2024屆天津市濱海新區(qū)高三5月高考模擬物理試題

2024屆天津市濱海新區(qū)高三5月高考模擬物理試題

注意事項(xiàng)

1.考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、在一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)處各放置一個(gè)電荷量為4的點(diǎn)電荷，其中A6C處為正點(diǎn)電荷，。處為負(fù)點(diǎn)電荷,

尸、。、M、N分別是4仄BC、CD、DA的中點(diǎn)，貝lj（）

Zo\

A.M.N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.尸、。兩點(diǎn)電勢(shì)相同

C.將一個(gè)帶負(fù)電的粒子由。沿直線移動(dòng)到電勢(shì)能先增大后減小

D.在。點(diǎn)靜止釋放一個(gè)帶正電的粒子（不計(jì)重力），粒子可沿著OD做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

2、如圖所示，在矩形區(qū)域"cd內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5、方向垂直。加d平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知左邊長(zhǎng)為

一個(gè)質(zhì)量為小，帶電量為g的正粒子，從而邊上的M點(diǎn)垂直也邊射入磁場(chǎng)，從cd邊上的N點(diǎn)射出，之間的距

離為2L,不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（）

M」

IIN

A.磁場(chǎng)方向垂直Hcd平面向里

B.該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為癡

C.該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為幽

D.該粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力對(duì)該粒子的沖量為零

3、如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對(duì)靜止地向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B受

到的摩擦力

A.方向向左，大小不變

B.方向向左，逐漸減小

C.方向向右，大小不變

D.方向向右，逐漸減小

4、雙星系統(tǒng)中兩個(gè)星球4、B的質(zhì)量都是加，相距L,它們正圍繞兩者連線上某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。實(shí)際觀測(cè)該

系統(tǒng)的周期T要小于按照力學(xué)理論計(jì)算出的周期理論值To,且J=&<1）,于是有一人猜測(cè)這可能是受到了一顆

70

未發(fā)現(xiàn)的星球C的影響，并認(rèn)為C位于4、3的連線正中間，相對(duì)A、3靜止，則A、B組成的雙星系統(tǒng)周期理

論值To及C的質(zhì)量分別為（)

D.2仁哈

V2Gm4k2

5、一電荷量為q的正點(diǎn)電荷位于電場(chǎng)中A點(diǎn),具有的電勢(shì)能為Ep,則A點(diǎn)的電勢(shì)為（p=EqP.若把該點(diǎn)電荷換

為電荷量為2q的負(fù)點(diǎn)電荷，則A點(diǎn)的電勢(shì)為（）

A.4。

B.2。

C.（P

（p

D.—

2

6、平面。M和平面ON之間的夾角為30。，其橫截面（紙面）如圖所示，平面。M上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為氏方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為電荷量為4（qX））。粒子沿紙面以大小為-的速度從。W的

某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與成30。角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另

一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線。的距離為

mvxBmv2/ziv4/nv

A?~~B?--------C.-D.~

2qBqBqBqB

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

7、如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中有一個(gè)半徑為R的圓，圓面與磁場(chǎng)垂直，從圓弧上的P點(diǎn)在紙面內(nèi)沿

各個(gè)方向向園內(nèi)射入質(zhì)量、電荷量、初速度大小均相同的帶同種電荷的粒子，結(jié)果沿半徑PO方向射入的粒子從邊界

上。點(diǎn)射出.已知。。與O0間的夾角為60。，不計(jì)粒子的重力，則下列說(shuō)法正確的是

A.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為走R

2

B.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為點(diǎn)且R

3

C.有粒子射出部分的國(guó)弧所對(duì)圓心角的正弦值為氈

3

D.有粒子射出部分的圓孤所對(duì)圓心角的正弦值為芝

3

8、下列說(shuō)法中正確的是（）

A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積

B.懸浮在液體中微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)并不是分子運(yùn)動(dòng)，但微粒運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性，間接反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性

C.理想氣體在某過(guò)程中從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小

D.熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體

9、如圖所示，粗糙的水平軌道BC的右端與半徑A=0.45m的光滑豎直圓軌道在。點(diǎn)相切，傾斜軌道48與水平方向

間的夾角為37、質(zhì)量加=0.1kg的小球從傾斜軌道頂端A點(diǎn)由靜止滑下，小球經(jīng)過(guò)軌道銜接處時(shí)沒(méi)有能量損失。已知

