电势差为
即O点的电势比b点电势低2V，故C正确；
D、由以上分析可知，a、c两点的电势差为
电场沿ac方向的电场强度大小为
电场沿bc方向的电场强度大小为
所以电场强度的大小为
故D错误；
A、由以上分析可知，电场既有沿a指向c方向的分量，又有沿b指向c方向的分量，故A错误。
故答案为：BC。
【分析】电场力做负功，电势能增大。规定零势能点，根据电场力移动过程的做功情况，确定各点的电势大小，再根据电势与电势差的关系确定两点之间的电势差，再根据电场力做功与电势能的关系及电势差与场强的关系进行分析。
10．（2024高三下·余干月考）如图所示的等腰梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，等腰梯形中，，一带电粒子由M点垂直PM射入匀强磁场，带电粒子刚好不从PQ边界射出磁场，已知粒子的比荷为k，粒子的重力忽略不计．则下列说法正确的是（ ）
A．粒子的轨道半径可能为
B．粒子的速度一定为
C．粒子在磁场中运动的时间可能小于
D．粒子在磁场中运动的时间一定为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子带正电，粒子的轨迹如图中轨迹1所示
设粒子的轨道半径为R1，由几何关系得
即
解得
由
解得
粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中偏转的角度为180°，则粒子在磁场中运动的时间为
若粒子带负电，粒子的轨迹如图中2所示，轨迹与上边界PQ相切，设粒子的轨道半径为R2，由几何关系得
解得
由
解得
粒子在磁场中偏转的角度大于45°，小于90°，则粒子在磁场中运动的时间
故答案为：AC。
【分析】裤子恰好不从OQ边界射出，则粒子的运动轨迹与PQ边界相切。由于不确定粒子的电性，故无法确定粒子的偏转方向，需采用假设法进行分析，根据粒子的电性，确定粒子的偏转方向，画出不同情况下粒子的运动轨迹，再结合几何关系确定粒子做圆周运动的半径及运动轨迹对应的圆心角，再结合带电粒子在磁场中的运动规律进行解答。
二、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．（2024高三下·余干月考）晓宇同学利用如图甲所示的装置探究物体做匀变速直线运动的规律，实验时将长木板的左端适当垫高，将光电门固定在长木板的下端，带有遮光条的滑块由适当高度处无初速释放，滑块经过光电门时，遮光条的挡光时间为．为了减小实验误差，晓宇同学进行了多次测量，然后求平均值．
（1）实验时，晓宇同学用十分度的游标卡尺测量了遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度 cm．
（2）滑块经过光电门时，滑块的速度大小为 ．（用以上测量的物理量表示）
（3）某次测量时，滑块的释放点到光电门的间距为L，则滑块沿长木板下滑时的加速度大小为 ．（用以上测量的物理量表示）
【答案】（1）0.97
（2）
（3）
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为
（2）由于遮光条的宽度较小，则遮光条挡光时间内的平均速度近似等于滑块经过光电门的瞬时速度，即
（3）如果滑块的释放点到光电门的间距为L，由匀变速直线运动的规律得
解得
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据某段时间内的平均速度近似等于该段时间内中间时刻的瞬时速度确定滑块经过光电门的速度。再根据匀变速直线运动位移与速度的关系进行数据处理。
12．（2024高三下·余干月考）晓强同学为了测量某未知电阻的阻值，实验室为其提供了如下的实验器材：
A．电流表（量程300mA，内阻约为10Ω） B．电流表（量程0.6A，内阻约为50Ω）
C．电压表（量程3V，内阻约为10kΩ） D．电压表（量程10V，内阻约为50kΩ）
E．滑动变阻器，最大阻值为10Ω F．滑动变阻器，最大阻值为100Ω
G．电源E：电动势3.0V，内阻不计 H．电键S及导线若干
结合所给的实验器材，完成了如下操作：
（1）晓强利用多用电表的欧姆挡粗略地测量了该电阻的电阻值，将旋钮扳到“×1”挡位，欧姆调零后，将两表笔分别与待测电阻的两端相接触，欧姆表的读数如图所示，则该读数为 Ω．
（2）为了更精确地测量待测电阻的阻值，晓强利用伏安法完成了电阻的测量，并要求电表的示数从零开始调节，则电流表应选 ；电压表应选 ；滑动变阻器应选 ．（填器材前的序号）
（3）根据所选实验器材设计电路，并将设计的电路画在虚线框中，并标注器材符号．
（4）考虑到电表内阻的影响，待测电阻的测量值 （选填“大于”“等于”或“小于”真实值，其原因是 ．
【答案】（1）10.0或10
（2）A；C；E
（3）
（4）小于；电流的测量值偏大或电压表的分流
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表的读数为指针示数与挡位的乘积，所选挡位为“×1”，读数为10.0，则该多用表的读数为
（2）待测电阻的阻值约为10.0Ω，电源的电动势为3.0V，则流过待测电阻的最大电流为
