寧夏石嘴山三中2025屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE14PAGE13寧夏石嘴山三中2025屆高三物理上學(xué)期期末考試試題（含解析）一、單選題（本大題共4小題，共24.0分）如圖是物體A、B的x-t圖象，由圖可知（）

A.5s內(nèi)A、B的平均速度相等

B.兩物體由同一位置起先運(yùn)動(dòng)，但物體A比B遲3s才起先運(yùn)動(dòng)

C.在5s內(nèi)物體的位移相同，5s末A、B相遇

D.從第3s起，兩物體運(yùn)動(dòng)方向相同，且vA右圖中靜止的光滑小球質(zhì)量為m，固定斜面傾角為α，擋板豎直，斜面對小球的支持力大小為N1，擋板對小球的水平壓力為N2，則（）

A.N1=mgcosα B.N1=mg已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍．一飛行器繞地球做勻逮圓周運(yùn)動(dòng)的周期為3小時(shí)．若地球半徑為R，則該飛行器繞地心飛行的軌道半徑最接近（）A.0.83R B.1.7R C.1.9R D.3.3R兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。則下列說法正確的是（）

A.B、C碰撞剛結(jié)束時(shí)BC的共同速度為3

m/s

B.彈簧的彈性勢能最大時(shí)，物塊A的速度為3

m/s

C.彈簧的彈性勢能最大值為36J

D.彈簧再次復(fù)原原長時(shí)A、B、C三物塊速度相同二、多選題（本大題共6小題，共32.0分）如圖所示，含有11H、12H、24He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)。則（）A.打在P1點(diǎn)的粒子是?24He

B.打在P2點(diǎn)的粒子是?12H和?24He

如圖所示電路中，電建閉合后將滑動(dòng)變阻器R0的滑片向上滑動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.電流表的示數(shù)變大

B.電阻R1消耗的功率減小

C.電壓表的示數(shù)降低

D.滑動(dòng)變阻器R0如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（）A.三個(gè)等勢面中，c的電勢最高

B.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的電勢能比通過Q點(diǎn)時(shí)的電勢能大

C.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大

D.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)的加速度大如圖所示，一質(zhì)量為m的物體靜置在傾角為θ=30°的固定光滑斜面底端。現(xiàn)用沿斜面對上的恒力F拉物體，使其做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t，力F做功為W，此后撤去恒力F，物體又經(jīng)時(shí)間t回到動(dòng)身點(diǎn)，若以斜面底端為重力勢能零勢能面，則下列說法正確的是（）A.回到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為g2Wm

B.從起先到回到動(dòng)身點(diǎn)的整個(gè)過程中機(jī)械能增加了W

C.恒力F大小為23mg

D.下列關(guān)于固體、液體和氣體的說法正確的是（）A.固體中的分子是靜止的，液體、氣體中的分子是運(yùn)動(dòng)的

B.液體表面層中分子間的相互作用力表現(xiàn)為引力

C.高壓氣體的體積很難進(jìn)一步被壓縮，緣由是高壓氣體分子間的作用力表現(xiàn)為斥力

D.在完全失重的狀況下，氣體對容器壁的壓強(qiáng)為零

E.在絕熱條件下壓縮氣體，氣體內(nèi)能肯定增加下列關(guān)于光的說法中正確的是（）A.雨后彩虹是由于太陽光入射到水滴中發(fā)生全反射形成的

B.泊松亮斑的發(fā)覺支持了光的波動(dòng)說

C.在雙縫干涉試驗(yàn)中，用紅光代替黃光作為入射光可減小干涉條紋的間距

D.在潛水員看來，岸上的全部景物都出現(xiàn)在一個(gè)倒立的圓錐里

E.光從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)發(fā)生折射是因?yàn)楣庠诓煌橘|(zhì)中的傳播速度不同三、填空題（本大題共2小題，共15.0分）（1）一位電工師傅在一次測量工作中，分別用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器測量某樣品，用20分度游標(biāo)卡尺測得該樣品的長度如圖甲所示，其示數(shù)L=______mm；用螺旋測微器測得該樣品的直徑如圖乙所示，其示數(shù)D=______mm．