水平軌道5C的長(zhǎng)度L=2m,小球與傾斜軌道和水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為4=0.375,sin37°=0.6,cos37,=0.8,

gK10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（）

⑵實(shí)驗(yàn)過(guò)程中電壓表V與電流表A的測(cè)量結(jié)果己經(jīng)在圖丙中的u—/圖像中描出，由U—/圖像可得，合金絲的電阻

為Q;由電阻定律可計(jì)算出合金絲的電阻率為6m（保留三位有效數(shù)字）。

\UN

005LOL5//A

丙

（3）小組另一同學(xué)用多用電表測(cè)整卷金屬合金絲的電阻，操作過(guò)程分以下三個(gè)步驟：

①將紅黑表筆分別插入多用電表的“「插孔：選擇電阻擋“X100”：

②然后將兩表筆短接，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”進(jìn)行歐姆調(diào)零；

③把紅黑表筆分別與合金絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖丁所示，該合金絲的電阻約為—Ho

（4）根據(jù)多用電表測(cè)得的合金絲電阻值，不計(jì)合金絲絕緣層的厚度，可估算出合金絲的長(zhǎng)度約mo（結(jié)果保留整數(shù)）

12.（12分）在“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，所用測(cè)量?jī)x器均已校準(zhǔn)。已知待測(cè)金屬絲的電阻值Rx約為5。。在測(cè)

電阻時(shí)，可供選擇的器材有：

電源心電動(dòng)勢(shì)3V,內(nèi)阻約

電流表Ai：量程0?0.6A,內(nèi)阻約0.125。；

電流表A2：量程0~3A,內(nèi)阻約0.025Q；

電壓表Vi：量程0~3V,內(nèi)阻約3k。；

電壓表與：量程0?15V,內(nèi)阻約15k。；

滑動(dòng)變阻器最大阻值5C,允許最大電流2A；

滑動(dòng)變阻器或2：最大阻值1000C,最大電流0.6A開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。

⑴在上述器材中，應(yīng)該選用的電流表是,應(yīng)該選用的電壓表是o若想盡量多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，應(yīng)該選用的

滑動(dòng)變阻器是_______（填寫儀器的字母代號(hào)）。

（2）用所選的器材，在答題紙對(duì)應(yīng)的方框中畫出電路圖_____________________o

（3）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，下列說(shuō)法正確的是____________。

A.對(duì)金屬絲的直徑多次測(cè)量求平均值，可消除誤差

B.由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差

C.利用電流/隨電壓U的變化圖線求可減小偶然誤差

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，一根勁度系數(shù)為2=3N/cm的輕質(zhì)彈簧豎直放置，上下兩端各固定質(zhì)量均為〃%=3kg的物體

A和3（均視為質(zhì)點(diǎn)），物體8置于水平地面上，整個(gè)裝置處于^止?fàn)顟B(tài)，一個(gè)質(zhì)量機(jī)=2kg的小球P從物體A正上方

距其高度〃=5m處由靜止自由下落。與物體A發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短且只碰一次），彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，

不計(jì)空氣阻力，取g=l（）m/s2。求：

（1）碰撞后瞬間物體A的速度大小；

⑵當(dāng)?shù)孛鎸?duì)物體〃的彈力恰好為零時(shí)，A物體的速度大小。

14.（16分）如圖所示，I、m區(qū)域（足夠大）存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線MN、尸。分別為磁場(chǎng)區(qū)域邊界,

在n區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界恰好與邊界MN、尸。相切，S、T為切點(diǎn),

A、C為虛線MN上的兩點(diǎn)，且AS=CS=^R,有一帶正電的粒子以速度了沿與邊界成30。角的方向從C點(diǎn)垂直磁場(chǎng)

進(jìn)入I區(qū)域，隨后從A點(diǎn)進(jìn)入n區(qū)域，一段時(shí)間后粒子能回到出發(fā)點(diǎn)，并最終做周期性運(yùn)動(dòng)，已知n區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁

感應(yīng)強(qiáng)度&為I區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度切的6倍，in區(qū)域與I區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，不計(jì)粒子的重力。求:

(1)粒子第一次進(jìn)入II區(qū)域后在II區(qū)域中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角;

