2024屆四川省成都市高三年級(jí)下冊(cè)三診考試?yán)砜凭C合試題-高中物理（附答案解析）

2024屆四川省成都市高三下學(xué)期三診考試?yán)砜凭C合試題-高中

物理

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)的過程中，下列說法一定正確的

是（）

A.質(zhì)點(diǎn)速度不變B.質(zhì)點(diǎn)加速度不變C.質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能不變D.質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能不變

2.2024年4月3日，遙感四十二號(hào)01星在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心順利升空，衛(wèi)星的軌道如圖

所示，其中I和iii為高度不同的圓軌道，橢圓軌道n分別與I和iii相切于尸點(diǎn)和。點(diǎn)。下

列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星在軌道H上從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中動(dòng)能增大

B.衛(wèi)星在軌道II上運(yùn)行的周期小于在軌道m(xù)上運(yùn)行的周期

C.衛(wèi)星在軌道I上經(jīng)過P點(diǎn)的速度大于在軌道II上經(jīng)過P點(diǎn)的速度

D.衛(wèi)星在軌道II上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度小于在軌道III上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度

3.歷史上第一次利用加速器實(shí)現(xiàn)的核反應(yīng)，是利用加速后動(dòng)能為的質(zhì)子:H轟擊靜止的

；Li核，生成兩個(gè)動(dòng)能均為Ek2的；He核，已知光速為c,則此核反應(yīng)中的質(zhì)量虧損為（）

A%B2%c或2-Ek1口2%-昂

"c2c2C1.C2

4.如圖所示，豎直平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的光滑絕緣傾斜桿底端固定有一點(diǎn)電荷。，M、N為桿上

的兩點(diǎn)。套在桿上的絕緣帶電小球從某點(diǎn)靜止釋放后，沿桿向上運(yùn)動(dòng)，先后通過了M、N兩

點(diǎn)。由此可以判斷（）

A.點(diǎn)電荷。在M點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向一定沿桿向上

B.小球在M點(diǎn)的加速度一定大于在N點(diǎn)的加速度

C.小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能

D.小球在M點(diǎn)的動(dòng)能一定大于在N點(diǎn)的動(dòng)能

5.如圖所示，尤Oy直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，半徑為a的;圓弧外存在范圍足夠大的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。位于。點(diǎn)的粒子源向第一象限內(nèi)的各個(gè)方向均勻發(fā)射完

全相同的帶正電的粒子，粒子速度大小均為v,比荷幺=左。經(jīng)過一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)發(fā)射出的

m

總粒子中有g(shù)的粒子可以回到。點(diǎn)，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則磁感應(yīng)強(qiáng)

D.叵

rekv

aka

二、多選題

6.如圖所示，輸電線上的電阻分別為均、&,理想交流電壓表和理想交流電流表讀數(shù)分別

為U、I。若電源輸出的交流電壓有效值恒為家庭電路用戶端為純電阻，變壓器為理想

變壓器，當(dāng)用戶端用電器增多時(shí)（)

C.一變大D.一變小

A.U變大B.一變大

7.如圖所示，質(zhì)量M=2kg,傾角0=37的斜面放置在水平面上，頂端固定一光滑定滑輪。

質(zhì)量,〃=1kg的物塊通過輕繩跨過定滑輪與輕彈簧相連，彈簧另一端與水平地面相連，輕繩

與斜面平行，彈簧保持豎直，彈力大小為8N,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g=10m/s2,

sin37=0.6,則下列說法正確的是（）

試卷第2頁(yè)，共8頁(yè)

A.物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下

B.物塊所受支持力和繩子拉力的合力方向豎直向上

C.地面對(duì)斜面的支持力大小為25.2N

D.地面對(duì)斜面的摩擦力大小為0

8.如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，其間距為d,兩完全相同的燈

泡電阻均為R。長(zhǎng)為d,電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持良好接觸?？臻g

存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為及閉合開關(guān)S,由靜止開始對(duì)導(dǎo)體棒MN施

加一水平向右的恒力穌，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，MN運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定。此時(shí)恒力玲的功率為4,

且小燈泡L恰好正常發(fā)光。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略燈泡的電阻變化，則（）

A.水平恒力4=&/

B.MN運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，斷開S,若保持拉力大小工恒定，導(dǎo)體棒將做加速度逐漸減小的減

速運(yùn)動(dòng)