所以电流表选择A1，即选A；电压表选择量程为3V的V1，即选C；由于电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器应用作分压接法，所以滑动变阻器应选择阻值较小的R1，即选E。
（3）比较电压表的内阻、电流表的内阻、待测电阻的阻值，显然电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，因此电流表应选择外接法，滑动变阻器用作分压接法，电路图如图所示
（4）由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，而电压的测量值是准确的，根据
气可知测量值偏小。
【分析】欧姆表的读数为指针示数与挡位的乘积。根据电源电动势的大小确定所需的电压表，根据闭合电路的欧姆定律确定回路中的最大电流，继而确定所需的电流表。 要求电表的示数从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法。熟练掌握电表内外接法的判定方法。电学实验的误差主要源于电压表的分流或者电流表的分压。
13．（2024高三下·余干月考）玉龙雪山是国家级旅游景区，高山雪景位于海拔4000m以上，由于海拔较高，景区通常为游客备有氧气瓶．假设景区用体积为、温度为℃、压强为的氧气瓶对便携式氧气瓶充气，便携式氧气瓶的容积为，允许的最大压强为，已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为，瓶内的气体均可视为理想气体求：
（1）在27℃的环境下，能充满多少个便携式氧气瓶 假设充气前便携式氧气瓶内均为真空；
（2）如果将景区的氧气瓶移至玉龙雪山上，已知山上的温度为℃，瓶中的压强变为原来的，通过计算分析该氧气瓶是否泄漏了氧气；若泄漏了，瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比（结果保留两位有效数字）．
【答案】（1）解：瓶中的氧气压强变为时，氧气的体积为，由玻意耳定律得
代入数据得
在该状态下放出的氧气体积为
则能充满的便携式氧气瓶的个数为
（2）解：将氧气瓶移至雪山上时，氧气的温度为，压强为
由理想气体状态方程可知中
代入数据解得．
因为，所以氧气瓶有氧气泄漏，剩余的气体占原来气体的百分比为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）充气后便携式氧气瓶的压强与氧气瓶内剩余气体的压强，以氧气瓶内气体为研究对象，充气过程气体发生等温变化，根据玻意耳定律确定充气后总气体的体积，再结合数学知识进行解答；
（2）若氧气未泄露，则移至山上后，气体的体积仍等于氧气瓶体积。假设不漏气，根据题意确定移动前后封闭气体的压强和温度，再结合理想气体状态方程确定移至山上时封闭气体的体积，再根据气体体积与氧气瓶体积的关系判断是否漏气，再根据等温等压下质量之比等于体积之比确定占比情况。
14．（2024高三下·余干月考）如图所示，倾角为的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a由斜面体上的A点以的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的
底端C点平滑衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐已知，，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）滑块a滑上长木板时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移．
【答案】（1）解：对A C由动能定理得
解得
（2）解：滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为Fo=μ3mg=5m
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得
解得
对长木板b由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则由
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到C的过程中，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）滑块滑上木板后，分别对滑块及木板进行受力分析，判断滑块在木板上运动时，木板是否与地面发生相对滑动。再根据牛顿第二定律确定滑块和木板的加速度，根据运动学规律确定滑块和木板共速时，滑块和木板运动的位移及时间和速度。再根据整体法和隔离法判断共速后滑块与木板是否发生相对滑动，最终滑块与木板均处于静止状态。再根据分析情况利用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出整个过程木板运动的总位移。
