安徽省滁州市定远中学高考物理一模试卷（解析版）附答案


安徽省滁州市定远中学高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 下列说法不正确的是(　　)
A. 卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在
B. 核泄漏事故污染物 137CS能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为 55137CS→ 56137Ba+x，可以判断x为电子
C. 若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
D. 质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1+2m2-m3)c2
【答案】A
【解析】解：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论。故A错误；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知， 137CS衰变后的产物x的质量数为0，电荷数为-1，衰变方程为：为 55137CS→ 56137Ba+ -10e，所以x是电子。故B正确；
C、根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应。故C正确；
D、质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子的过程中亏损的质量为(2m1+2m2-m3)，根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是(2m1+2m2-m3)c2.故D正确。
本题选择错误的，故选：A
卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论；根据质量数守恒与电荷数守恒判断x；根据玻尔理论环绕光电效应的条件分析；根据质能方程分析产生的能量．
该题考查原子物理学的多个知识点的内容，其中玻尔理论与质能方程为这一部分的重点，要准确理解其内容．

2. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线.在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球(可视为质点)，若不计空气阻力，则(　　)


A. 小球从C点沿直线MN向N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B. 小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高
C. 小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大
D. 若在两个小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大
【答案】C
【解析】解：A、等量正点电荷的电场是非匀强电场，小球从C点沿直线MN向N端运动，电场强度是变化的，所受的电场力是变化的，故先做变加速运动，后做变减速运动，故A错误。
B、MO段电场线方向向上，ON段电场线方向向下，则小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电势先升高后降低。故B错误。
C、小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故C正确。
D、伴随两个点电荷电荷量的增加，由于对小球在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，故D错误。
故选：C。
本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，电场力做功情况，判断电势能的变化情况．
本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．

3. 一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y=-5x2(单位：m)，一质量为0.1Kg的金属小环套在上面.t=0时刻从x=-1处以v0=1m/s向右运动，并相继经过x=1m的A点和x=2m的B点，下列说法正确的是(　　)


A. 小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力
B. 小环经过B点的加速度大于A点时的加速度
C. 小环经过B点时重力的瞬时功率为20W
D. 小环经过B点的时刻为t=2s
【答案】C
【解析】解：A、若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，故A错误；
B、金属环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，故B错误；
C、小球经过B点的时间t=△xt=2-(-1)1s=3s，所以以小环经过B点的时刻为t=3s，小环经过B点时vy=g(t-1)=20m/s，所以小球经过B点是重力的瞬时功率为p=mgvy=20w，故C正确，D错误。
故选：C。
金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，实际是一个平抛运动，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，根据平抛的定义确定加速度的大小，根据平抛的规律计算出小球经过B点时的时间和竖直分速度，代入功率公式求出重力的瞬时功率．
本题和数学的上的方程结合起来，根据方程来确定小球的运动特征，从而利用平抛运动的规律解答．

4. 由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是(　　)
A. A星体所受合力大小FA=2Gm2a2 B. B星体所受合力大小FB=27Gm2a2
C. C星体的轨道半径RC=72a D. 三星体做圆周运动的周期T=πa3Gm
【答案】D
【解析】解：A、由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：FBA=FCA=G2m2a2方向如图，则合力的大小为：FA=2FBAcos300=23Gm2a2，故A错误；
B、同上，B星受到的引力分别为：FAB=G2m2a2，FCB=Gm2a2，方向如图；

FB沿x方向的分力：FBx=FABcos600+FCB=2Gm2a2FB沿y方向的分力：FBy=FABsin600=3Gm2a2可得：FB=FBx2+FBy2=7Gm2a2，故B错误；
C、通过对于B的受力分析可知，由于：FAB=G2m2a2，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处。所以：RC=RB=(a2)2+(3a4)2=74a，故C错误；
D、由题可知C的受力大小与B的受力相同，对B星：FB=7Gm2a2=m4π2T2×74a，解得：T=πa3Gm，故D正确。
故选：D。
由万有引力定律，A星受到B、C的引力的合力充当A星体圆周运动的向心力。
C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；
由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出A、B受到的合力即可；
该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B与C的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的。画出它们的受力的图象，在结合图象和万有引力定律即可正确解答。