C.MN運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，斷開S,若保持拉力大小與恒定，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，兩燈泡均能正常

發(fā)光

D.MN運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，斷開S,若保持拉力功率4恒定，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，導(dǎo)體棒再次穩(wěn)定

時(shí)速度大小為原來穩(wěn)定時(shí)的2倍

三、實(shí)驗(yàn)題

9.家庭照明電路中通常用橫截面積為1.5mm2的銅導(dǎo)線進(jìn)行輸電，已知標(biāo)準(zhǔn)銅的電阻率

00=1.7*10-8。.?1。為了探究一卷標(biāo)有“紅色3丫1.5mm2500m”的銅芯導(dǎo)線純度是否符合

標(biāo)準(zhǔn)，某興趣小組進(jìn)行了如下操作:

0-

機(jī)D;令"芻R一

入H4d

ES

圖(b)

（1）將導(dǎo)線一端的絕緣外層去除，用螺旋測(cè)微器測(cè)量其內(nèi)芯直徑4,示數(shù)如圖（a）所示，則”=

mm。

（2）為了測(cè)量導(dǎo)線銅芯的電阻率，興趣小組選用了如下器材:

電源E（電動(dòng)勢(shì)6V,內(nèi)阻不計(jì)）

滑動(dòng)變阻器R（阻值0~15Q）

定值電阻凡（阻值為60）

電壓表V（0-3V,內(nèi)阻約為3k。）

電流表A（0~0.6A,內(nèi)阻約為0.05C）

開關(guān)S和導(dǎo)線等

圖（b）是他們?cè)O(shè)計(jì)的電路。為使測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，接線柱P應(yīng)與（填“加’或"心）相

連。進(jìn)行正確實(shí)驗(yàn)操作后，測(cè)得電壓和電流分別為U和/,導(dǎo)線長(zhǎng)度為L(zhǎng)求得電阻率夕，

（用含字母U、/、d、L、萬(wàn)的表達(dá)式表示），代入數(shù)據(jù)算出電阻率與標(biāo)準(zhǔn)值進(jìn)行比較即可檢

驗(yàn)該導(dǎo)線銅芯純度是否達(dá)標(biāo)。

10.某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪，

輕繩兩端分別連接物塊P與感光細(xì)鋼柱K,兩者質(zhì)量均為加=0.140kg,鋼柱K下端與質(zhì)量

為M=Q200kg的物塊Q相連。鐵架臺(tái)下部固定一個(gè)電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)豎直轉(zhuǎn)軸上裝一支激光

筆，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)激光筆繞轉(zhuǎn)軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，每轉(zhuǎn)一周激光照射在細(xì)鋼柱表面時(shí)就會(huì)

使細(xì)鋼柱感光并留下痕跡。初始時(shí)P、K、Q系統(tǒng)在外力作用下保持靜止，輕繩與細(xì)鋼柱均

豎直。重力加速度g取9.8m/S?。

試卷第4頁(yè)，共8頁(yè)

圖（a）

（1）開啟電動(dòng)機(jī)，待電動(dòng)機(jī)以0=4O7rrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后。將P、K、Q系統(tǒng)由靜止釋

放，Q落地前，激光器在細(xì)鋼柱K上留下感光痕跡，取下K,用刻度尺測(cè)出感光痕跡間的

距離如圖（b）所示。感光痕跡間的時(shí)間間隔r=s,激光束照射到E點(diǎn)時(shí)，細(xì)鋼柱速

度大小為無(wú)=m/s（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

OABcDE

Ocm1234567891011121314151617181920

圖(b)

經(jīng)判斷系統(tǒng)由靜止釋放時(shí)激光筆光束恰好經(jīng)過。點(diǎn)。在段，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量△紇=

J,重力勢(shì)能的減少量△弓=J,比較兩者關(guān)系可判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。（計(jì)算

結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）

（2）選取相同的另一感光細(xì)鋼柱K,若初始時(shí)激光筆對(duì)準(zhǔn)K上某點(diǎn)，開啟電動(dòng)機(jī)的同時(shí)系統(tǒng)

由靜止釋放，電動(dòng)機(jī)的角速度按如圖（c）所示的規(guī)律變化，圖像斜率為左，記錄下如圖（d）

所示的感光痕跡，其中兩相鄰感光痕跡間距均為乩若驗(yàn)證得到表達(dá)式即可證明系統(tǒng)