15．（2024高三下·余干月考）如图甲所示，两间距为的光滑水平金属轨道固定在绝缘水平地面上，左端连接阻值为的定值电阻，一质量为、电阻为、长为的导体棒垂直放置在轨道上，轨道的虚线1、2间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，虚线3、4间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．现将导体棒静止放在虚线1位置，并在导体棒上施加一沿轨道水平向右的恒力，导体棒由虚线1运动到虚线4的过程中．导体棒中产生的感应电流随时间变化规律如图乙所示，其中5s和24s时图线的切线与横轴平行，金属轨道的电阻忽略不计，虚线1、2、3、4均与金属轨道垂直．求：
（1）第5s与第24s时导体棒的速度；
（2）虚线1、2间与虚线3、4间的间距；
（3）导体棒从虚线1运动到虚线2的过程电阻R上产生的焦耳热
【答案】（1）解：由题意可知导体棒离开两磁场时均已做匀速直线运动，设5s与24s时导体棒的速度分别为、，由力的平衡条件可知此时导体棒所受的外力等于安培力，则由得
由法拉第电磁感应定律得，
又，解得
同理，由得
由法拉第电磁感应定律得，
又，解得
（2）解：设导体棒在虚线1、2间运动时回路中的平均电流为，平均感应电动为，则该过程导体棒所受安培力的冲量为
由法拉第电磁感应定律有
又，解得
导体棒在虚线1、2间运动时，由动量定理得，解得
导体棒在虚线2、3间做匀加速直线运动，导体棒的加速度为
在导体棒刚到虚线3时的速度为
导体棒在虚线3、4间运动时回路中的平均电流为，平均感应电动为，则该过程导体棒所受安培力的冲量为
由法拉第电磁感应定律有
又，解得
导体棒在虚线1、2间运动时，由动量定理得
解得
（3）解：由功能关系得
由串联电路特点知
联立解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，回路中产生感应电流。根据图乙可知0-5
s及7s后导体均在磁场中运动，图乙中图线的切线与横轴平行，即此时产生的电流不变，即导体棒此时处于平衡状态，根据图像确定5s及24s时回路中产生的感应电流的大小，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律及平衡条件进行进行解答；
（2）根据图像可知导体棒在虚线12间运动的时间为5s，确定该过程导体棒的受力情况及初速度，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律确定虚线12间的距离。导体棒23之间做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定确定导体棒到达虚线3的速度大小。确定导体棒在34间的运动时间及到达虚线4的速度，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律确定虚线34间的距离；
（3）确定导体棒在12间运动过程各力的做功情况及能量转化情况，再根据功能关系及串联电路规律进行解答。
1 / 1江西省余干名校2023-2024学年高三下学期月考物理试卷
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题只有一项是符合题目要求的，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，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．（2024高三下·余干月考）我国核电站的建设始于20世纪80年代中期，首台核电机的组装在秦山核电站进行．反应堆的主要核燃料为高浓度的铀235，铀核（）经过多次衰变后变成铅核（），关于该衰变的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．该衰变过程只有衰变．
B．能发生衰变说明原子核内有电子
C．铀核（）的比结合能比铅核（）的比结合能小
D．若有20个铀核（）经过一个半衰期一定还剩10个铀核（）
2．（2024高三下·余干月考）如图甲所示，匝的线圈（图中只画了1匝），总电阻，其两端a、b与一个的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流大小为1A
B．线圈中的感应电动势大小为3V
C．a端电势比b端低
D．线圈中感应电流的方向为逆时针方向
3．（2024高三下·余干月考）鱼洗是我国古代的传世珍宝，用手缓慢而有节奏地摩擦盆边两耳，盆会像受到撞击一样振动起来，盆内水波荡漾．其原理是当两手搓盆的双耳时，会产生两个振动周期相同的振源，振动形式在水中传播，相遇时互相干涉，使能量叠加起来，获得能量较大的水点会跳出水面．某时刻形成的两列波如图乙所示，实线波向右传播，虚线波向左传播，a、b、c、d、e为介质中的五个质点则下列说法正确的是（ ）
A．水中各点的振动周期不同
B．实线波与虚线波的传播速度大小相同
C．两手搓盆的双耳时，搓得越快，跳出水面的水跳的越高
D．图乙中a、c、e点可能跳出水面
