2024年广西河池市高考物理一模试卷(含解析）

这是一份2024年广西河池市高考物理一模试卷(含解析），共19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。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在核反应方程 24He+ 714N→ 817O+X中，X表示的是( )
A. 质子B. 中子C. 电子D. 粒子
2.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. 液滴带的是负电B. a点的电势比b点的低
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻恰好传播到x=6.0m处，波形如图所示。t=0.2s时，平衡位置为x=4.5m的质点A第一次到达波峰。下列说法正确的是( )
A. 简谐横波的波速大小为30m/s
B. 波源振动的周期为0.8s
C. t=0.2s时，平衡位置为x=3.0m的质点处于波谷
D. 从t=0到t=2.0s时间内，平衡位置x=9.0m的质点通过的路程为1.8m
4.如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处(入射到b、c两点的两束单色光分别称为单色光b和单色光c)，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是( )
A. 单色光b可能在b点发生全反射
B. 在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的大
C. 单色光b的波长比单色光c的长
D. 单色光b的频率比单色光c的小
5.输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，输入电压有效值为9V的正弦式交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为4Ω，负载R的阻值为8Ω。右侧理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，R消耗的功率为P。以下计算结果正确的是( )
A. P=16WB. P=32WC. P=64WD. P=72W
6.某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为h1=2.8m处将排球水平击出；乙运动员在离地h2=1.0m处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。以下说法正确的是( )
A. 排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s
B. 排球水平击出时的初速度大小为6.0m/s
C. 排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N⋅s
D. 排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m
7.在“互联网+”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱和里面快递的总质量为30kg，货箱与地面间的动摩擦因数μ= 33。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动，取g=10m/s2，则所施加拉力的最小值和方向为( )
A. 大小为100N，方向指向左上方与水平方向成30°
B. 大小为100N，方向指向左上方与水平方向成60°
C. 大小为150N，方向指向左上方与水平方向成30°
D. 大小为150N，方向指向左上方与水平方向成60°
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.天舟七号货运飞船入轨后顺利完成状态设置，于北京时间2024年1月18日(农历腊月初八)1时46分，成功对接于空间站天和核心舱后向端口。现为研究方便简化为：对接前，“空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“天舟七号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转；“天舟七号”在轨道1上的P点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点R与“空间站”进行对接。则下列说法正确的是( )
A. “天舟七号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B. “天舟七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，地球对它的万有引力不做功
C. “天舟七号”瞬间改变速度后沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点的过程，机械能守恒
D. “空间站”在轨道3上经过R点时的速度与“天舟七号”在轨道2上经过R点时的速度大小相等
9.甲、乙两辆车初始时相距1200m，甲车在后、乙车在前，乙车在8s时刻开始运动，它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 乙车的加速度大小为0.42m/s2
B. 两辆车在t=36s时速度相等
C. 两辆车可能相撞
D. 甲车停下时，乙车在甲车前面391m处
10.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v04。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是( )
A. M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为F=B2L2v0R
B. N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q=mv04BL
C. 初始时刻N到ab的最小距离x=mv0R4B2L2
D. 从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N产生的焦耳热Q=3mv0232
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示的实验装置，转轴MN由小电机带动，转速可调，固定在转轴上O点的力传感器通过轻绳连接一质量为m的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片P，小球每转一周遮光片P通过右边光电门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：