在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒（用含字母M、加、d、k、g、萬(wàn)的表達(dá)式表示）。

圖(c)圖(d)

四、解答題

11.如圖所示，“_T形木板B放置在粗糙水平面上，物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）以%=6m/s的

速度從木板B左端滑上木板，經(jīng)f=ls后A與B右端擋板碰撞，碰后A、B立刻粘在一起運(yùn)

動(dòng)。已知A、B質(zhì)量均為"，=lkg,A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)=。.3,B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)4=01,

重力加速度g=10m/s2。求:

(1)木板B的長(zhǎng)度I；

(2)物塊A與木板B碰撞損失的機(jī)械能AE。

77/////////////

12.如圖所示，豎直面內(nèi)存在直角坐標(biāo)系尤0?平行于y軸的虛線MN、尸。將第一象限分為

2

I、II兩個(gè)區(qū)域。區(qū)域I的寬度為3d,在的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)

2

在y>§1的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E?。區(qū)域II的寬度為心其內(nèi)部存在平行于xOy

平面且方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)用。質(zhì)量為加、電荷量為4(4>0)的帶電小球由。點(diǎn)沿x軸正方

向以為=而？的速度射入I區(qū)域，小球僅從直線了=《1上的點(diǎn)A穿過后，經(jīng)過點(diǎn)B(3d,d)

垂直MN進(jìn)入?yún)^(qū)域II,經(jīng)過尸。與無(wú)軸的交點(diǎn)C,速度大小&、E］、E,的大

小均未知，小球重力不可忽略，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)區(qū)域II中8c兩點(diǎn)的電勢(shì)差。相；