（2）如圖是探討平拋運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)演示試驗(yàn)，圖丙中當(dāng)用錘子擊打鋼片時(shí)，A球水平飛出，B球自由下落，通過______知道兩球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，本試驗(yàn)說明平拋運(yùn)動(dòng)在______方向是______運(yùn)動(dòng)；丁圖中電動(dòng)小車上方有一電磁鐵，通電時(shí)車子向左勻速運(yùn)動(dòng)，電磁鐵吸住小鋼球，鋼球正

方有一碗D，小車在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，切斷電源，鋼球恰落在碗內(nèi)，本試驗(yàn)說明平拋運(yùn)動(dòng)在______方向是______運(yùn)動(dòng)．

熱敏電阻是傳感電路中常用的電子元件．現(xiàn)用伏安法探討熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，要求特性曲線盡可能完整．已知常溫下待測熱敏電阻的阻值約4～5Ω熱敏電阻和溫度計(jì)插入帶塞的保溫杯中，杯內(nèi)有肯定量的冷水，其它備用的儀表和儀器具有：

A．電流表A1，量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω

B．電流表A2，量程3A，內(nèi)阻約2Ω

C．電壓表V1，量程15V，內(nèi)阻約15kΩ

D．電壓表V2，量程3V，內(nèi)阻約5kΩ

E．滑動(dòng)變阻器R1（0～100Ω）

F．滑視變阻器R2（0～20Ω）

G．電源E（3V、內(nèi)阻可忽視）

H．盛有熱水的熱水杯（圖中未畫出）

I．開關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）試驗(yàn)中應(yīng)選用的電流表為______（填“A1”或“A2”），應(yīng)選用的電壓表為______（填

“V1”或“V2”），應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器為______（填“R1”或“R2”）

（2）在圖（a）的方框中畫出試驗(yàn)電路原理圖，要求測量誤差盡可能?。?/p>

（3）依據(jù)電路原理圖，在圖（b）的實(shí)物圖上連線．

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共52.0分）在一個(gè)水平面上建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=6×105N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個(gè)帶電量q=-5×10-8C，質(zhì)量

m=10g的絕緣物塊，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0=2m/s，如圖所示，求物塊最終停止時(shí)的位置．（g取10m/s

如圖所示。在平面直角坐標(biāo)系xOy中，y軸左側(cè)有兩個(gè)正對的極板，極板中心在x軸上，板間電壓U0=1×102V，右側(cè)極板中心有一小孔，左側(cè)極板中心有一個(gè)粒子源，能向外釋放電荷量q=-1.6×10-8C、質(zhì)量m=3.2×10-10kg的粒子（粒子重力、初速度忽視不計(jì)）；y軸右側(cè)以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑R=52m的半圓形區(qū)域內(nèi)存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場（未畫出）．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，粒子經(jīng)電場加速后進(jìn)入y軸右側(cè)。沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)。

（1）求半圓形區(qū)域中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小和方向。

（2）若撤去磁場，求粒子在半圓形區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和射出點(diǎn)的坐標(biāo)M。

（3）若撤去半圓形區(qū)域的電場，求粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑和從磁場中射出點(diǎn)的坐標(biāo)N。

如圖所示，肯定質(zhì)量的志向氣體從狀態(tài)A改變到狀態(tài)B，再由狀態(tài)B改變到狀態(tài)C．已知狀態(tài)A的溫度為300K。

①求氣體在狀態(tài)B的溫度；

②由狀態(tài)B改變到狀態(tài)C的過程中，氣體是吸熱還是放熱？簡要說明理由。

如圖所示，一個(gè)橫截面為直角三角形的三棱鏡，∠A=30°，∠C=90°．三棱鏡材料的折射率是n=3．一束與BC面成θ=30°角的光線射向BC面．

①試通過計(jì)算說明在AC面下方能否視察到折射光線？

②作出三棱鏡內(nèi)完整的光路圖，指出最終的出射光線與最初的入射光線之間的夾角．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、在5s內(nèi)，A的位移為10m，B的位移為5m，故位移不同，平均速度也不同，故A錯(cuò)誤。

B、t=0時(shí)A在坐標(biāo)原點(diǎn)，B在x=5m處，不是同一位置，物體A比B早3s起先運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。