⑵粒子從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到出發(fā)點(diǎn)所經(jīng)歷的總時(shí)間。

15.(12分)如圖所示，一圓柱形絕熱氣缸豎直放置，通過(guò)絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體.活塞的質(zhì)量為小

橫截面積為S,與容器底部相距加此時(shí)封閉氣體的溫度為八.現(xiàn)通過(guò)電熱絲緩慢加熱氣體，當(dāng)氣體吸收熱量。時(shí),

氣體溫度上升到乃.已知大氣壓強(qiáng)為⑷，重力加速度為g,Ti和不均為熱力學(xué)溫度，不計(jì)活塞與氣缸的摩擦.求：

1tjII

(1)活塞上升的高度;

(2)加熱過(guò)程中氣體的內(nèi)能增加量.

參考答案

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、B

【解題分析】

A.場(chǎng)強(qiáng)疊加遵循平行四邊形定則，M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，A錯(cuò)誤；

B.P、。兩點(diǎn)即關(guān)于A、C兩正電荷對(duì)稱，又關(guān)于8、0兩異種電荷對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性可知四個(gè)點(diǎn)電荷在P、。兩點(diǎn)

產(chǎn)生的電勢(shì)相同，B正確；

C.M.N、P、。關(guān)于A、C兩正電荷對(duì)稱，所以對(duì)于A、C兩正電荷而言，這四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)是相等的，對(duì)8、。兩異

種電荷而言，尸、。兩點(diǎn)的電勢(shì)高于〃、N兩點(diǎn)的電勢(shì)，所以負(fù)電的粒子由。沿直線移動(dòng)到根據(jù)：

耳=夕0

可知負(fù)電荷電勢(shì)能一直增大，c錯(cuò)誤；

D.這四個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力大小改變，加速度改變，所以從0點(diǎn)靜止釋放的粒子不可能做勻變速運(yùn)動(dòng),

D錯(cuò)誤。

故選B。

2、B

【解題分析】

A.粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直助M平面向外，故A錯(cuò)誤；

B.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得MP=14小—3R=L，則

R2=3L2+(/?-￡)2

解得

R=2L

.a&L摳

sinO=----=——

2L2

解得

0=60°

該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

1丁127nn7tm

t=-T=-x----=----

66qB3qR

故B正確；

c.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得R=解得該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為

qB

m

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)量定理可得該粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力對(duì)該粒子的沖量等于動(dòng)量變化，由于速度變化不

為零，蝦動(dòng)量變化不為零，洛倫茲力對(duì)該粒子的沖量不為零，故D錯(cuò)誤。

故選B。

3、A

【解題分析】

試題分析:A、B兩物塊疊放在一起共同向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A和B整體根據(jù)牛頓第二定律有M,

-=間

然后隔離B,根據(jù)牛頓第二定律有：施=用的=卬如，大小不變；物體B做速度方向向右的勻減速運(yùn)動(dòng)，故而加速度

方向向左，摩擦力向左；故選A.

考點(diǎn)：本題考查牛頓第二定律、整體法與隔離法.

【名師點(diǎn)睛】1、整體法：整體法是指對(duì)物理問(wèn)題中的整個(gè)系統(tǒng)或整個(gè)過(guò)程進(jìn)行分析、研究的方法.在力學(xué)中，就是把

幾個(gè)物體視為一個(gè)整體，作為研究對(duì)象，受力分析時(shí)，只分析這一整體對(duì)象之外的物體對(duì)整體的作用力（外力），不考

慮整體內(nèi)部之間的相互作用力（內(nèi)力）.

整體法的優(yōu)點(diǎn)：通過(guò)整體法分析物理問(wèn)題，可以弄清系統(tǒng)的整體受力情況和全過(guò)程的受力情況，從整體上揭示事物的

本質(zhì)和變體規(guī)律，從而避開(kāi)了中間環(huán)節(jié)的繁瑣推算，能夠靈活地解決問(wèn)題.通常在分析外力對(duì)系統(tǒng)的作用時(shí)，用整體

法.

2、隔離法：隔離法是指對(duì)物理問(wèn)題中的單個(gè)物體或單個(gè)過(guò)程進(jìn)行分析、研究的方法.在力學(xué)中，就是把要分析的物體

從相關(guān)的物體體系中隔離出來(lái)，作為研究對(duì)象，只分析該研究對(duì)象以外的物體對(duì)該對(duì)象的作用力，不考慮研究對(duì)象對(duì)

其他物體的作用力.