(2)區(qū)域I中勻強(qiáng)電場(chǎng)片的大??；

(3)小球在區(qū)域H中從8到C過程中所受電場(chǎng)力的沖量大小。

~~~t

dfQ

五、多選題

13.如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)。變化到狀態(tài)6,其過程如T-V圖中從a到6的直線

所示。直線仍與過原點(diǎn)的虛線斜率相同，下列判斷正確的是()

試卷第6頁(yè)，共8頁(yè)

b

a

o

A.氣體內(nèi)能增加

B.氣體壓強(qiáng)不變

C.氣體從外界吸熱

D.外界對(duì)氣體做正功

E.容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)逐漸減少

六、解答題

14.如圖（a）所示，水平放置的絕熱容器被隔板A分成體積均為V的左右兩部分。面積為

S的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的右側(cè)為真空，左側(cè)有一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度為7、

壓強(qiáng)為p的狀態(tài)1。抽取隔板A,左側(cè)中的氣體就會(huì)擴(kuò)散到右側(cè)中，最終達(dá)到狀態(tài)2。然后

將絕熱容器豎直放置如圖（b）所示，解鎖活塞B,B恰能保持靜止，當(dāng)電阻絲C加熱氣體,

使活塞B緩慢滑動(dòng)，穩(wěn)定后，氣體達(dá)到溫度為L(zhǎng)5T的狀態(tài)3,該過程電阻絲C放出的熱量

為。。已知大氣壓強(qiáng)P。，且有？＜2為，不計(jì)隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小為

g。

(i)求絕熱活塞B的質(zhì)量;

七、填空題

15.如截面圖（a）所示，泳池上方距水面/z=^m處有一觀測(cè)者A（可接收任意方向射入

A的光）,也水，木d=1\/6mo水的折射率〃=&,A觀測(cè)到正下方的泳池深度（填

“大于”、“小于”或“等于“）實(shí)際深度。泳池底部有圓形細(xì)燈帶（燈帶僅存在于圓周邊緣處）

如俯視圖（b）所示，其圓心。位于A的正下方。由燈帶上某點(diǎn)光源B射入A的光線，在

水面上方的部分與水平面的夾角為45。，則圓形細(xì)燈帶的半徑為m。圓形細(xì)燈帶發(fā)出

的光照亮水面區(qū)域的面積為nf（圓周率取萬(wàn)，結(jié)果用根號(hào)表示）。

B為圓形細(xì)燈帶上的某點(diǎn)光源

截面圖（a）俯視圖（b）

八、解答題

16.如圖（a）所示，均勻介質(zhì)中存在垂直水平面（xOy面）振動(dòng)的兩個(gè)波源A和2,波源A、

B振動(dòng)頻率相同。其中A的振幅為1cm,A、B在無(wú)軸上坐標(biāo)為%=0,xB=25moA開始振

動(dòng)7s后，8以與A相同的起振方向開始振動(dòng)，記此時(shí)為f=0時(shí)刻。t=9s時(shí)兩列波同時(shí)到達(dá)

A、8連線上的M點(diǎn)，/點(diǎn)橫坐標(biāo)“未知，M點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖（b）o求：

（i）A、B在介質(zhì)中形成的機(jī)械波的周期T和波速v；

（ii）從f=0至f=30s,質(zhì)點(diǎn)N（XM，12m）運(yùn)動(dòng)的路程s。

y/m

------?x/m

。力MB

試卷第8頁(yè)，共8頁(yè)

參考答案:

1.c

【詳解】A.質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，方向時(shí)刻變化，速度是變化的，故A錯(cuò)

誤；

B.質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向時(shí)刻變化，指向圓心，加速度是變化的，

故B錯(cuò)誤；

C.質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能為

12

EF=—mv

v2

質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，故質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能不變，故C正確；

D.質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能不一定不變，故質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能不一定不

變，故D錯(cuò)誤。

故選C。

2.B

【詳解】A.衛(wèi)星在橢圓軌道II上經(jīng)過尸點(diǎn)時(shí)的速度是近地點(diǎn)速率大于遠(yuǎn)地點(diǎn)速率即經(jīng)過。

點(diǎn)時(shí)的速度，故從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)開普勒第三定律

軌道n的半長(zhǎng)軸小于軌道皿的軌道半徑，可知衛(wèi)星在軌道II上運(yùn)行的周期小于在軌道in上運(yùn)

行的周期，故B正確；

c.衛(wèi)星在軌道I上經(jīng)過尸點(diǎn)加速后做離心運(yùn)動(dòng)，故衛(wèi)星在軌道I上經(jīng)過尸點(diǎn)的速度小于在

軌道II上經(jīng)過尸點(diǎn)的速度，故c錯(cuò)誤；

D.無(wú)論是在那個(gè)軌道上運(yùn)行，都是只受地球的萬(wàn)有引力作用，由牛頓第二定律有

「Mm

G——=ma

可得加速度大小

-Mm

a=G下

可知在同一位置，衛(wèi)星的加速度大小相等，故D錯(cuò)誤。

故選B。

3.D

【詳解】核反應(yīng)放出的能量為

答案第1頁(yè)，共13頁(yè)

AE=2%-4

根據(jù)質(zhì)能方程

AE=A/jzc2

解得此核反應(yīng)中的質(zhì)量虧損為

故選D。

4.C

【詳解】A.絕緣帶電小球先后通過了/、N兩點(diǎn)，故可知其與點(diǎn)電荷電性相同，由于電性

未知，故電場(chǎng)力方向即電場(chǎng)強(qiáng)度方向未知，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

