2021屆山東省威海市高考物理二模試卷附答案詳解

2021屆山東省威海市高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.下列說法中正確的是（）

A.比結合能越大，原子核越穩(wěn)定

B.電子通過雙縫干涉后的圖樣體現(xiàn)了光的波動性

C.一定光照條件下，單位時間內，陰極K發(fā)射的光電子數(shù)目隨電壓增大而增大

D.原子的結合能隨原子核核子數(shù)的增大先增大后減小

2.圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質點P以此時刻為計時起點的振動圖象.從該

時刻起（）

A.經過0.35s時，質點Q距平衡位置的距離等于質點P距平衡位置的距離

B.經過0.25s時，質點Q的加速度大于質點P的加速度

C.經過0.15s,波沿x軸的正方向傳播了3zn

D.經過0.1s時，質點Q的運動方向沿y軸正方向

3.下列圖象的描述和判斷正確的是（）

A.圖中，一定質量的某種氣體，若不計分子勢能，氣體在狀態(tài)①時具有的

內能較大

在實際問題中，飽和汽壓包括水蒸氣的氣壓和空氣中其他各

種氣體的氣壓，且水的飽和汽壓隨溫度的變化而變化，溫度升高，飽和汽壓增大

p

c

圖中，由經到。的過程，氣體對外做功小于由經。到的過程

C./B4B4C

o--------------

?定震*的理想

氣體碌,圖象

D.圖中，通過觀察蜂蠟在云母片上熔化區(qū)域形狀，可以得出蜂蠟的物理性質是各

云綠片

向異性的

處于基態(tài)的一群氫原子被外來單色光激發(fā)后，發(fā)射的光譜中，在

巴耳末系中只有兩條光譜線5>3躍遷到n=2）。則下列說法中錯

誤的是（）

A.外來單色光的頻率約為3.08x1015Hz23.4

B.該氫原子發(fā)射的所有譜線中，最長的波長為6564mH

C.該氫原子發(fā)射的所有譜線中，最短波長的光子動量約為6.79x1------------------13￡

10~27kg-m/s

D.氫原子發(fā)射的光照射逸出功為2.29W的金屬鈉，光電子最大動能約為10.46eV

5.下列關于光子說法正確的是（）

A.光的能量是連續(xù)的

B.光子的能量和它的頻率成正比

C.光子的能量和它的速度的平方成正比

D.光子是具有一定質量和體積的物質微粒

6.設地球的半徑為心,質量為瓶的衛(wèi)星在距地面及高處做勻速圓周運動，地面的重力加速度為外，

不考慮地球自轉的影響，則以下說法錯誤的是（）

A.衛(wèi)星的線速度為叵B.衛(wèi)星的角速度為整

7278RO

C.衛(wèi)星的加速度為當D.衛(wèi)星的周期為4?；?/p>

如圖所示，電梯內用兩根輕質細線吊著一個質量m=0.8kg的小球，細線OB水平，

細線04與豎直方向的夾角a=37。.已知電梯在豎直方向上運動，加速度大小為

H

2m/s2,取g=lOm/s?,sin37°=0.6,則下列說法正確的是（）

A.細線0B的彈力一定為6.0NB.細線0B的彈力可能為4.8N

C.細線04的彈力可能為6.4ND.細線。4的彈力可能為9.6N

8.在如圖所示的電路中，閉合開關S,把滑動變阻器飛的滑片向上滑動的過程

中，若電源內阻不能忽略，則下列說法正確的是（）丁，巳q

A.電壓表的示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大F

B.電壓表的示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小

C.沒有電流通過7?2

D./?2中有由a到b的電流

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.如圖所示，匝數(shù)n=100匝、邊長;0.1m,電阻不計的正方形導線框abed處于勻強磁場中，磁