5. 在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻。下列说法正确的是(　　)
A. 在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零
B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin50πt(V)
C. Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变
D. Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变大
【答案】A
【解析】解：AB、原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知，最大电压：Um=362V，周期0.02s，角速度是ω=2πT=2π0.02=100π，
则电压顺时值表达式为：u=362sin100πt(V)，当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A正确，B错误；

C、Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；
D、Rt温度升高时，Rt的阻值减小，副线圈电流增大，电流表示数增大，变压器副线圈电压不变，变压器输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大，故D错误；
故选：A。
由图可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=Umsinωt(V)，由图可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6. 如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM'和PP'范围内有电场强度方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示.一质量为m、带电荷量为+q的小物块  (可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零.若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g.则以下判断正确的是(　　)

A. 小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力
B. 小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于v02
C. A、B两点间的电势差为m(2μgl-v02)2q
D. 此过程中产生的内能为mv022
【答案】AC
【解析】解：A、滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力。故A正确。
B、因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于v02，从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于v02.故B错误。
C、根据动能定理得，qU-μmgl=0-12mv02，解得A、B点间的电势差U=m(2μgl-v02)2q.故C正确。
D、根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于12mv02.故D错误。
故选：AC。
根据电场力的变化，结合滑块速度减小，判断出电场力和滑动摩擦力的关系；结合速度时间图线，抓住滑块做加速度逐渐减小的减速运动得出中间时刻的瞬时速度；根据动能定理求出A、B两点间的电势差，结合能量守恒判断内能与动能减小量的关系．
本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和能量守恒，综合性较强，对学生的能力要求较高，对于B选项，通过速度时间图线分析判断比较直观简捷．

7. 如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点.一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90∘.现缓慢改变绳OA的方向至θ>90∘，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态.下列说法正确的是(　　)
A. 绳OA的拉力先减小后增大
B. 斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大
C. 地面对斜面体有向右的摩擦力
D. 地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和
【答案】ABD
【解析】解：A、缓慢改变绳OA的方向至θ>90∘的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，
可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；
B、若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；
C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；
D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：
N+Fcosα=M斜g+MPg+MQg
由上图分析可知F的最大值即为MQg(当F竖直向上方向时)
故Fcosα 则N>M斜g+MPg，故D正确；
故选：ABD。
对结点O受力分析，根据图解法分析F的变化和绳子PO拉力的变化，然后以P为研究对象根据平衡条件判断摩擦力的变化．
本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点

8. 如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则(　　)
A. 粒子射入磁场的速率为v=2RqBm
B. 粒子在磁场中运动动的最长时间为t=πm3qB
C. 不可能有粒子从C点射出磁场
D. 若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出
【答案】ABD
【解析】解：A、由洛仑兹力提供向心力qvB=mv2r，当r=2R时，速度v=2RqBm，所以选项A正确。
B、要使带电粒子在圆形磁场中的时间最长，则是以磁场圆直径为弦的轨迹时间最长。由几何关系知：此轨迹在磁场的偏转角为60∘，所以最长时间tmax=60∘360∘T=πm3qB，所以选项B正确。
C、若入射速度恰当，则粒子能够通过C点，甚至能够找到圆心：作PC的中垂线，以P或C为圆心以2R为半径画弧交PC中垂线于OC，即通过C点轨迹的圆心，所以选项C错误。
D、若粒子的速度变为RqBm，则其运动半径为R，若粒子从P点向上入射，则从A点水平穿出，所以选项D正确。
故选：ABD。
由洛仑兹力提供向心力qvB=mv2r，当r=2R时，可以求出粒子的速度。至于粒子在圆形磁场区域内的运动时间，由于带电粒子的轨道半径2R为一定值且大于磁场区域的半径R，所以当带电粒子的轨迹最长时，时间最长，即以磁场圆直径为弦长的轨迹时间最长，如图所示的以O长为圆心的轨迹。
本题只是带电粒子在磁场中以磁场圆半径的2倍为半径做匀速圆周运动的特例，由洛仑兹力提供向心力，从而能够求出速度。难点是怎样确定最长时间，显然是轨迹最长时，时间最长，即轨迹所对的弦为磁场圆的直径。