4．（2024高三下·余干月考）如图所示，两个完全相同的平行玻璃砖1、2固定．两玻璃砖之间的夹角为，一细光束垂直玻璃砖1的下表面射入，忽略二次反射．则下列说法正确的是（ ）
A．细光束可能在玻璃砖2的下表面发生全反射
B．细光束可能在玻璃砖2的上表面发生全反射
C．细光束从玻璃砖2的上表面射出时与入射光平行
D．细光束在两玻璃砖中的传播时间相同
5．（2024高三下·余干月考）如图所示，两质量均为、带等量异种电荷的可视为质点和点电荷的滑块放在倾角为的光滑绝缘斜面体上，将劲度系数为的轻弹簧用销钉固定在滑块A上，轻弹簧的另一端固定在斜面体顶端的挡板上，系统稳定时，轻弹簧的伸长量为，两滑块之间的距离为，静电力常量为，重力加速度为．则下列说法正确的是（ ）
A．
B．滑块所带的电荷量为
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的加速度为
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的加速度为0
6．（2024高三下·余干月考）一定质量的理想气体封闭在容器中，气体由状态a经b到c又回到a的图像如图所示，已知ab平行于橫轴、ac平行于纵轴、bc的反向延长线过原点，T为热力学温度．则下列说法正确的是（ ）
A．气体由a到b向外界放出热量
B．气体由b到c单位时间内单位面积上撞击器壁的分子数减少
C．状态a的压强小于状态b的压强
D．从c到a，气体对外做功，气体的内能减少
7．（2024高三下·余干月考）如图所示的交变电路中，变压器为理想变压器，a、b、c、d、e为5个完全相同的灯泡，现在MN间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡刚好正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为3∶2
B．原线圈的输入电压与灯泡a两端的电压相等
C．电源电压的有效值为灯泡额定电压的2倍
D．若将灯泡d切断，则灯泡a、b的亮度不变
8．（2024高三下·余干月考）如图所示，地球、火星绕太阳运动的轨道均可看成圆轨道，轨道半径之比为2∶3．现要从地球向火星发射一飞行器，其离开地球运动到火星的过程绕太阳运动，轨道为椭圆轨道，且在该轨道的远日点被火星俘获，若地球、火星和飞行器均按图中逆时针方向运动．则该飞行器（ ）
A．离开地球运动到火星的过程速度逐渐减小
B．到达火星时，地球在飞行器与太阳连线下方
C．绕太阳的运行周期大于火星绕太阳的运行周期
D．在远日点与火星相遇时，需加速才能被火星俘获
9．（2024高三下·余干月考）如图所示，半径为的圆内有一内接直角三角形，其中ab为直径，，空间存在与圆平面平行的匀强电场，将一带正电试探电荷由a点移动到b点，电场力做功；若将该电荷由a点移动到c点，电场力做功，已知试探电荷的电荷量为．则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向由a指向c
B．该试探电荷由b移动到c，电势能减少
C．O点的电势比b点的电势低2V
D．电场强度的大小为300V/m
10．（2024高三下·余干月考）如图所示的等腰梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，等腰梯形中，，一带电粒子由M点垂直PM射入匀强磁场，带电粒子刚好不从PQ边界射出磁场，已知粒子的比荷为k，粒子的重力忽略不计．则下列说法正确的是（ ）
A．粒子的轨道半径可能为
B．粒子的速度一定为
C．粒子在磁场中运动的时间可能小于
D．粒子在磁场中运动的时间一定为
二、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．（2024高三下·余干月考）晓宇同学利用如图甲所示的装置探究物体做匀变速直线运动的规律，实验时将长木板的左端适当垫高，将光电门固定在长木板的下端，带有遮光条的滑块由适当高度处无初速释放，滑块经过光电门时，遮光条的挡光时间为．为了减小实验误差，晓宇同学进行了多次测量，然后求平均值．
（1）实验时，晓宇同学用十分度的游标卡尺测量了遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度 cm．
（2）滑块经过光电门时，滑块的速度大小为 ．（用以上测量的物理量表示）
（3）某次测量时，滑块的释放点到光电门的间距为L，则滑块沿长木板下滑时的加速度大小为 ．（用以上测量的物理量表示）
12．（2024高三下·余干月考）晓强同学为了测量某未知电阻的阻值，实验室为其提供了如下的实验器材：
A．电流表（量程300mA，内阻约为10Ω） B．电流表（量程0.6A，内阻约为50Ω）
C．电压表（量程3V，内阻约为10kΩ） D．电压表（量程10V，内阻约为50kΩ）
E．滑动变阻器，最大阻值为10Ω F．滑动变阻器，最大阻值为100Ω
G．电源E：电动势3.0V，内阻不计 H．电键S及导线若干
结合所给的实验器材，完成了如下操作：
（1）晓强利用多用电表的欧姆挡粗略地测量了该电阻的电阻值，将旋钮扳到“×1”挡位，欧姆调零后，将两表笔分别与待测电阻的两端相接触，欧姆表的读数如图所示，则该读数为 Ω．