感應強度8=近7。線框繞中心軸0。'以3=100兀rad/s的角速度勻速運動。線框的輸出端與理

7T

想變壓器原線圈相連，副線圈連接著一只“20V、10山”的燈泡，且燈泡能正常發(fā)光，電路中

熔斷器熔斷電流為內，熔斷器兩端的電壓忽略不計。從圖示位置開始計時，下列判斷正確的

是（）

A.線框產生的感應電動勢瞬時值表達式為u=100V2cosl007rtIZ

B.理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為5：1

C.副線圈兩端并聯(lián)“20人lOW"的燈泡最多不能超過10只

D.線框從圖示位置轉過360。過程中，通過熔斷器的電荷量為0.02C

10.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌間距為，，之間接有定值電阻R,質量

為m的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒的電阻為r,導軌

電阻不計。整個裝置放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂

直，棒在豎直向上的恒力F作用下先加速上升的一段時間，再達到穩(wěn)定狀態(tài)。則

下列說法中正確的是

F-mg

A.棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，通過它的電流為/=

Bl

B.棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，其速度為〃=（~*）R

B212

C.棒達到穩(wěn)定狀態(tài)前，其加速度一直在減小

D.整個過程中，棒所受安培力做功在數(shù)值上等于棒上所生的熱

11.如圖所示，固定于地面、傾角為。的光滑斜面上有一輕質彈簧，輕質彈簧一端與固定于斜面底

端的擋板C連接，另一端與物塊4連接，物塊4上方放置有另一物塊B,物塊A、B質量均為m且

不粘連，整個系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止狀態(tài)。某一時刻將力F撤去，在彈簧將

4、B彈出過程中，若4、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是（）

A.A、B剛分離的瞬間,兩物塊速度達到最大

B.A、8剛分離的瞬間，4的加速度大小為gsin。

C.從力F撤去到4、B分離的過程中，8物塊的機械能一直增加

D.從力F撤去到力、B分離的過程中，4、B物塊和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒

12.如圖，一勻強電場的方向平行于正方形4BC0確定的平面。己知4、B、C三

：；

點的電勢分別為心=15人租8=31/,%=一3乙則下列說法正確的是（）；

：：

A.場強的方向與B。連線垂直

------------*C

B.電子在4點的電勢能比在B點的低12eV

C.。點的電勢為9V

D.電子從B點運動到C點，電場力做功為6elZ

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

13.在用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中，甲、乙、丙三位同學在紙上畫出的界面aa'、bb'與玻

璃磚位置的關系分別如圖①、②和③所示，其中甲、丙兩同學用的是矩形玻璃磚，乙同學用的

是梯形玻璃磚.他們的其他操作均正確，且均以aa'、防'為界面畫光路圖，則三位同學測得的

折射率與真實值相比（填偏大、偏小、不變或無法確定）

甲同學測得的折射率與真實值相比

乙同學測得的折射率與真實值相比

丙同學測得的折射率與真實值相比

14.在“測定金屬的電阻率”實驗中，提供以下實驗器材；待測金屬絲、螺旋測微器、毫米刻度尺、

電壓表V(量程0?3乙內阻約5k。)、電流表4(量程0?0.64內阻以=1.50)、電源E(電動勢約

3U)、滑動變阻器、開關及導線若干。某同學進行了如下操作：

(1)該同學用毫米刻度尺測量待測金屬絲的長度為L;用螺旋測微器測量待測金屬絲的直徑為d,某次

測量如圖甲所示，讀數(shù)為mm.

(2)按照圖乙所示的實驗設計電路圖，請完成圖丙中的實物連接。

(3)該同學進行了相應測量，利用電壓表和電流表的讀數(shù)畫出了圖丁所示的U-/圖象，由此得到金屬

絲電阻R=________0。

四、計算題(本大題共4小題，共46.0分)

15.有-一輛汽車質量為800kg,行駛在圓弧半徑為50m的拱形橋面上.求：

(1)當汽車在拱頂處速度為5m/s時，拱橋對汽車的支持力.

(2)汽車以多大的速度經過拱頂時對橋恰好沒有壓力而騰空？(取g=10m/s2)

16.如圖所示的粗細均勻薄壁U型管，左管上端封閉，右管開口且足夠長.溫度為口=

L

27久時，右管內水銀面比左管高h=4cm,左管內空氣柱長度為L=40cm,大氣

壓強Po=76cmHg.現(xiàn)使左管內空氣溫度緩慢下降，則當左管內液面上升七=

4c/n時，管內氣體溫度tz為多少℃?