(1)用螺旋测微器测量遮光片P的宽度d，测量结果如图乙所示，则d= ______mm。
(2)如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴O点的距离记为L1，测量小球球心到转轴O点的距离记为L2。开动电动机，让小球转动起来，某次遮光片通过光电门时光电门计时为t，则小球此时的角速度等于______。(用字母d、t、L1、L2中的部分字母表示)
(3)验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片P每次通过光电门的时间相同，调节小球球心到转轴O点的距离L2的长度，测出每一个L2的长度以及其对应的力传感器的读数F，得出多组数据，画出F−L2的关系图像应该为______。

(4)验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴O点距离L2不变，调节电动机转速，遮光片P每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间t同时记录此时力传感器的读数F，得出多组F与t的数据，为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画______(选填“F−t”“F−t2”“F−1t”或“F−1t2”)关系图。
12.桂林市某一中学电学实验室需要测量某电阻Rx(阻值约为3kΩ)的阻值，现有如下器材：
A：电流表A1量程0.6A，内阻约为3Ω
B：电流表A2量程1mA，内阻约为100Ω
C：电压表V1量程3V，内阻约为3000Ω
D：电压表V2量程15V，内阻约为15kΩ
E：滑动变阻器R1，最大阻值1kΩ，允许最大电流0.6A
F：滑动变阻器R2，最大阻值20Ω，允许最大电流1A
C：电源电动势3V
H：导线、开关若干
(1)某实验小组设计了如图所示的测量电路，为了准确测量Rx的阻值，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______。(填各器材前面的序号)
(2)他们根据第(1)问中所选器材的相关数据按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后______(选填“闭合S1断开S2”或“闭合S2断开S1”)，调节RP到合适位置，分别读出电压表和电流表读数为U和I，测得Rx=UI。
(3)调节RP得出多组U和I的值，算出多组Rx值，然后取平均值，此平均值即为Rx的测量值。
(4)该实验小组分析了实验误差，发现测量值______真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)，于是设计了一个新的操作方案：
①仍按如图所示连接好电路；
②闭合S之后，再闭合S1断开S2，调节RP让电流表、电压表有合适值，读出此时的电压表读数U1；
③不调动RP的位置，断开S1和S2，让电流表与Rx直接串联，读出此时电流表读数为I1；
④计算得Rx的测量值为Rx=U1I1。
请你分析一下这个新的操作方案有没有系统误差(分析时可认为，不调动RP位置则OP间的电压不变)，Rx的测量值______真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U形管，U形管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度L=22cm，左右两管水银柱高度相同都为H=28cm，U形管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：
(1)现将U形管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？
(2)小林同学利用这个U形管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U形管移到另一个封闭环境(如题图所示竖直放在地面上)，左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？
14.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷qm的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的正粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。求：
(1)粒子P的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
15.如图所示，一足够长倾斜角θ=30°的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B(可看成质点)，已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为L=0.9m的地方固定一光滑小球C(可看成质点)，已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数μ1= 32，A与斜面间动摩擦因数μ2= 33，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
(1)小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
(2)要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
(3)A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】根据质量数和电荷数守恒， 24He+ 714N→ 817O+ 11X，X表示的是质子，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A.因为电场方向向右，液滴加速向右运动，可知液滴带正电，故A错误；
B.电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的高，故B错误；
C.因a点的等势面较b点密集，可知a点的场强大于b点场强，则液滴在a点的加速度比在b点的大，故C错误；
D.液滴带正电，且a点的电势比b点的高，则液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选：D。
根据高压电源的正、负极判断吸板与发射极之间的电场方向，再根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的高低；等差等势线的疏密反映场强的大小，等势面越密的地方，场强越大，据此分析加速度大小；只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小，据此分析判断。