（2）为了更精确地测量待测电阻的阻值，晓强利用伏安法完成了电阻的测量，并要求电表的示数从零开始调节，则电流表应选 ；电压表应选 ；滑动变阻器应选 ．（填器材前的序号）
（3）根据所选实验器材设计电路，并将设计的电路画在虚线框中，并标注器材符号．
（4）考虑到电表内阻的影响，待测电阻的测量值 （选填“大于”“等于”或“小于”真实值，其原因是 ．
13．（2024高三下·余干月考）玉龙雪山是国家级旅游景区，高山雪景位于海拔4000m以上，由于海拔较高，景区通常为游客备有氧气瓶．假设景区用体积为、温度为℃、压强为的氧气瓶对便携式氧气瓶充气，便携式氧气瓶的容积为，允许的最大压强为，已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为，瓶内的气体均可视为理想气体求：
（1）在27℃的环境下，能充满多少个便携式氧气瓶 假设充气前便携式氧气瓶内均为真空；
（2）如果将景区的氧气瓶移至玉龙雪山上，已知山上的温度为℃，瓶中的压强变为原来的，通过计算分析该氧气瓶是否泄漏了氧气；若泄漏了，瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比（结果保留两位有效数字）．
14．（2024高三下·余干月考）如图所示，倾角为的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a由斜面体上的A点以的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的
底端C点平滑衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐已知，，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）滑块a滑上长木板时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移．
15．（2024高三下·余干月考）如图甲所示，两间距为的光滑水平金属轨道固定在绝缘水平地面上，左端连接阻值为的定值电阻，一质量为、电阻为、长为的导体棒垂直放置在轨道上，轨道的虚线1、2间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，虚线3、4间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．现将导体棒静止放在虚线1位置，并在导体棒上施加一沿轨道水平向右的恒力，导体棒由虚线1运动到虚线4的过程中．导体棒中产生的感应电流随时间变化规律如图乙所示，其中5s和24s时图线的切线与横轴平行，金属轨道的电阻忽略不计，虚线1、2、3、4均与金属轨道垂直．求：
（1）第5s与第24s时导体棒的速度；
（2）虚线1、2间与虚线3、4间的间距；
（3）导体棒从虚线1运动到虚线2的过程电阻R上产生的焦耳热
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据质量数守恒和电荷数守恒，由质量数变化得α衰变次数为
由电荷数变化得β衰变次数为
可知该衰变过程要经过7次α衰变和4次β衰变，故A错误；
B、原子核的β衰变是源于原子核内中子的转化，故B错误；
C、衰变的产物更稳定，所以铀核的比结合能比铅核的比结合能小，故C正确；
D、半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，而少数的原子核的衰变具有随机性，故D错误。
故答案为：C。
【分析】核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒。原子核的β衰变是源于原子核内中子的转化，核反应方程释放能量，衰变的产物的原子核比生成物的原子核更稳定，原子核越稳定，原子核的结合能越大。半衰期是对大量原子核衰变的统计规律。
2．【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB、由法拉第电磁感应定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得
故A正确，B错误；
CD、由楞次定律可知，电源内部线圈中电流为顺时针方向，a端电势高于b端，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律及法拉第电磁感应定律确定回路中产生的感应电动势及感应电流的大小，确定穿过线框磁通量的变化情况，再结合楞次定律确定电流的方向，线框相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势。
3．【答案】B
【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；波的叠加
【解析】【解答】A、水中各点均做受迫振动，因此振动周期等于振源的振动周期，所以各点的振动周期均相同，故A错误；
B、波的传播速度由介质决定，又实线波和虚线波均在水中传播，所以两列波的传播速度大小相等，故B正确；