17.在某空間建立如圖所示直角坐標系，并在該空間加上沿y軸負方向、磁感應強度大小為B的勻強

磁場，和沿某個方向的勻強電場。一質量為m、帶電量為+q(q>0)的粒子從坐標原點。以初速

度及沿支軸正方向射入該空間，粒子恰好能做勻速直線運動。不計粒子的重力，求：

(1)所加電場強度E的大小和方向；

(2)若撤去電場，并改變磁感應強度的大小，使粒子恰好能經過坐標為(3a,0,-a)的點，則改變后的

磁感應強度夕為多大？

(3)若保持磁感應強度B不變，將電場強度大小調整為E',方向調整為平行于yOz平面且與y軸正方向

成某個夾角。，使得粒子能夠在%0y平面內做類平拋運動(沿x軸正方向做勻速直線運動，沿y軸

正方向做初速度為零的勻加速直線運動)并經過坐標為(3a,a,0)的點，則E'和tan。各為多少？

18.如圖，空間某個半徑為R的區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，與

它相鄰的是一對間距為d,足夠大的平行金屬板，板間電壓為U.一群質

三

量為電量為q的帶正電粒子從磁場的左側以相同速度沿平行極板的二

三

方向射入磁場，所有進入磁場的粒子都能從P點射入電場，不計重力。

問：

(1)粒子的入射速度"為多少？

(2)極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中？

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、比結合能越大，原子核越穩(wěn)定。故A正確；

8、電子通過雙縫干涉后的圖樣體現(xiàn)了電子等實物粒子也具有波動性。故B錯誤；

C、光電流達到飽和后，光電子數(shù)目不會隨電壓增大而增大。故C錯誤；

。、原子的結合能隨原子核核子數(shù)的增大而增大。故。錯誤；

故選：Ao

比結合能越大，原子核越穩(wěn)定；電子通過雙縫干涉后的圖樣體現(xiàn)了電子等實物粒子也具有波動性；

光電流達到飽和后，光電子數(shù)目不在增加；原子的結合能隨原子核核子數(shù)的增大而增大。

本題考查了原子核的結合能、愛因斯坦光電效應方程、光的波粒二象性等知識點。這種題型屬于基

礎題，只要善于積累，難度不大。

2.答案：C

解析：解：力、由圖，經過0.35s時，質點Q距平衡位置的距離不可能等于質點P距平衡位置的距離。

故4錯誤。

B、此時P向下運動，Q點向上運動。T=0.2s,經過t=0.25s=l[T時，P點到達波谷，Q點到達

平衡位置上方，但未到波峰，質點Q的加速度小于質點P的加速度。故B錯誤。

C、因波沿%軸的正方向傳播,4=4m,則波速u=*=20m/s,則經過0.15s,波傳播距離x=vt=3rn。

故C正確。

D、t=0.1s=,質點Q的運動方向沿y軸負方向。故。錯誤。

故選：Co

由振動圖象讀出t=0時刻P點的振動方向，判斷波的傳播方向.由波動圖象讀出波長，由振動圖象

讀出周期，可求出波速.分析波動過程，確定Q點的加速度與P點加速度關系，并判斷Q點的運動方

向.

波的圖象往往先判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系.同時，熟練要分析波動形成的過程，

分析物理量的變化情況.

3.答案：C

解析：解：4、高溫時速率大的分子占比更多，因此氣體分子在高溫狀態(tài)時的平均速率大于低溫狀態(tài)

時的平均速率，結合圖可知，A<0?由于狀態(tài)②時的溫度高，故不計分子勢能時，氣體在狀態(tài)①時

具有的內能較小，故A錯誤；

&在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一定的，這個壓強叫做飽和蒸

氣壓強；飽和汽壓不包括空氣中其他各種氣體的氣壓，故8錯誤；

C、由4經B到C的過程氣體對外做功為叫=%?△V,由4經。到C的過程氣體對外做功為為伍=Pc-

△K,由于Pc>2i，故〃2>明，故C正確；

。、通過觀察蜂蠟在玻璃片和云母片上熔化區(qū)域形狀的不同，可以得出晶體的物理性質是各向異性

的或晶體在不同方向上的物理性質是不同的，即單晶體具有各向異性，不能得出蜂蠟物理性質是各

向異性的結論，故。錯誤。

故選：Co

溫度是分子平均動能的標志，溫度升高平均動能增大，體積不變時，氣體的內能由平均動能決定；

與液體處于動態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣。飽和蒸氣壓強與飽和蒸氣體積無

關；

根據(jù)皿=P△V即可判斷出對外做功的大小；

單晶體具有各向異性，而非晶體具有各向同性。

該題結合圖象考查熱學的多個知識點的內容，解答本題關鍵是明確影響飽和蒸汽壓的因素：液體的

種類和液體的溫度，與蒸汽的體積無關，基礎題目。

4.答案:B

解析：解：4、由發(fā)射的光譜中，在巴耳末系中只有兩條光譜線，可判斷出基態(tài)氫原子吸收光子后躍

1

遷到n=4,根據(jù)能級躍遷時的頻率條件加=Em-En,外來單色光的頻率為v=等=

匕竺x3.08X1015Hz,故A正確.