本题考查了电势的高低、场强的大小、电势能的大小的判断；在非匀强电场中，可以用场强与电势差的关系进行定性判断；知道只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变。
3.【答案】D
【解析】解：AB、t=0时，质点A在波谷，t=0.2s第一次到达波峰，则有t=0.2s=T2，可知周期为T=0.4s，从波形图中可知波长为λ=6m，则波速为v=λT=，故AB错误；
C、t=0时，平衡位置为x=3.0m的质点位于平衡位置，且速度沿y轴正方向，且t=0.2s=T2，则t=0.2s时，平衡位置为x=3.0m的质点处于平衡位置，且速度沿y轴负方向，故C错误；
D、波从x=6.0m处传到x=9.0m处需要的时间为t1=Δxv=9.0−6.015s=0.2s，从t=0到t=2.0s时间内，平衡位置在x=9.0m的质点振动时间为t2=2.0s−0.2s=1.8s=412T，所以从t=0到t=0.2s时间内，平衡位置x=9.0m的质点通过的路程为s=4.5×4A=18A=18×10cm=180cm=1.8m，故D正确。
故选：D。
由图读出波长，由质点A的振动情况求出周期，从而求得波速。根据时间与周期的关系判断t=0.2s时，平衡位置为x=3.0m的质点的位置。结合时间与周期的倍数求质点通过的路程。
解答本题时，要把握质点的振动与波动之间的联系，理解波的形成过程，根据时间与周期的关系来分析质点的位置以及质点通过的路程。
4.【答案】A
【解析】解：A.设光处M点入射的入射角为θ，到达b的折射角为α，到达b时的入射角为β，如图
设单色光b的从玻璃射出时的折射角为γ，根据折射定律，有n=sinθsinα，n=sinγsinβ
从图中可知，单色光b的从玻璃射出时的入射角β大于从空气射入玻璃时的折射角α，则∠γ>∠θ
若γ≥90，则单色光b能发生全反射，故A正确；
B.根据折射定律，结合题目的图可知单色光b的折射率比单色光c的大，根据v=cn可知在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的小，故B错误；
CD.单色光b的折射率比单色光c的大，根据折射率与频率的关系，所以单色光b的频率比单色光c的大，根据λ=cf可知，单色光b的波长比单色光c的小，故CD错误。
故选：A。
根据光的折射率分析bc两点对应光的种类，根据全反射临界条件，分析是否发生全反射；由v=cn结合折射率，分析光速；由v=λf，比较波长大小；根据波长与频率的关系判断。
本题考查学生对折射定律、全反射临界条件、光的频率、波长关系等规律的掌握，解题关键是正确画出光路图。
5.【答案】B
【解析】解：依题意知，升压变压器原线圈两端的电压为：U1=9V
根据原副线圈电压与匝数的关系得：U1U2=n1n2
解得升压变压器副线圈两端的电压为：U2=36V
在输电回路中，由欧姆定律有
U2=U3+I2r
对于降压变压器，有
U3U4=n3n4=21
I2I4=n4n3
对R，有U4=I4R
联立可得通过R的电流为：I4=2A
所以P=I42R=22×8W=32W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先根据变压关系求出升压变压器副线圈两端的电压。在输电回路中，根据欧姆定律列式。结合降压变压器变压关系、变流关系列式，联立求出R的电流，再求R消耗的功率。
本题考查远距离输电问题，解题的关键在于掌握理想变压器的规律，找出各部分电压和电流的关系。
6.【答案】C
【解析】解：A.排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为，竖直方向有
h1−h2=12gt2
解得
t=0.6s
故A错误；
B.垫起后球的速度大小相等，方向相反，所以乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
vy=gt=10×0.6m/s=6m/s
根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为θ=37°，故排球被水平击出时的初速度大小为
v0=vytanθ=6tan37∘m/s=634m/s=8m/s
故B错误；
C.乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为
v= v02+vy2= 82+62m/s=10m/s
根据动量定理，排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为
I=2mv=2×0.3×10N⋅s=6N⋅s
故C正确；
D.根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返回，故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为h=h1=2.8m，故D错误。
故选：C。
根据竖直方向自由落体运动的规律计算；先计算垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小，再根据几何知识计算初速度；根据勾股定理计算乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小，再根据动量定理计算合外力冲量的大小；根据对称性分析判断。
本题关键掌握该斜抛运动是平抛运动的逆过程。
7.【答案】C
【解析】解：设施加拉力为F，方向与水平面夹角为θ，由平衡条件可得：Fcsθ=μ(mg−Fsinθ)
整理可得：F=μmgμsinθ+csθ
由数学知识，令sinα=1 1+μ2=1 1+( 33)2= 32，csα=μ 1+μ2= 33 1+( 33)2=12
则有：F=μmg μ2+1sin(θ+α)
当θ+α=π2时，即θ=30°，F有最小值，最小值为：Fmin=μmg 1+μ2= 33×30×10 1+( 33)2N=150N，方向指向左上方与水平方向成30°，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对物体受力分析，设拉力最小时，F与水平方向夹角为θ，根据平衡条件列方程，根据数学知识求解极值。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8.【答案】AC
【解析】解：A.“天舟七号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，要做离心运动，其速度要增大，所以“天舟七号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，故A正确；
B.“天舟七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，则万有引力对其做负功，故B错误；
C.“天舟七号”瞬间改变速度后沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中，只有万有引力做功，其机械能守恒，故C正确；