C、当两手搓盆的双引起的振动频率和鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大，盆内的水花就越高，所以并不是搓得越快溅起的水花越高，故C错误；
D、当两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇时，该点为振动加强点，由图像可知，a、c、e三质点是波峰与波谷相遇，这三点是振动减弱点，b、d两点经过时分别为波峰与波峰、波谷与波谷相遇，即b、d两点为振动加强点，b、d两点可能跳出水面，故D错误。
故答案为：B。
【分析】受迫振动的振动周期等于波源的振动周期。机械波的传播速度由介质决定。当振动频率与鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大。当两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇时为振动加强点，波峰与波谷相遇是振动减弱点。振动加强点可能跳出水面。
4．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A、由于光束垂直玻璃砖1的下表面射入，在玻璃砖1中的传播方向不变，在玻璃砖1中传播的距离等于玻璃砖的厚度，光束射到玻璃砖2的下表面时由光疏介质射入光密介质，所以光束不可能在玻璃砖2的下表面发生全反射，故A错误；
B、光束在玻璃砖2中的折射角等于光束射到玻璃砖2，上表面的入射角，且该角小于临界角，所以光束不可能在玻璃砖2的上表面发生全反射，故B错误；
C、由B选项分析可知，光束从玻璃砖2，上表面的出射光线与下表面入射光线一定平行，故C正确；
D、由
知光束在玻璃砖1、2中速度相同，但光束在玻璃砖2中传播的距离大于玻璃砖的厚度，所以光束在玻璃砖2中的传播时间较长，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟练掌握光发生全反射现象的条件。当光线由光密介质射入光疏介质才可能发生全反射现象，再结合题意及折射定律判断射入和射出光线的情况。根据折射定律及传播的距离确定两光束在玻璃中传播的距离关系。
5．【答案】B
【知识点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB、设两滑块的电荷量的绝对值均为q，由于两滑块带异种电荷，则两滑块之间的作用力为引力，当系统平衡时，对滑块B有
对滑块A有
解得
，
故A错误，B正确；
C、拔走销钉的瞬间，滑块B的受不变，则滑块B的加速度为0，故C错误；
D、拔走销钉的瞬间，弹簧的弹力立即消失，对滑块A由牛顿第二定律得
解得滑块A的加速度大小为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】初始时，AB均处于平衡状态，分别对AB进行受力分析 ，根据平衡条件及力的合成与分解联立解答确定斜面的倾角及滑块所带电荷量。拔走销钉的瞬间，弹簧的弹力立即消失，其他力不发生突变，再分别对AB运用牛顿第二定律确定该瞬间AB的加速度。
6．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、气体由a到b的过程体积不变，气体不做功，温度升高，内能增加，由热力学第一定律
可知气体从外界吸收热量，故A错误；
B、气体由b到c，温度降低，分子的平均动能减小，体积减小，分子数密度增加，又由于bc的延长线过原点，由
可知气体的压强不变，则单位时间内单位面积上撞击器壁的分子数增加，故B错误；
C、由
可知图线斜率为
又由图像可知Oa连线的斜率大于Ob连线的斜率，所以状态a的压强小于状态b的压强，故C正确；
D、由图像可知，a、c的温度相同，则状态c和状态a的内能相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据图像确定不同过程封闭气体体积及温度的变化情况，再结合理想气体状态方程确定气体在不同状态下的压强情况。温度降低，内能减小，分子的平均动能减小，体积减小，分子数密度增加。体积变大气体对外做功。根据热力学第一定律判断气体吸放热情况。熟练掌握气体压强的微观意义。
7．【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A、设小灯泡的额定电压为U0、小灯泡的额定电流为I0，由题意5个小灯泡刚好正常发光，则每个小灯泡两端的电压均为U0，流过每个小灯泡的电流均为I0，则原线圈的电流为
副线圈的电流为
由变压器的工作原理
得
故A正确；
B、由公变压器的工作原理
且有
解得
故B错误；
C、电源的电压为
故C错误；
D、若将小灯泡d切断，则副线圈电流减小，故原线圈电流减小，小灯泡a、b的电流减小，亮度变暗，故D错误。
故答案为：A。
【分析】灯泡正常发光，则灯泡两端的电压等于额定电压，流过灯泡的电流均相等。再根据电路图确定流过原副线圈的电流与流过各灯泡电流之间的关系，再结合理想变压器规律及串并联电路规律进行分析。小灯泡d切断，负载的电阻变大，则电流变小。