6.63x10-34

8、該氫原子發(fā)射的所有譜線中，71=4到n=3躍遷產生的光子的能量最小，頻率最低，波長最長，

利用若=E,—E3得最長的波長為"端=卷含就罌聲7n“18.84x10-m=1884nm,

故8錯誤.

C、n=4到n=1躍遷產生的光子的能量最大，頻率最高，波長最短，利用光子能量E==

光子動量尸=：得光子動量P=E.

AC

因為E=%-4=[-0.85-(-13.6)]x1,6x10-197=2.04xIO-18；,所以動量P=g=

4Q4X10x679x10~27kg-m/s,故C正確.

D,n=4到n=1躍遷產生的光子的能量最大，為E=—4=12.75eV,用它照射逸出功為2.29eU

的金屬鈉，光電子動能最大，最大動能為a=E-%=(12.75-2.29)eU土10.46eV,故。正確.

本題選錯誤的.

故選：B。

通過在巴耳末系中只有兩條光譜線，判斷出躍遷后的原子所處的能級，從而求外來單色光的頻率；

波長最長的譜線，對應躍遷時能級差值最小，波長最短的譜線，對應躍遷時能級差值最大；利用光

子能量和動量表達式，求解光子動量；利用光電效應方程求最大動能。

本題考查原子的躍遷和光電效應，解答時用到玻爾理論的頻率條件hv=Em-E”和愛因斯坦光電效

應方程&巾=hv-%.本題難點是運算復雜，此類題目對培養(yǎng)學生的運算能力大有裨益。

5.答案：B

解析：解：小光子說認為光是不連續(xù)的、一份一份的，每一份的能量為抽，故A錯誤。

BC、由E=hy知，光子的能量和它的頻率成正比，故B正確，C錯誤。

。、光是一種電磁波，光是高頻電磁波，光子不是物質微粒，故。錯誤。

故選：B。

光子說認為光是不連續(xù)的、一份一份的，光子的能量與光的頻率成正比。光子不是實物粒子。

本題的要求掌握光子說的內容、光子能量公式，知道光是一種電磁波，不是實物粒子。

6.答案：C

解析：解：4研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：雪=m',

rzr

解得：D=舟其中r=2R0①

忽略地球自轉的影響，根據(jù)萬有引力等于重力列出等式：^~=mg0,

解得：GM=gRl②

由①②得：衛(wèi)星的速度大小12=坪,故A正確。

B、衛(wèi)星的角速度?=3=為/條，故B正確。

C、根據(jù)圓周運動知識得：a=^=以，故C錯誤。

r4

=里=4兀陛,

D、衛(wèi)星的周期7故。正確。

v7go

本題選擇錯誤的，故選：C。

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出線速度、角速度、周

期、加速度等物理量.忽略地球自轉的影響，根據(jù)萬有引力等于重力列出等式.

向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用.運用黃金代換式GM=

g/?2求出問題是考試中常見的方法.

7.答案：B

解析：解：小球受力如圖所示：J

由牛頓第二定律

當加速度方向向上時：Tcosa—mg—ma,Tsina-T

AAB---v---1

“，ms

解得：TA=12N,TB=7.2/V；

當加速度方向向下時：mg-TAcosa=ma,TAsina=TB

解得：TA=8N,TB=4.8/V；

故錯誤，B正確；

故選：B。

小球在豎直方向運動，加速度方向即可能向上，也可能向下，應用牛頓第二定律求出細線的拉力，

然后分析答題.

本題考查了牛頓第二定律的應用，對小球正確受力分析、應用牛頓第二定律即可解題，解題時要注

意討論加速度的方向，否則會出錯.

8.答案：D

解析：解：4、當滑動變阻器的滑動觸頭向上移動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電路總電阻減

小，干路電流增大，電壓表測量色的電壓，根據(jù)U=/R可知，電壓表示數(shù)增大，故AB錯誤；

C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，并聯(lián)部分電壓變小，電容器電壓減小，電容器放電，電容器下極板

帶正電，則％中有由a到b的電流，故C錯誤，。正確.