C、由上分析知，在5s內(nèi)物體的位移不同，5s末相遇，故C錯(cuò)誤。

D、x-t圖象的斜率速度，從第3s起，兩物體運(yùn)動(dòng)方向相同，為正方向；圖象A的斜率大，說明A的速度大；故D正確。

故選：D。

x-t圖象的斜率表示速度，縱軸截距表示動(dòng)身點(diǎn)的坐標(biāo)。傾斜直線表示勻速直線運(yùn)動(dòng)。據(jù)此分析。

本題關(guān)鍵是明確x-t圖象的斜率表示速度，縱軸截距表示動(dòng)身點(diǎn)坐標(biāo)，橫軸截距表示起先運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。2.【答案】C

【解析】解：球受三個(gè)力：重力G、斜面對小球的支持力N1、擋板對小球的水平壓力N2．如圖所示。

將重力與擋板對球體的支持力合成，因小球處于平衡狀態(tài)，所以合力與斜面對小球的支持力等大反向。

由cosα=得：N1=

由tanα=得：N2=mgtanα

故ABD錯(cuò)誤C正確。

故選：C。

球體受到三個(gè)力作用：重力G、擋板對球體的支持力N2和斜面對球體的支持力N1．依據(jù)平衡條件求出兩個(gè)支持力。

本題是簡潔的力平衡問題，關(guān)鍵是分析物體的受力狀況，作出力圖，依據(jù)平衡條件求解。3.【答案】B

【解析】解：將開普勒第三定律用到地球系統(tǒng)，全部的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方與公轉(zhuǎn)周期的平方的比值都相等，故：

解得：R飛=≈1.7R

故選：B。

依據(jù)開普勒定律，全部的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方與公轉(zhuǎn)周期的平方的比值都相等．

本題關(guān)鍵將開普勒第三定律運(yùn)用到地球系統(tǒng)列式，也可以用萬有引力供應(yīng)向心力列式求解出兩個(gè)衛(wèi)星的周期表達(dá)式進(jìn)行比較．4.【答案】B

【解析】解：A、B與C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv=（mB+mC）vBC，解得vBC=2

m/s。故A錯(cuò)誤。

B、當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大。設(shè)向右為正方向，由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得（mA+mB）v=（mA+mB+mC）vABC，解得：vABC=3m/s，故B正確。

C、設(shè)物ABC速度相同時(shí)彈簧的彈性勢能最大為Ep，依據(jù)能量守恒是：Ep=（mB+mC）vBC2+mAv2-（mA+mB+mC）vABC2=×（2+4）×22+×2×62-×（2+2+4）×32=12

J．故C正確。

D、設(shè)彈簧再次復(fù)原原長時(shí)A的速度為v1．B、C的速度為v2．從B、C碰撞后到彈簧再次復(fù)原原長的過程，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒分別得

mAv+（mB+mC）vBC=mAv1+（mB+mC）v2

（mB+mC）vBC2+mAv2=mAv12+（mB+mC）v22

聯(lián)立解得v1=0，v2=4m/s或v1=2m/s，v2=6m/s，不合理，舍去，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

B與C發(fā)生碰撞過程，依據(jù)動(dòng)量守恒定律求出B、C碰撞剛結(jié)束時(shí)BC的共同速度；當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，三者具有相同的速度，由三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求此時(shí)A的速度；由能量守恒求解彈性勢能的最大值。從B、C碰撞后到彈簧再次復(fù)原原長的過程，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒求A、B、C三物塊速度。

本題是含有非彈性碰撞的過程，不能全過程列出機(jī)械能守恒方程，這是學(xué)生常常犯的錯(cuò)誤。要正確選擇探討過程和對象，分段運(yùn)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。5.【答案】BC

【解析】解：帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時(shí)，電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即：

qvB=qE

所以：

可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度。

A、帶電粒子在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，所以：

所以：r=

可知粒子的比荷越大，則運(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是H，打在P2點(diǎn)的粒子是H和He．故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由題中的數(shù)據(jù)可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的軌道的半徑是H和He的半徑的倍，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍。故C正確；

D、粒子運(yùn)動(dòng)的周期：T=，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等。故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度，然后結(jié)合帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑公式與周期公式即可求出。