隔離法的優(yōu)點(diǎn)：容易看清單個(gè)物體的受力情況或單個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)情形，問(wèn)題處理起來(lái)比較方便、簡(jiǎn)單，便于初學(xué)者使

用.在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體（或一個(gè)物體的各個(gè)部分）間的相互作用時(shí)用隔離法.

4、D

【解題分析】

兩星的角速度相同，根據(jù)萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力知：

CMm22

G-7-=nuo^r.-m（Dr,

U12

可得

r\=n①

兩星繞連線的中點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，則有：

?m2472L

G--m——；----②

1}TJ2

所以

…底③

由于C的存在，雙星的向心力由兩個(gè)力的合力提供，則

cMm4/L

G——+G——=m—；----公

Z?（L2尸2④

（5）

又

T

一=k⑤

解③④⑤式得

?,\—k"

M=z-m

4產(chǎn)

可知D正確,ARC錯(cuò)誤°

故選D。

5、C

【解題分析】

根據(jù)電勢(shì)的物理意義：電勢(shì)是反映電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，僅由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷無(wú)關(guān).可知，將該點(diǎn)電荷

換為電荷量為2q的負(fù)點(diǎn)電荷，A點(diǎn)的電勢(shì)不變，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C.

6、D

【解題分析】

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

nP2

qvB-m一

R

解得

R=—

qB

根據(jù)軌跡圖知

2機(jī)u

PQ=2R=

NOP-O。

則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為

4mv

0P=2PQ=

~qB

則D正確，ABC錯(cuò)誤。

故選D。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

7、BD

【解題分析】

AB.設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為「，由幾何關(guān)系可知：

巧

r=Z?tan30°=—R

3

A,錯(cuò)誤B正確;

CD.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑為:

設(shè)有粒子射出部分的圓弧所對(duì)圓心角為由幾何關(guān)系可知:

2A3

則:

a「ee2V3

sm0=2sin—cos—=----

223

C錯(cuò)誤，D正確.

8、BCD

【解題分析】

A.知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，能算出一個(gè)氣體分子所占有的體積，故A錯(cuò)誤；

B.懸浮在液體中微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)并不是分子運(yùn)動(dòng)，但微粒運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性，間接反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性,

故B正確；

C.理想氣體在吸收熱量的同時(shí)，若對(duì)外做功，其內(nèi)能可能減小，故C正確；

D.若有第三者介入，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，故D正確。

故選BCD。

9、ABD

【解題分析】

A.若小球剛好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理，研究小球從4點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程得

?。九

mghi—^iingcos37-----r—pnigL=0-0

sin37

解得

//i=1.5ni

故A正確；

B.若小球開(kāi)始滑下時(shí)的高度為2m,根據(jù)動(dòng)能定理，從A點(diǎn)到C點(diǎn)有

。乩

rnghz-pmgeos37r-〃/wgA=Ekc-0

sm37

解得

￡kc=0.25mg

由動(dòng)能定理得小球要運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)（右半部分圓軌道上與圓心等高的點(diǎn)為O點(diǎn)），在C點(diǎn)的動(dòng)能至少是

ingR=dA5mg

所以小球不能到達(dá)。點(diǎn)，在。點(diǎn)與。點(diǎn)之間某處速度減為零，然后沿圓軌道返回滑下，故B正確；

C.小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，剛好不脫離軌道時(shí)，在圓軌道最高點(diǎn)速度最小是陋，由動(dòng)能定理得

-2mgR=mv2-Eko

理可得要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球在C點(diǎn)動(dòng)能最小值為

9

EM=-mg

O

若小球開(kāi)始滑下時(shí)的高度為2?5m,則小球在。點(diǎn)的動(dòng)能是05叫，若小球開(kāi)始滑下時(shí)的高度為3m,則小球在C點(diǎn)的

動(dòng)能是0.75/〃上這兩種情況下小球通過(guò)。點(diǎn)后都會(huì)在。點(diǎn)與最高點(diǎn)之間某一位置做斜拋運(yùn)動(dòng)，即小球?qū)㈦x開(kāi)軌道，