故選：D。

當滑動變阻器的滑動觸頭向上移動的過程中，變阻器在路電阻減小，即可知外電路總電阻減小，由

閉合電路歐姆定律可判斷出干路電流的變化，進而判斷并聯(lián)部分電壓變化，從而判斷電容器是充電

還是放電.

本題按“局部—整體T局部”的思路進行動態(tài)分析，掌握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)，注意電容器對電路沒有影響.

9.答案:AB

解析：解：4、從圖示位置開始，線框產生的感應電動勢瞬時值表達式

u=NBS3cos3t=100x今x0.12x1007rcosl007rt(y)=100V2cosl007rt(7)，故A正確：

B、由于燈泡正常發(fā)光，則副線圈兩端電壓為201Z,由公式￡=最得：

100—

也===3故B正確；

n2201

C、一個燈泡正常發(fā)光的電流為/=3=彭=0.54

由公式*=詈可知：

hn2

，2==5/i=5y/2A

n2

則燈泡的個數(shù)N=2只=10立只”14只，故C錯誤：

0.5

D、線框從圖示位置轉過360。過程中，穿過線圈的磁通量變化為0,則電荷量為0,故。錯誤。

故選：AB.

線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的轉軸勻速轉動，產生正弦式交變電流，感應電動勢瞬時值表達式“=

NBS3cosa)t；然后結合變壓器的變壓比公式和

輸入、輸出功率關系分析

本題關鍵熟悉交流電的產生和變壓器的變壓比公式，同時要結合能量守恒定律分析

10.答案：AC

解析：對導體棒受力分析得：F-mg-BlL=ma,而感應電動勢E=BW,電流［=_￡_,帶入得：

F-mg-尤包=ma,隨著運動速度V增加，加速度減小，當加速度減小到零時，速度最大:v=

R十萬

''一"f",電流1=￡*,故A正確；8錯誤；C正確；

B2L2BL

根據(jù)能量守恒定律可知，棒所受安培力做功在數(shù)值上等于回路中產生的焦耳熱，故。錯誤；

故選：AC.

11.答案：BCD

解析：解：力、A、8被彈起的過程中，當整體的合力等于零時，兩物塊速度達到最大，此時彈簧處

于壓縮狀態(tài)，4、B還沒有分離，故A錯誤。

B、4、8剛分離瞬間，4、B間的彈力為零，對B,由牛頓第二定律得mgsin。-maB,得CZB=gsind,

此瞬間4與B的加速度相同，所以4的加速度大小為gsin。，故B正確。

C、從力尸撤去到4、8發(fā)生分離的過程中，4對B一直做正功，貝必物塊的機械能一直增加，故C正

確。

。、從力尸撤去到4、B發(fā)生分離的過程中，4、B物塊及彈簧所構成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做

功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故。正確。

故選：BCD.

系統(tǒng)機械能守恒的條件是只有重力和彈簧的彈力做功。A、B被彈起過程中，合力等于零時，兩物塊

速度達到最大。A、B剛分離瞬間，兩者間的彈力為零，以B為研究對象，求解B的加速度大小，即等

于4的加速度大小。結合功能原理分析4的機械能變化情況。

本題從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的彈力為0.從運動學角度看，一起運動的兩物體

恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。

12.答案：BC

解析：解：A、連接4C,在4c上找出與B點等電勢點E,作出等勢線BE,根據(jù)、\\

電場線與等勢面垂直可知，電場線方向與BE垂直向下，并不與BD連線垂直。D

故4錯誤.pmV

B、電子在4點的電勢能比在B點的低，-MB=-qU.=-勺(以—SB)=|a\i

e(15-3”=12eV,故B正確。B一、37c

C、根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關系：U=Ed,可知沿電場線方向相同距離電勢差相等，結合

正方形的對稱性可得：(PA-<PB=<PD一中C，

得：9。=04—SB+9c=15—3—3=9匕故C正確。

。、電子從B點運動到C點，電場力做功為WBc=-eUBc=-e(3-(-3))=-6eV,故。錯誤。

故選：BCo

電場力做功根據(jù)公式W=qU進行計算；根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關系：U=Ed,可知沿電