該題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)與粒子的速度選擇器的原理，解答的關(guān)鍵是明確粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度是相等的！6.【答案】ABD

【解析】解：A、電建閉合后將滑動(dòng)變阻器R0的滑片向上滑動(dòng)，R0接入電路的電阻變大，R0與R1并聯(lián)的總電阻變大，依據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律知：R0與R1并聯(lián)部分的電壓變大，則電流表的示數(shù)變大，故A正確。

B、R0與R1并聯(lián)的總電阻變大，外電路總電阻變大，總電流變小，通過R1的電流減小，則電阻R1消耗的功率減小，故B正確。

C、總電流變小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓上升，所以電壓表的示數(shù)上升，故C錯(cuò)誤。

D、R0與R1并聯(lián)部分的電壓變大，則R0兩端的電壓上升，故D正確。

故選：ABD。

依據(jù)R0接入電路的電阻改變，分析總電阻的改變，確定總電流的改變，結(jié)合串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析并聯(lián)部分電壓的改變，來分析電流表的示數(shù)改變狀況。依據(jù)總電流的改變分析電阻R1消耗的功率的改變。依據(jù)路端電壓的改變分析電壓表示數(shù)的改變。

本題按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，駕馭閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律是分析的理論依據(jù)。7.【答案】BD

【解析】解：A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a等勢線的電勢最高，故A錯(cuò)誤；

B、依據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力狀況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點(diǎn)的電勢能大于Q點(diǎn)的電勢能，故B正確；

C、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動(dòng)能增大，故P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D、等勢線密的地方電場線密場強(qiáng)大，故P點(diǎn)位置電場強(qiáng)，電場力大，依據(jù)牛頓其次定律，加速度也大，故D正確。

故選：BD。

由于質(zhì)點(diǎn)只受電場力作用，依據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于質(zhì)點(diǎn)帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能改變可以通過電場力做功狀況推斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強(qiáng)度大．

解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的思路是：依據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡推斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步推斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動(dòng)能等物理量的改變．8.【答案】BC

【解析】解：A、對整個(gè)過程，依據(jù)動(dòng)能定理得：mv2=W，解得：v=．則物體回到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvsin30°=g，故A錯(cuò)誤。

B、除重力以外的力做功等于機(jī)械能的改變量，力F做功為W，則從起先到回到動(dòng)身點(diǎn)的整個(gè)過程中機(jī)械能增加了W，故B正確；

C、從起先到經(jīng)過時(shí)間t，物體受重力，拉力，支持力，由牛頓其次定律得物體加速度為：a=

①

撤去恒力F到回到動(dòng)身點(diǎn)，物體受重力，支持力，由牛頓其次定律得物體加速度大小為：a′==0.5g②

兩個(gè)過程位移大小相等方向相反，時(shí)間相等。得：at2=-（at?t-a′t2）③

①②③聯(lián)立解得：a′=3a，F(xiàn)=mg，故C正確；

D、設(shè)撤去恒力F時(shí)速度大小為v0，物體回到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度大小為v。取沿斜面對上為正方向，依據(jù)撤去F前后兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反，得t=-

，解得v=2v0，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

對從起先到回到動(dòng)身點(diǎn)的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理探討求出物體回到動(dòng)身點(diǎn)的動(dòng)能。依據(jù)除重力以外的力做功等于機(jī)械能的改變量，求得整個(gè)過程中機(jī)械能增加量。分別探討從起先到經(jīng)過時(shí)間t和撤去恒力F到回到動(dòng)身點(diǎn)，物體的受力狀況，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出恒力F．依據(jù)撤去F前后兩個(gè)過程的位移大小相等列式，求得物體回到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度與撤去恒力F時(shí)速度大小關(guān)系。

本題是動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要抓住兩個(gè)過程之間的位移關(guān)系和時(shí)間關(guān)系，知道除重力以外的力做功等于機(jī)械能的改變量。9.【答案】BE

【解析】解：A、無論固體、液體和氣體，分子都是在永不停息的做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)分子間距離為r0時(shí)，分子引力和斥力相等，液體表面層的分子比較稀疏，分子間距大于r0，所以分子間作用力表現(xiàn)為引力，故B正確；