8．【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、飞行器脱离地球运动到火星的过程，绕太阳运动、结合开普勒第二定律可知，飞行器与太阳中心的连线（逐渐变长）在相同时间内扫过的面积相同，则从离开地球运动到火星的过程飞行器速度逐渐减小，故A正确；
B、设地球绕太阳运动的轨道半径为r1，结合题图和题述可知，飞行器绕太阳运动的轨道半长轴
由开普勒第三定律可知飞行器与地球绕太阳运动的周期之比为
则飞行器运动半个周期时，地球转过的角度大于180°小于360°，故B正确；
C、飞行器的轨道半长轴小于火星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，飞行器绕太阳运动的周期小于火星的公转周期，故C错误；
D、飞行器在远日点与火星相遇时，需要减速才有可能在火星引力作用下绕火星运动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】熟练掌握开普勒定律的内容及其应用。根据开普勒第二定律分析飞行器离开地球运动到火星的过程飞行器速度变化情况。根据开普勒第三定律结合题意确定飞行器与地球绕太阳运动的周期关系，再结合周期的关系确定到达火星时，地球与飞行器和太阳连线的位置关系。飞行器在远日点与火星相遇时，飞行器绕火星运动，相当于对火星做近心运动，需要点火减速。
9．【答案】B,C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】B、设a点的电势为零，则试探电荷在a点的电势能为零，由题意可知b点的电势能为1.2×10-5J，b点的电势为
同理，c点的电势能为-6×10-6J，c点的电势为
b、c两点的电势差为
试探电荷由b移动到c电场力做功为
则该过程电势能减少1.6×10-5J，故B正确；
C、O点为ab的中点，则O点的电势为
所以O、b两点的电势差为
即O点的电势比b点电势低2V，故C正确；
D、由以上分析可知，a、c两点的电势差为
电场沿ac方向的电场强度大小为
电场沿bc方向的电场强度大小为
所以电场强度的大小为
故D错误；
A、由以上分析可知，电场既有沿a指向c方向的分量，又有沿b指向c方向的分量，故A错误。
故答案为：BC。
【分析】电场力做负功，电势能增大。规定零势能点，根据电场力移动过程的做功情况，确定各点的电势大小，再根据电势与电势差的关系确定两点之间的电势差，再根据电场力做功与电势能的关系及电势差与场强的关系进行分析。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子带正电，粒子的轨迹如图中轨迹1所示
设粒子的轨道半径为R1，由几何关系得
即
解得
由
解得
粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中偏转的角度为180°，则粒子在磁场中运动的时间为
若粒子带负电，粒子的轨迹如图中2所示，轨迹与上边界PQ相切，设粒子的轨道半径为R2，由几何关系得
解得
由
解得
粒子在磁场中偏转的角度大于45°，小于90°，则粒子在磁场中运动的时间
故答案为：AC。
【分析】裤子恰好不从OQ边界射出，则粒子的运动轨迹与PQ边界相切。由于不确定粒子的电性，故无法确定粒子的偏转方向，需采用假设法进行分析，根据粒子的电性，确定粒子的偏转方向，画出不同情况下粒子的运动轨迹，再结合几何关系确定粒子做圆周运动的半径及运动轨迹对应的圆心角，再结合带电粒子在磁场中的运动规律进行解答。
11．【答案】（1）0.97
（2）
（3）
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为
（2）由于遮光条的宽度较小，则遮光条挡光时间内的平均速度近似等于滑块经过光电门的瞬时速度，即
（3）如果滑块的释放点到光电门的间距为L，由匀变速直线运动的规律得
解得
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据某段时间内的平均速度近似等于该段时间内中间时刻的瞬时速度确定滑块经过光电门的速度。再根据匀变速直线运动位移与速度的关系进行数据处理。
12．【答案】（1）10.0或10
（2）A；C；E
（3）
（4）小于；电流的测量值偏大或电压表的分流
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表的读数为指针示数与挡位的乘积，所选挡位为“×1”，读数为10.0，则该多用表的读数为
（2）待测电阻的阻值约为10.0Ω，电源的电动势为3.0V，则流过待测电阻的最大电流为
所以电流表选择A1，即选A；电压表选择量程为3V的V1，即选C；由于电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器应用作分压接法，所以滑动变阻器应选择阻值较小的R1，即选E。
（3）比较电压表的内阻、电流表的内阻、待测电阻的阻值，显然电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，因此电流表应选择外接法，滑动变阻器用作分压接法，电路图如图所示