9. 下列说法不正确的是(　　)
A. 物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零
B. 两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能先减小后增大
C. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
D. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律
E. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大
【答案】ABE
【解析】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，物体的温度为0℃时，热力学温度不为零，故物体的分子平均动能不为零，当然，绝对零度不可能达到，只能无限接近，故A不正确；
B、两个分子在相互靠近的过程中，其分子力的合力可能已知增加，也可能先减小后增加，要看初始距离大小，故B不正确；
C、密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则分子热运动的平均动能增加，而分子数密度不变，故气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，也就是气压增大，故C正确；
D、效率达到100%的热机是第二类永动机，第二类永动机也是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D正确；
E、一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，根据热力学第一定律，气体一定对外做功，故体积增加，再根据理想气体状态方程PVT=C可知，气压减小，故E不正确；
本题选不正确的，故选：ABE
温度是分子热运动平均动能的标志，绝对零度不可能达到；分子力做功等于分子势能的减小量；热力学第一定律公式：W+Q=△U；热力学第二定律说明，不可能从单一热源吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化．
本题考查热力学第一定律、第二定律、气体压强的微观意义、理想气体状态方程等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识．

三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
10. 用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中．

(1)若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足______条件时，可认为小车受到合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小．
(2)在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是______．
A.平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车
D.小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
(3)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度为______m/s2(保留两位有效数字)．
(4)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a～1M图线后，发现当1M较大时，图线发生弯曲.该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象.则该同学的修正方案可能是______   ．
A.改画a与1M+m的关系图线       B.改画a与(M+m)的关系图线
C.改画 a与mM的关系图线            D.改画a与1(M+m)2的关系图线．
【答案】M>>m   AC   0.45   A
【解析】解：(1)“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力，方法是将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀速直线运动，另外为使绳子拉力等于砝码盘(连同砝码)的质量，必须满足满足小车的质量M远大于砝码盘(连同砝码)的质量m的条件，即M>>m．
(2)A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动.故A正确；
B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力.故B错误．
C、实验时先接通电源后释放纸带，故C正确；
D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果直接运用牛顿第二定律计算的，则无法进行探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系.故D错误；
故选：AC；
(3)每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T=0.1s；
在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即：△x=aT2，
逐差法知：a=x24-x024T2=4.65+5.10-(3.75+4.20)4×0.12×10-2=0.45m/s2
(4)分别对小车与砝码列出牛顿第二定律，对小车有F=Ma，对砝码有：mg-F=ma，两式联立可得：a=mgM+m=1M+mmg，
所以作图时应作出a-1M+m图象.故选：A；
故答案为：(1)M>>m； (2)AC；   (3)0.45；  (4)A．
(1)在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；为使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量；
(2)在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过控制变量法，先控制m一定，验证a与F成正比，再控制F一定，验证a与m成反比；实验中用勾码的重力代替小车的合力，故要通过将长木板左端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于小盘(包括盘中的砝码)质量来减小实验的误差！实验时先接通电源后释放纸带；
(3)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
(4)分别对小车和砝码盘列出牛顿第二定律方程，即可知道绳子拉力就是砝码重力的条件以及图象弯曲的原因．
明确实验原理是解决有关实验问题的关键.在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：(1)平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；(2)满足砝码(连同砝码盘)质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码(连同砝码盘)的重力.对于课本中基础力学实验，要到实验室进行实际操作，这样才能明确实验步骤和具体的操作的含义．

11. 如图是用来测量某电阻丝材料的电阻率的电路图。实验中把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上，移动滑片改变接触点P的位置，可改变接入电路中电阻丝的长度。实验可供选择的器材还有：
器材编号
器材名称
规格与参数
A
电池组E
电动势为3.0V，内阻未知
B
电流表A1
量程0～100mA，内阻约5Ω
C
电流表A2
量程0～0.6A，内阻约0.2Ω
D
电阻箱R
0～999.9Ω
E
开关、导线
若干
实验操作如下：
a.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；
b.将选用的实验器材，按照图1连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
d.接触点P在电阻丝上某位置时，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关。记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。
e.改变接触点P的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏；重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。
f.断开开关，整理好器材，进行实验数据分析。