C、高壓氣體的體積很難進(jìn)一步被壓縮，緣由是氣體之間有壓強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；

D、在完全失重的狀況下，分子運(yùn)動(dòng)不停息，氣體對容器壁的壓強(qiáng)不為零，封閉氣體壓強(qiáng)與重力無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

E、絕熱條件下壓縮氣體，依據(jù)熱力學(xué)第肯定律可知△U=W+Q＞0，即內(nèi)能增加，故E正確；

故選：BE。

物質(zhì)是有大量分子構(gòu)成，分子永不停息做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)；

當(dāng)分子間距離為r0時(shí)，分子引力和斥力相等，液體表面層的分子比較稀疏，分子間距大于r0，所以分子間作用力表現(xiàn)為引力；

氣體對容器壁的壓強(qiáng)是氣體分子對器壁的碰撞產(chǎn)生的，與重力無關(guān)；

依據(jù)熱力學(xué)第肯定律可知△U=W+Q分析內(nèi)能的改變。

考查分子永不停息做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，理解液體表面張力的含義，知道氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的緣由和微觀說明，駕馭存在吸熱，而溫度不肯定上升的結(jié)論。10.【答案】BDE

【解析】解：A、雨后彩虹是由于太陽光入射到水滴中發(fā)生的折射形成的，故A錯(cuò)誤；

B、泊松亮斑是光照耀的很小的圓形障礙物上形成的，影子的中間出現(xiàn)一個(gè)亮斑，是光的衍射想象，故B正確；

C、在雙縫干涉試驗(yàn)中，用紅光代替黃光后，波長變長，則導(dǎo)致干涉條紋的間距增大，故C錯(cuò)誤；

D、水面上全部景物發(fā)出的光進(jìn)入水中時(shí)經(jīng)過折射，最大的折射角為全反射臨界角。光從空氣折射進(jìn)入人眼，折射角小于入射角，人眼認(rèn)為光是直線傳播的，所以在潛水員看來，岸上的全部景物都出現(xiàn)在一個(gè)頂角為臨界角2倍的倒立的圓錐里。故D正確；

E、從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)發(fā)生折射是因?yàn)楣庠诓煌橘|(zhì)的折射率不同，依據(jù)c=nv，可知，傳播速度也不同，故E正確。

故選：BDE。

彩虹是光的折射現(xiàn)象形成的；泊松亮斑是光的波動(dòng)現(xiàn)象。在雙縫干涉試驗(yàn)中，當(dāng)波長越長時(shí)，條紋間距越寬；依據(jù)光的折射定律，即可分析潛水員視野的形態(tài)；發(fā)生光的折射現(xiàn)象時(shí)，光的速度隨著折射率不同，而發(fā)生改變，從而即可各項(xiàng)求解。

本題的關(guān)鍵是理解各種光現(xiàn)象形成的緣由，理解光的折射、衍射與干涉現(xiàn)象的原理，及其區(qū)分，留意干涉條紋間距影響的因素，并理解折射中，傳播速度與折射率成反比。11.【答案】30.35

3.206

聽聲音

豎直

自由落體運(yùn)動(dòng)

水平

勻速直線

【解析】解：（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為：30mm+0.05×7mm=30.35mm．螺旋測微器的讀數(shù)為：3mm+0.01×20.6mm=3.206mm．

（2）圖丙中當(dāng)用錘子擊打鋼片時(shí)，A球水平飛出，B球自由下落，因?yàn)槁涞貢r(shí)間極短，眼睛看不過來，通過聽時(shí)間推斷出兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，從而確定平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．

車在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，切斷電源，鋼球恰落在碗內(nèi)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，碗在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間內(nèi)水平位移相等，知平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)．

故答案為：（1）30.35，3.206．

（2）聽聲音，豎直，自由落體，水平，勻速直線．

（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需估讀．

（2）小球A做平拋運(yùn)動(dòng)，B做自由落體運(yùn)動(dòng)，依據(jù)同時(shí)落地，得出平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律與自由落體運(yùn)動(dòng)相同．小球C做平拋運(yùn)動(dòng)，D做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過相等時(shí)間內(nèi)水平位移相等，知平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)．