（4）由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，而电压的测量值是准确的，根据
气可知测量值偏小。
【分析】欧姆表的读数为指针示数与挡位的乘积。根据电源电动势的大小确定所需的电压表，根据闭合电路的欧姆定律确定回路中的最大电流，继而确定所需的电流表。 要求电表的示数从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法。熟练掌握电表内外接法的判定方法。电学实验的误差主要源于电压表的分流或者电流表的分压。
13．【答案】（1）解：瓶中的氧气压强变为时，氧气的体积为，由玻意耳定律得
代入数据得
在该状态下放出的氧气体积为
则能充满的便携式氧气瓶的个数为
（2）解：将氧气瓶移至雪山上时，氧气的温度为，压强为
由理想气体状态方程可知中
代入数据解得．
因为，所以氧气瓶有氧气泄漏，剩余的气体占原来气体的百分比为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）充气后便携式氧气瓶的压强与氧气瓶内剩余气体的压强，以氧气瓶内气体为研究对象，充气过程气体发生等温变化，根据玻意耳定律确定充气后总气体的体积，再结合数学知识进行解答；
（2）若氧气未泄露，则移至山上后，气体的体积仍等于氧气瓶体积。假设不漏气，根据题意确定移动前后封闭气体的压强和温度，再结合理想气体状态方程确定移至山上时封闭气体的体积，再根据气体体积与氧气瓶体积的关系判断是否漏气，再根据等温等压下质量之比等于体积之比确定占比情况。
14．【答案】（1）解：对A C由动能定理得
解得
（2）解：滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为Fo=μ3mg=5m
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得
解得
对长木板b由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则由
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到C的过程中，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）滑块滑上木板后，分别对滑块及木板进行受力分析，判断滑块在木板上运动时，木板是否与地面发生相对滑动。再根据牛顿第二定律确定滑块和木板的加速度，根据运动学规律确定滑块和木板共速时，滑块和木板运动的位移及时间和速度。再根据整体法和隔离法判断共速后滑块与木板是否发生相对滑动，最终滑块与木板均处于静止状态。再根据分析情况利用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出整个过程木板运动的总位移。
15．【答案】（1）解：由题意可知导体棒离开两磁场时均已做匀速直线运动，设5s与24s时导体棒的速度分别为、，由力的平衡条件可知此时导体棒所受的外力等于安培力，则由得
由法拉第电磁感应定律得，
又，解得
同理，由得
由法拉第电磁感应定律得，
又，解得
（2）解：设导体棒在虚线1、2间运动时回路中的平均电流为，平均感应电动为，则该过程导体棒所受安培力的冲量为
由法拉第电磁感应定律有
又，解得
导体棒在虚线1、2间运动时，由动量定理得，解得
导体棒在虚线2、3间做匀加速直线运动，导体棒的加速度为
在导体棒刚到虚线3时的速度为
导体棒在虚线3、4间运动时回路中的平均电流为，平均感应电动为，则该过程导体棒所受安培力的冲量为
由法拉第电磁感应定律有
又，解得
导体棒在虚线1、2间运动时，由动量定理得
解得
（3）解：由功能关系得
由串联电路特点知
联立解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，回路中产生感应电流。根据图乙可知0-5
s及7s后导体均在磁场中运动，图乙中图线的切线与横轴平行，即此时产生的电流不变，即导体棒此时处于平衡状态，根据图像确定5s及24s时回路中产生的感应电流的大小，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律及平衡条件进行进行解答；
（2）根据图像可知导体棒在虚线12间运动的时间为5s，确定该过程导体棒的受力情况及初速度，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律确定虚线12间的距离。导体棒23之间做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定确定导体棒到达虚线3的速度大小。确定导体棒在34间的运动时间及到达虚线4的速度，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律确定虚线34间的距离；
（3）确定导体棒在12间运动过程各力的做功情况及能量转化情况，再根据功能关系及串联电路规律进行解答。
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