場線方向相同距離電勢差相等，求解。點的電勢；連接4C,在2C上找出與2點等電勢點，作出等勢

線，再確定電場線的方向。

本題關鍵是找到等勢點，作出等勢線。利用電場線與等勢面相互垂直的關系作出電場線，分析時還

要抓住對稱性。

13.答案：偏?。徊蛔儯豢赡芷蟆⒖赡芷?、可能不變

解析：解：如圖1.甲同學測定折射率時，作出的折射光線如圖中虛線所示，實線表示實際光線，可

見折射角增大，則由折射定律n=%可知，折射率n將偏小:

用圖②測折射率時，只要操作正確，測量的結果與玻璃磚的形狀無關，故乙同學測得的折射率與真

實值相比不變；

用圖③測折射率時，折射角可能偏小，可能偏大，也可能不變，所以測得的折射率可能偏大、可能

偏小，也可能不變.

故答案為:

①偏小；

②不變；

③可能偏大、可能偏小、可能不變.

用插針法測定玻璃磚折射率的實驗原理是折射定律《=典，運用作圖法，作出光路圖，確定折射光

sinr

線的偏折情況，分析入射角與折射角的誤差，從而來確定折射率的誤差.

對于實驗誤差，要緊扣實驗原理，用作圖法，確定出入射角與折射角的誤差，即可分析折射率的誤

差.

14.答案：0.3153.5—

4L

解析：解：(1)由圖甲所示螺旋測微器可知，其示數(shù)為0+31.5xO.Olnvn=0.315小加。

(2)由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，電流表采用內接法，根據(jù)圖乙所示電路圖連

接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；

(3)根據(jù)圖丁所示圖象由歐姆定律得R+&=彳=言。=5.0/2,

金屬絲電阻R=3.50；

(4)由電阻定律可知^^==2急，

電阻率p=嗒；

故答案為：(1)0.315；(2)實物電路圖如圖所示；(3)3.5；(4)嗒。

(1)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)。

(2)根據(jù)圖乙所示電路圖連接實物電路圖。

(3)根據(jù)圖乙所示電路圖與圖丁所示圖象求出金屬絲的電阻。

(4)根據(jù)電阻定律求出電阻率的表達式。

本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、實驗數(shù)據(jù)處理等問題，要掌握常用器材的使用與讀數(shù)方法；應用電阻

定律可以求出電阻率的表達式。

15.答案:解：(1)根據(jù)牛頓第二定律得，

..V2

mg—N=m—

解得N=mg-m-=8000-800x—W=7600/V.

DRso

答：拱橋對汽車的支持力為7600N.

(2)當壓力為零時，有：mg=m^

解得%=dgR=解OOm/s=22.4m/s-

答：當汽車的速度為22.4771/s時，汽車對橋恰好沒有壓力而騰空.

解析：(1)汽車在橋頂時，重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出拱橋

對汽車的支持力.

(2)當汽車對橋頂恰好無壓力時，重力提供向心力，根據(jù)牛頓牛頓第二定律求出汽車的速度.

解決本題的關鍵搞清向心力的來源，運用牛頓第二定律求解.

16.答案：解：設玻璃管橫截面積為Sen?,以左管上端封閉的空氣柱為研究對象.

氣壓：P[=P()+色=76+4cmHg=QOcmHg,p2=76—4=72cmHg

體積：匕=40?Scm3,%=(40-4)?S=36Scm3

溫度：Ti=273十27=300K

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：

PMP2%

丁_虧

代入數(shù)據(jù)解得：72=策71=蔣蕓X3OOK=243K

即管內氣體溫度為t2=T2-273℃=243-273℃=-30℃

答：管內氣體溫度12為-30℃

解析：左管水銀面比右管水銀面高出4cm,則封閉氣體的壓強減小4cm"g,對封閉氣體運用理想氣

體狀態(tài)方程列式求解即可

以封閉的氣體為研究對象，找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計算即可.

17.答案：解：(1)由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負方向，

粒子做勻速直線運動，由平衡條件可知，電場力沿z軸正方向，粒子帶正電，則電場強度方向沿z軸

正方向，

對粒子，由平衡條件得：qE-qvB=0

解得：E=vB

(2)撤去電場后粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動的軌跡如圖1所示

設粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為r,由幾何知識得:

r2=(r—Q)2+(3a)2

解得：r=5a

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心