F_kQq

F=-

可知距離越遠(yuǎn)庫(kù)侖力越小，根據(jù)牛頓第二定律可知，若在“點(diǎn)

4-mgsin0=maM

在N點(diǎn)，若此時(shí)庫(kù)侖力小于重力分力，則

mgsin0—F2=maN

可知小球在/點(diǎn)的加速度與在N點(diǎn)的加速度大小未知，故B錯(cuò)誤；

C.電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減小，故小球在/點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正

確；

D.由C項(xiàng)可知若從M點(diǎn)到N點(diǎn)加速度符號(hào)變化，則從釋放位置，到重力分力與電場(chǎng)力大

小相同位置，合外力做正功，動(dòng)能增加；此后合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故先加速后減速,

動(dòng)能大小無(wú)法比較，故D錯(cuò)誤。

故選C。

5.D

【詳解】有題意作圖

答案第2頁(yè)，共13頁(yè)

當(dāng)速度與x正向夾角為30時(shí)，粒子恰好沿,軸返回。點(diǎn)，有幾何關(guān)系可得

tan30=—

a

解得，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

百

r=——a

3

又有洛倫茲力及牛頓第二定律得

v2

qvB=m—

r

將r=且=%代入上式解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

3m

8=殳

ka

故選B。

6.BD

【詳解】設(shè)變壓器原、副線圈的電壓分別為4、u2,電流分別為乙、12,設(shè)家庭電路用戶

端電阻為R,正弦交流電源的輸出電壓為

4=/4+以

由理想變壓器可得

_/(n2

7

U2n212々

副線圈根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

U2=I2(R2+R)

以上四式聯(lián)立可得

4="用+(區(qū))2(凡+?]

〃2

答案第3頁(yè)，共13頁(yè)

當(dāng)用戶端用電器增多時(shí)，家庭電路用戶端電阻R減小，則原線圈電流力增大，從而副線圈電

流心增大，即電流表示數(shù)/變大，由于電阻K上分壓增大，正弦交流電源輸出電壓的有效值

U。恒定，則原線圈電壓G減小，副線圈電壓心也減小，即電壓表示數(shù)U變小，故彳變小。

故選BDo

7.AD

【詳解】A.物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為

mgsin0=6N<F=8N

可知，物塊相對(duì)于斜面有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，故A正確；

B.物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為0,結(jié)合上述可知，物塊受到重力、繩子的拉力、斜面

的支持力與沿斜面向下的摩擦力四個(gè)力的作用，根據(jù)平衡條件可知，支持力和繩子拉力的合

力與重力和摩擦力的合力等大反向，重力和摩擦力的合力方向斜向左下方，可知支持力和繩

子拉力的合力右上方，故B錯(cuò)誤；

C.將斜面、滑輪與物塊作為整體，對(duì)整體進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有

N=mg+Mg+F=38N

即地面對(duì)斜面的支持力為38N,故C錯(cuò)誤；

D.結(jié)合上述，將斜面、滑輪與物塊作為整體，對(duì)整體進(jìn)行分析，整體受到彈簧豎直向下的

拉力、豎直向下的重力與豎直向上的支持力，整體在水平方向沒有受到其它作用力，即整體

相對(duì)于水平面沒有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即地面對(duì)斜面的摩擦力大小為0,故D正確。

故選AD。

8.AC

【詳解】A.MN運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，則有

而安培力

F^=BIl=Bld

8BlvBdv

1——=----=-----

RRR

所以

lB2d2v

答案第4頁(yè)，共13頁(yè)

故

pFBW

解得

Bd

所以

A正確；

B.對(duì)MN受力分析可知

F「F安=ma

當(dāng)安培力穩(wěn)定后，其加速度也趨于穩(wěn)定。故其先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力和外力

平衡時(shí)，加速度為o,B錯(cuò)誤；

C.穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到兩個(gè)小燈泡正常工作電壓時(shí)，可以使

它們正常發(fā)光，c正確；

D.由于拉力功率功不變，隨著導(dǎo)體棒的速度逐漸增大，所受外力產(chǎn)逐漸減小，導(dǎo)體做加速

度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體平衡時(shí)，加速度為零，速度最大為L(zhǎng),則有

2R

F=A

V,n

解得

2P°R

平衡時(shí)的速度是原平衡狀態(tài)時(shí)速度的血倍，D錯(cuò)誤。

故選ACo

9.(1)1.495/1.493/1.497/1.496/1.494

(2)n

4IL

【詳解】(1)內(nèi)芯直徑為

d=1mm+49.5x0.01mm=1.495mm

答案第5頁(yè)，共13頁(yè)

(2)［1］導(dǎo)線銅芯的電阻約為

7?=p-=1.7xlO-8x500^Q?5.7Q

S1.5x10^

電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于導(dǎo)線銅芯的電阻，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)采用外接法，故接線柱P

應(yīng)與"相連。

⑵導(dǎo)線銅芯的電阻為

R

"I

根據(jù)電阻定律

nLL

R=p--p—j一

S吟2

聯(lián)立解得電阻率

U^d2

p一

4IL

10.(1)0.051.000.2400.245

(2)(M+2m)kd=2nMg