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．12.【答案】A1

V2

R2

【解析】解：（1）通過熱敏電阻電流最大值約為Imax==A=0.75A，若電表表選A2，量程過大，指針偏轉(zhuǎn)角過小，誤差較大，故應(yīng)選A1．電源的電動(dòng)勢為3V，選用的電壓表V1即可．要探討熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，則須要電壓的改變范圍要盡可能的大，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)采納分壓接法，為便利調(diào)整，變阻器應(yīng)選R2．

（2）熱敏電阻的阻值隨溫度的上升而減小，故要研熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，則須要電壓的改變范圍要盡可能的大，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)采納分壓接法，熱敏電阻的阻值常溫下約4～5Ω，故熱敏電阻為小電阻．故電流表采納外接法．故電路連接如圖所示．

（3）比照電路圖，按依次連接實(shí)物圖，如圖所示．

故答案為：

（1）Al，V2，R2．

（2）如圖所示

（3）如圖所示

（1）依據(jù)歐姆定律，估算出通過熱敏電阻電流的范圍，選擇電流表的量程．電源的電動(dòng)勢為3V，選用的電壓表V1即可．本試驗(yàn)探討熱敏電阻的伏安特性曲線，電壓和電流必需從起先調(diào)整，變阻器應(yīng)采納分壓式接法，應(yīng)選擇總電阻較小的變阻器，便利調(diào)整．

（2）依據(jù)電流表和電壓表的內(nèi)阻與熱敏電阻電阻進(jìn)行比較，選擇電流表的接法．變阻器采納分壓式接法，調(diào)壓較大．

（3）比照電路圖，按依次連接實(shí)物圖．

本題考查了滑動(dòng)變阻器的接法，電流表的接法，關(guān)鍵試驗(yàn)?zāi)康拿鞔_、懂得試驗(yàn)原理，分析好題意即可順當(dāng)求解．13.【答案】解：當(dāng)物塊沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到沿x軸負(fù)方向的電場力F和動(dòng)摩擦力f．電場力大小為F=Eq，滑動(dòng)摩擦力大小為f=μFN=μmg．

設(shè)物塊沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)離O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為s，此過程中由動(dòng)能定理得

?(F+f)=?12mv02

聯(lián)立解得

s=mv022(qE+μmg)=0.4m

由于F＞f，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)離O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離時(shí)，又返回向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)最終停止時(shí)在側(cè)s'處．

在物塊向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理得：

（F-f）s-

物塊以初速度v0=2m/s沿x軸正方向，受到向左的電場力而勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減至零時(shí)，小物塊沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)離O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理求出此最遠(yuǎn)的距離．依據(jù)電場力與最大靜摩擦力的關(guān)系，分析物體能否停在離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的位置．若不能，物塊向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，停在距O點(diǎn)左側(cè)，依據(jù)動(dòng)能定理求出離O點(diǎn)的距離

本題涉及力在空間的累積效果，優(yōu)先考慮動(dòng)能定理．對于動(dòng)能定理的應(yīng)用，關(guān)鍵要選擇探討的過程，分析受力狀況，確定外力做的總功14.【答案】解：（1）加速電場依據(jù)動(dòng)能定理可得：qU0=12mv2可得：v=2qU0m=2×1.6×10?8×1×1023.2×10?10=100m/s

經(jīng)電場加速后進(jìn)入y軸右側(cè)。沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，故在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力與洛倫茲力平衡：qvB=Eq

聯(lián)立可得電場強(qiáng)度的大?。篍=Bv=2×100V/m=200V/m，方向沿y軸負(fù)方向

（2）若撤去磁場，粒子僅受電場力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示，

設(shè)出射點(diǎn)坐標(biāo)為（xM，yM）

依據(jù)牛頓其次定律可得：a=Eqm=200×1.6×10?83.2×10?10=1×104m/s2

依據(jù)類平拋規(guī)律可得：xM=vt

yM=at2

依據(jù)幾何關(guān)系可得：xM2+yM2=R2

可得：xM=1m，yM=0.5m，

運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=0.01s

故粒子在半圓形區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.01s和射出點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1m，0.5m）

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示，設(shè)出射點(diǎn)坐標(biāo)為（xN，-yN）

依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得：qvB=mv2r

可得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑：r