D.“天舟七号”由轨道2变轨到轨道3，必须在R点加速，所以“空间站”在轨道3上经过R点时的速度比“天舟七号”在轨道2上经过R点时的速度大，故D错误。
故选：AC。
A.根据离心运动的条件进行分析判断；
B.根据万有引力和速度方向的夹角判断做功情况；
C.根据机械能守恒的条件判断；
D.根据变轨条件进行分析判断。
考查卫星的变轨、能量守恒等问题，结合万有引力提供向心力等知识点进行分析判断。
9.【答案】BD
【解析】解：A.乙车的加速度大小为：
a2=Δv2Δt2
其中Δv2=21m/s−0=21m/s，Δt2=50s−8s=42s
代入数据得：a2=0.5m/s2，故A错误；
B.甲车加速度为：
a1=Δv1Δt1
其中Δv1=0−50m/s=−50m/s，Δt1=50s−0=50s
代入数据得：a1=−1m/s2
两车速度相等时，有
v1+a1t=a2(t−8s)
解得：t=36s，故B正确；
CD.甲车停下时，位移为：
x1=v12t0
其中v1=50m/s，t0=50s
代入数据得：x1=1250m
此时乙的位移为：
x2=12a2(t0−8s)2
代入数据得：x2=441m
则两车之间距离为：
Δx=x2+x0−x1
代入数据得：Δx=391m
由此可知两车不相撞，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据速度—时间图像的斜率求出加速度；分别写出甲、乙的速度与时间的关系，再求速度相等的时间；当两车速度相等时不撞就不会再相撞了，根据位移关系分析，由位移—时间公式和位移关系分析两车位置关系。
本题考查v−t图象的应用，要明确v−t图象中图象的面积表示位移的应用，知道斜率表示加速度，对于相遇问题，关键要分析两车的位移关系、速度关系。
10.【答案】BD
【解析】解：A.M刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：I=E2R=BLv02R
则M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为：F=IBL=B2L2v02R，故A错误；
B.N在磁场内运动过程，取向右为正方向，根据动量定理有：I−BLΔt=m⋅v04
解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为：q=I−Δt=mv04BL，故B正确；
C.两杆在磁场内不相撞的临界条件时两者速度相同时恰好相遇，取向右为正方向，
对M根据动量定理可得：−I−BLΔt=mv共−mv0
对N根据动量定理可得：I−BLΔt=mv共−0
其中：I−Δt=q=ΔΦ2R=BLx2R
解得初始时刻N到ab的最小距离为：x=mv0RB2L2，故C错误；
D.从M进入磁场到N离开磁场，取向右为正方向，对M根据动量定理可得：−I−BLΔt=mv−mv0
解得：v=34v0
根据能量守恒有：12mv02=12mv2+12m(v04)2+Q总
金属杆N产生的焦耳热为：Q=12Q总
联立解得：Q=3mv0232，故D正确。
故选：BD。
M刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力F的大小；
根据动量定理解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量；
根据电荷量的计算公式求解初始时刻N到ab的最小距离；
从M进入磁场到N离开磁场，对M根据动量定理求解离开磁场时的速度大小，根据能量守恒、焦耳定律求解金属杆N产生的焦耳热。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
11.【答案】1.880 dL1t A F−1t2
【解析】解：(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm
(2)遮光片通过光电门时光电门计时为t，则此时遮光条的线速度为
v=dt
小球此时的角速度等于遮光条的角速度，为
ω=vr=dL1t
(3)遮光片P每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，则ω不变，由F=mω2L2可知F−L2的关系图像为过原点的倾斜直线，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)由F=mω2L2=m×(dtL1)2×L2=md2L2L12⋅1t2
所以为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画F−1t2图像。
故答案为：(1)1.880；(2)dL1t；(3)A；(4)F−1t2。
(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读一位；
(2)根据v=dt求出遮光条的线速度，由ω=vr求出遮光条的角速度，小球此时的角速度等于遮光条的角速度。
(3)利用向心力公式F=mω2L2分析图像的形状。
(4)根据F=mω2L2结合角速度与t的关系，得到图像的解析式，再分析图像的形状。
本题考查用传感器探究向心力与角速度的关系，解题关键是掌握向心力公式，掌握螺旋测微器的读数方法：固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读一位。
12.【答案】B C F 闭合S2断开S1 大于 小于
【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律，电路中最大电流约为I=ERx=33000A=0.001A
因此电流表选量程1mA的电流表A2，故选B。
电源的电动势为3V，所以电压表选择量程3V的V1，故选C。
为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的R2，故选F。
(2)由于RxRA=3000100=30>RVRx=30003000=1
因此电流表应采取内接法，按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后闭合S2断开S1；
(4)由于电流表的分压，根据欧姆定律，待测电阻Rx=UI−RA因此电阻的测量值大于真实值；
当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻Rx并联，并联部分的电阻小于待测电阻，电路中的电流较大，待测电阻两端的真实电压偏大，即U1真>U1；
断开S1和S2时，通过待测电阻的真实电流偏小，即I1真根据欧姆定律，待测电阻真实值Rx真=U1真I1真>U1I1=Rx
所以利用Rx=U1I1测得的电阻值小于真实值。
故答案为：(1)B；C；F；(2)闭合S2断开S1；(4)大于；小于。