(1)某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图2示，d=______mm；
(2)实验中电流表应选择______(选填供选器材前的编号)；
(3)用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度l的数据，绘出了如图3示的R-l关系图线，图线在R轴的截距为R0，在l轴的截距为l0，那么电阻丝的电阻率表达式ρ=______(用R0、l0、d表示)；
(4)本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果______(选填“有”或“无)影响，这是因为______。
【答案】0.730   B  πd2R04l0   无   应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm，金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm。
(2)电路最大电流约为I=ER=3V20Ω=0.15A，约为0.6A的四分之一，如果使用电流表A2实验误差较大，电流表应选B：A1。
(3)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R总=R+R电阻丝=R+ρlS=R+ρlπ(d2)2=R+ρ4lπd2，
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零是，电路总电阻R总=R0，
则R+ρ4lπd2=R0，R=R0-ρ4lπd2，图象斜率k=R0l0=4ρπd2，则电阻率ρ=πd2R04l0；
(4)应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响，电流表内阻对实验结果没有影响。
故答案为：(1)0.730；(2)A1；(3)πd2R04l0；(4)无；应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
(2)根据电路最大电流选择电流表。
(3)由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。
(4)应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。
本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式、实验误差分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
12. 如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场.圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力.求
(1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
(2)P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向．
(3)求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标．

【答案】解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，当沿y轴正方向射出的质子恰好不从磁场射出时，
所有质子都不会射出磁场，沿y轴正方向射出的质子恰好不从磁场射出，其轨道半径：r=R2，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r
解得：B=2mveR，
要使质子不出磁场区域，磁感应强度：B≥2mveR；
(2)质子从N点平行于x轴出磁场时运动轨迹如图所示：

由题意可知：OM=R2，由几何知识得：∠NOA=30∘，∠ONA=60∘，
则∠NO'B=30∘，∠NO'O=2∠NO'B=60∘，∠BOA=∠NO'O=60∘，
质子做圆周运动的轨道半径：r=R，
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：B=mveB；
(3)质子离开电场进入磁场后做类平抛运动；
①如果质子打在x轴上时做类平抛的水平位移：L≤d，
在竖直方向：R2=12eEmt2
水平方向：L=vt
解得：L=vmReE，
质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标：x=R+L=R+vmReE；
②如果质子做类平抛运动离开电场时的水平位移：L>d，
设质子离开磁场时速度方向与水平方向夹角为θ，则：
在竖直方向：y=12eEmt2
水平方向：d=vt，
竖直分速度：vy=eEmt，tanθ=vyv，
解得：y=eEd22mv2，tanθ=eEdmv2，
质子离开磁场后做匀速直线运动，
水平方向：l=vt'
竖直方向：R2-y=vyt'
tanθ=R2-yl，
解得：l=mv2R2eEd-d2，
质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标：x=R+d+l=R+mv2R2eEd+d2；
答：(1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足的条件是：B≥2mveR；
(2)磁感应强度的大小为mveB，粒子从O点出射时的方向：与x正方向轴夹60∘斜向右上方．
(3)质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标为：(R+vmReE,0)或(R+mv2R2eEd+d2,0)．
【解析】(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出质子不从磁场射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度需要满足的条件．
(2)根据题意求出质子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，求出质子入射速度的方向．
(3)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律分析答题．
本题考查了质子在磁场与电场中的运动，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在电场中做类平抛运动，质子运动过程复杂，根据题意分析清楚质子的运动过程、作出其运动轨迹是解题的关键．

13. 如图所示，水平面OABC与水平皮带CD平滑相切，右端有一个半径为R的光滑半圆弧与皮带水平相切，水平面的左端固定一个轻弹簧(始终在弹性限度内).其中OA段光滑，其它所在处的摩擦因数均为μ=0.5，图中AB=BC=CD=R(其中CD略为大于R).物体P和Q的质量均为m(可看成质点)，P带了电荷量为q的正电荷，且电荷量不会转移，皮带顺时针转动，皮带速率恒为u=gR.现给物体P一个水平向左的初始速度v0，然后经弹簧反弹后与物体Q发生正碰并粘在一起(除碰弹簧无机械能损失外，其它碰撞都不反弹)，恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上.当物体第一次离开皮带后，在皮带所在处(CD处)加上竖直向下的匀强电场E，qE=2mg．
试求：
(1)物体P的初始速度v0和弹簧的最大弹性势能分别多大？
(2)物体最终能否回到圆弧上，如能求出物体在圆弧上最终所能达到的高度；如不能，求出物体最终所在的位置．