【詳解】(1)口］感光痕跡間的時(shí)間間隔

T=—=0.05s

G)

⑵細(xì)鋼柱速度大小為

XDE+XEF=100m/s

EIT

［3］在。石段，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量

AEk=1(2/n+M)v1=0.240J

⑷重力勢(shì)能的減少量

AEp-^M+rri)gxOE-mgxOE=0.245J

(2)由題知，激光筆每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，Q下降的高度為d,設(shè)激光筆共轉(zhuǎn)”圈，則有

0=ri'2TI

由圖像可知

6=—cot=—kt1

22

聯(lián)立解得

答案第6頁(yè)，共13頁(yè)

,2=坦

k

對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律有

根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式

v=at

所以系統(tǒng)動(dòng)能的增加量

小?22

—1?21M24n7i

AE.=—(2m+M]v=—x-----------------x-----------

k2V722m+Mk

重力勢(shì)能的減少量

AEp=(M+,nd-mg,nd=Mg，nd

若驗(yàn)證得到表達(dá)式

1M2g24M

—x-----------------x----------=Mg?nd

22m+Mk

即

(M+2m)kd=2nMg

11.(1)/=4m；(2)AE=1J

【詳解】（1）對(duì)A物體受力分析,由牛頓第二定律得

NMg=maK

解得

2

aA=3m/s

對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得

NMg-4?2mg=maB

解得

=Im/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

12

=VtClt

%AG~~A

12

%B=~

解得

答案第7頁(yè)，共13頁(yè)

1=xA-xB=4m

（2）設(shè)物塊A和木板B碰撞前速度分別為匕、匕，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)A

匕=%一卬

解得

4=3m/s

對(duì)B

v2=aBt

解得

v2=lm/s

A、B碰撞過程為完全非彈性碰撞，則對(duì)A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒

mvx+mv2=2mv

由能量守恒

\E=-mv?+—mv：——-2mv2

21222

解得

AE=1J

23mgd;(2)E]:等~；(3)l=^-m^2gd

12.(1)心TT=

q3q4

【詳解】（1）小球在I區(qū)域電場(chǎng)中，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向先加速再減速到零,

到達(dá)2點(diǎn)時(shí)吮=%，從B到C的過程中，由動(dòng)能定理可得

mv

mgd+qUBC=^c

解得

n_23mgd

UBC~

q

2

（2）設(shè)小球在I區(qū)域中經(jīng)過直線y=時(shí)，豎直方向速度為與，在片中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為「、在

當(dāng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為A，水平方向則有

%(G+才2)=3d

答案第8頁(yè)，共13頁(yè)

豎直方向，在片中有

24七

-d=—t,

321

在當(dāng)中有

1,v

-d=—

322

解得

2d

%=一

%

小球在I區(qū)域耳中，豎直方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

2,12

—d——ci,t,

3211

由牛頓第二定律可得

qE、—mg=max

解得

13q

(3)設(shè)小球在II區(qū)域中，電場(chǎng)當(dāng)水平方向的分量為紇、豎直方向分量為約，在C點(diǎn)時(shí)水

平方向速度為匕，豎直方向速度為0,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

d=j

2

23

聯(lián)立可得

V),=4y[2gd

水平方向

qE,=max

答案第9頁(yè)，共13頁(yè)

a

X%

4=8g

豎直方向

mg+qEy^may

s=7

’3

%=16g

聯(lián)立可得

E=也

q

EJ5叫

q

II區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小為

E3=《E：+E；

P_17mg

乜3.

q

小球在區(qū)域n中從B到c過程中所受電場(chǎng)力的沖量大小

I=qE3t3

I=三〃112gd

13.ACE

【詳解】A.由圖示可知，功過程，氣體溫度增加，所以內(nèi)能增大，故A正確；

B.T-V圖像過原點(diǎn)的直線表示等壓過程，分別連接原點(diǎn)和°,以及原點(diǎn)和6點(diǎn)，根據(jù)

可知，T-V圖像的斜率越大,氣體壓強(qiáng)越大,從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程氣體的壓強(qiáng)逐漸減小,

故B錯(cuò)誤；

D.由圖不可知，ah過程,氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，故D錯(cuò)誤；

C.根據(jù)熱力學(xué)第一定律

\U=W+Q

因?yàn)閺臓顟B(tài)。到狀態(tài)6的過程氣體內(nèi)能增加，又因?yàn)闅怏w對(duì)外做功，所以氣體從外界吸收熱

答案第10頁(yè)，共13頁(yè)

量，故c正確；

E.ab過程，壓強(qiáng)減小，溫度升高，所以分子平均動(dòng)能變大，氣體分子撞擊器壁的平均作用

力增大，又因?yàn)閺臓顟B(tài)。到狀態(tài)6的過程氣體的壓強(qiáng)逐漸減小，，所以容器單位面積、單位

時(shí)間內(nèi)受到的氣體分子撞擊次數(shù)逐漸減少，故E正確。

故選ACEo