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ABD。

10、AD

【解題分析】

AB.對(duì)環(huán)由于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)增大，根據(jù)楞次定律，環(huán)M中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直紙面向

外，根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)〃中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍鶕?jù)左手定則，環(huán)M所受的安培力指向圓心向里，環(huán)M

有收縮的趨勢(shì)，A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；

CD.對(duì)環(huán)N,處在沿順時(shí)針?lè)较颦h(huán)形電流i所產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)右手螺旋定則，穿過(guò)環(huán)N的磁感線抵消后，總體垂

直紙面向里，當(dāng)電流，?增大時(shí)，原磁場(chǎng)向里增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，環(huán)N中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,

根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)N中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，但是感?yīng)電流所處的區(qū)域磁感線垂直紙面向外，根據(jù)左手定則,

環(huán)N所受的安培力背離圓心向外，環(huán)N有擴(kuò)張的趨勢(shì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確。

故選AD,

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。

11、外接限流式0.6803.003.63x10-61400140

【解題分析】

根據(jù)實(shí)物連接圖分析可知該實(shí)驗(yàn)連接圖中電流表采用的是內(nèi)接，［2］滑動(dòng)變阻器采用的是限流式，⑶螺旋測(cè)微器

的固定刻度讀數(shù)0.5mm,可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01xl8.0=0.180mm,所以最終讀數(shù)為0.5+0.180mm=0.680mm；

⑵［4］由/圖像，據(jù)歐姆定律可得該小段金屬合金絲的電阻為

W2.70—0八…八

K=----=--------------￡2=3.1MJ￡2

△10.90-0

⑸金屬合金絲的橫截面積

S=乃(92

根據(jù)電阻定律R=*可計(jì)算出金屬合金絲的電阻率為

0=3.14x(0.68xlQ-)-x3.00Q>m=3.63xl0-6Q.m

P=

4L4x0.300

⑶③網(wǎng)歐姆表選擇xlOO擋，由圖甲所示可知多用電表的表盤讀數(shù)為14,該合金絲的電阻約為

14xl00C=1400Q

(4)⑺根據(jù)電阻定律/?=華可知長(zhǎng)度之比等于電阻之比，即有

1400_L

TOO-0.300

所以金屬合金絲的長(zhǎng)度

r=140m

12、A,V,凡

【解題分析】

⑴⑴因?yàn)殡妱?dòng)勢(shì)3V,所以電壓表選擇環(huán)；

⑵根據(jù)歐姆定律可知電路中最大電流為

E

/=_=0.6A

R,

所以電流表為Ai；

⑶為保證調(diào)節(jié)方便，則選擇阻值較小的滑動(dòng)變阻器2；

⑵[4]因?yàn)?/p>

&_3000R5

=600>j==40

瓦=丁心0.125

則說(shuō)明待測(cè)電阻為小電阻，所以電流表采用外接法，實(shí)驗(yàn)要求盡量多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式，電路

⑶[5]A.實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的誤差不能消除，只能減小，故A錯(cuò)誤；

B.由于我流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故B錯(cuò)誤:

C.利用圖象法求解電阻可減小偶然誤差，故C正確。

故選c。

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13、(l)8m/s；(2)2厲m/s

【解題分析】

⑴設(shè)碰撞前瞬間小球產(chǎn)的速度為%,碰撞后瞬間小球尸的速度為匕，物體A的速度為匕,

小球尸自由下落，由動(dòng)能定理可得

mgh=-mvl

解得

%=1Om/s

小球P與物體A碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得

彩

mv0=+1%

1,1,12

-mvQ=-mv；+-^}v2

解得

匕=-2m/s

v2=8nMs

故碰撞后瞬間物體A的速度大小是8m/s.

⑵設(shè)開(kāi)始A靜止時(shí)彈簧的壓縮量為』

對(duì)A有

=g

%=0.1in

當(dāng)?shù)孛鎸?duì)物體H的彈力恰好為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為超

對(duì)B有

m°g=5

x2=O.lm

可見(jiàn)玉二占，故兩個(gè)狀態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能相等;

從尸與4碰撞后瞬間到地面對(duì)H的彈力恰好為零的過(guò)程，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得

；叫西二;，4何+以話(王+電)

JJ

解得此時(shí)A的速度大小為

v3=2y/\5m/s

14、(1)120°(2)