【答案】解：(1)为了符合题意，物体最高能在圆弧上到达与圆心等高的位置E处，故物体能达到的最大高度为h=R
从D处到E处的过程，由机械能守恒定律得
   12⋅mvD2=2mgR
可得，物体在D处的速度为vD=2gR
从C到D，由动能定理得-μ⋅2mgR=12⋅mvD2-12⋅mvC2
所以在C处碰后的速度为vC=vD2+2μgR=3gR
在C点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
  mvPC=2mvC，得碰前P的速度为vPC=23gR
由动能定理得
-3μmgR=12mvPC2-12mv02
解得v0=15gR
由能的转化和守恒定律得：
弹簧的最大弹性势能Ep=12mv02-μmgR=7μmgR
(2)假设物体达离D点x处时速度为零，在皮带上物体所受的摩擦力为
    f=μ(2mg+qE)=2mg
物体从E点到速度为零处，由能量守恒得
    2mgR=fx=2mgx，得x=R(速度为零处在传送带的最左端)，此时物体还在皮带上，物体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动．
到与皮带共速时的位移为x1，则fx1=12⋅2mu2，x1=12R
故物体以速度u冲上圆弧，上升的高度为h
由机械能守恒定律得2mgh=12⋅2mu2，所以h=12R
然后再以u冲上皮带，再次速度为零时，2mgh=fx'，x'=12R
然后由零开始向右加速，恰好在D处时速度为u
故每次物体都能达到的高度均为12R.
答：
(1)物体P的初始速度v0和弹簧的最大弹性势能分别15gR和7μmgR．
(2)物体最终能回到圆弧上，次物体都能达到的高度均为12R.
【解析】(1)物体恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上，可知物体最高能在圆弧上到达与圆心等高的位置E处.从D处到E处的过程，由机械能守恒定律求得物体在D处的速度.从C到D，由动能定理求得在C处碰后的速度.在C点发生弹性碰撞，由动量守恒定律求得碰前P的速度.再由动能定理求出物体P的初始速度v0.由能的转化和守恒定律求弹簧的最大弹性势能．
(2)加上匀强电场后，在皮带上物体所受的摩擦力为f=μ(2mg+qE)=2mg，物体从E点到速度为零处，由动能定理分析出速度为零处在传送带的最左端，此时物体还在皮带上，物体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动.根据动能定理求出物体与传送带共速时向左运动的位移，判断物体的运动情况．
分析清楚物体的运动过程是解题的关键，要注意分析临界状态和临界条件，分段运用动能定理或能量守恒定律列式研究．

14. 如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=p0S，环境温度保持不变。在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求：
①活塞B向下移动的距离；
②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度。
【答案】解：①初状态Ⅰ气体压强：P1=P0+mgS
因为：mg=P0S
故：P1=2P0
Ⅱ气体压强：P2=P0+3mgS=4P0
添加铁砂后Ⅰ气体压强：P1'=P0+3mgS=4P0
Ⅱ气体压强：P2'=P1'+mgS=5P0
Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2'l2S
可得：l2=35l0，B活塞下降的高度：h2=l0-l2=25l0
②Ⅰ气体末状态的体积l1'=l1+l2-l0=110l0
根据玻意耳定律：P1'l1S=P1''l'1S    解得：P1''=20P0
只对Ⅱ气体末状态压强：P2″=P1″+mgS=21P0
根据气体理想气体状态方程：P2l2ST0=P2″l0STx
解得：Tx=7T0
答：①活塞B向下移动的距离为25l0；
②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度为7T0。
【解析】(1)确定各变化过程初末状态时的状态参量，然后根据理想气体状态方程列方程即可；
(2)先对A分析，求出压强，然后对B由理想气体得状态方程即可求出。
考查理想气体状态变化方程，找出初末状态的状态参量，列理想气体状态变化方程即可，注意弄清“隔热”“绝热”“导热”等的含义。