(1)根据闭合电路的欧姆定律，估算电路中的最大电流，据此选择电流表；根据电源电动势选择电压表；从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；
(2)根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内外接法，然后确定开关的闭合情况；
(4)闭合S2断开S1时，实验误差来源于电流表的分压作用，根据欧姆定律分析实验误差；
闭合S1断开S2，电压表与待测电阻并联，并联部分的电阻小于待测电阻，电路中的电流较大，待测电阻两端的真实电压偏大；断开S1和S2时，通过待测电阻的真实电流偏小，再根据欧姆定律进行分析。
本题考查了电阻的测量，关键是要明确实验原理，能够根据欧姆定律、串联和并联电路的特点分析实验误差。
13.【答案】解：(1)左端封闭气体初始状态压强为p1=p0=75cmHg、封闭气体的长度为l1=L=22cm
右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d，则此时左端封闭气体的压强为p2=p0−ρg(H−L+d)，封闭气体的长度分别为l2=L+L−d
由玻意耳定律可得p1Sl1=p2Sl2
代入数据解得d=14cm
(2)左端封闭气体初始状态的温度为T1=300K，设另一环境的热力学温度为T3；
右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，左端封闭气体的压强为p3=75cmHg−(28−22)cmHg=69cmHg
由查理定律可得p1T1=p3T3
代入数据解得T3=276K
则摄氏温度为t=(276−273)℃=3℃。
答：(1)此时水银柱右端离右管口的距离14cm；
(2)这个封闭环境温度为3C。
【解析】(1)根据玻意耳定律求解水银柱右端离右管口的距离；
(2)根据查理定律求解封闭环境的温度，再根据热力学温度与摄氏温度的关系求解封闭环境的摄氏温度。
本题主要考查了玻意耳定律和查理定律的理解和运用；分清气体的状态参量是解题的关键。
14.【答案】解：(1)粒子在加速器中加速过程，由动能定理得
qU1=12mv02
粒子在分离器C后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
qv0B2=mv02R
由几何关系得
R=L2
联立解得：k1=8U1B22L2
(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，可得
qv0B1=U2dq
解得：U2=4B1dU1B2L
(3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则
q′v0B2=m′v02R′
由几何关系得
R′=L+x2
解得：k2=k1LL+x
答：(1)粒子P的比荷k1为8U1B22L2；
(2)速度选择器的电压U2应为4B1dU1B2L；
(3)k2为k1LL+x。
【解析】(1)粒子在加速器中加速过程，根据动能定理列方程；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，粒子在分离器C后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律列式，联立求解粒子P的比荷k1。
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件求解速度选择器的电压U2。
(3)Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，根据洛伦兹力提供向心力列式，结合几何关系求解。
解决本题需要明确粒子在速度选择器内做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。
15.【答案】解：(1)C与B碰撞前，根据题意可知，AB和斜面相对静止，对C碰前根据机械能守恒定律有
mgLsin30°=12mv02
代入数据解得
v0=3m/s
对C碰B过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv0=mv1+3mv2
12mv02=12mv12+12×3mv22
代入数据联立解得
v1=−1.5m/s，v2=1.5m/s
即小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度大小分别1.5m/s、1.5m/s；
(2)设碰后滑块B的加速度为a1，长木板A的加速度为a2，对滑块B根据牛顿第二定律有
3mgsinθ−3μ1mgcsθ=3ma1
代入数据解得
a1=−2.5m/s2
对长木板A根据牛顿第二定律有
2mgsinθ+3μ1mgcsθ−6μ2mgcsθ=2ma2
设经时间t1，A与B达共同速度v，根据运动学公式有
v=a2t1=v2+a1t1
解得
t1=0.4s；v=0.5m/s
因μ1>μ2，共速后A与B一起匀减速下滑，设共速前A与B的位移分别为xA和xB，根据运动学公式有
xA=v2+v2t1
xB=v2t1
则相对滑动的距离为为
Δx=xA−xB
代入数据解得
Δx=0.3m
所以木板A的长度至少为
LA=L+Δx=0.9m+0.3m=1.2m；
(3)对C根据牛顿第二定律
mgsin30°=ma
解得
a=5m/s2
C与B碰后，根据运动学公式有
v=v1+at
解得
t=0.4s
即0.4s时，A、B、C三者共速，作出C与B碰后三者运动过程的v−t图像如下图所示

由v−t图面积可得B、C间相对位移为
Δx′=12×(1.5+1.5)×0.4m=0.6m。
答：(1)小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别为1.5m/s、1.5m/s；
(2)要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少1.2m；
(3)A和B共速时，滑块B与小球C相距0.6m。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求解C与B碰前的速度，C与碰撞根据动量守恒定律和能量守恒定律联立求解小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度；
(2)C与B碰后，根据牛顿第二定律分别求解B和A的加速度，再根据运动学公式求解A与B共速的时间和共同的速度，根据题意可知A与B共速后相对静止，根据运动学公式求解B与C碰后到A与B共速过程A和B各自的位移，最后根据距离关系求解木板的最小长度；
(3)根据牛顿第二定律求解C的加速度，根据运动学公式求解C运动到与A和B共速的速度需要的时间，作出A、B、C运动的v−t图像，根据图像求解A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
本题考查动量与能量的综合应用，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。