2019年四川省内江市高考物理三模试卷解析版

1、高考物理三模试卷题号一一二四总分得分一、单选题（本大题共 4小题，共24.0分）1. 下列说法中正确的是（）A.物体在拉力的作用下向上运动，拉力做的功是J,但物体的重力势能的增加量一定小于1JB.物体受拉力作用向上匀速运动，拉力做的功是1J,但物体重力势能的增加量大于1JC.在物体运动过程中，重力做的功是-1J,但物体的重力势能的增加量大于1JD.在没有摩擦日物体由A点沿直线运动到B点，克服重力做的功为 1J,有摩擦时物体由A点沿曲线运动到 B点，克服重力做的功仍等于1J2. 质量为1kg的某物体在水平面内做直线运动，运动的时间为t,位 力移为x。物体的；-t图象如图所示，下列说法中正确的是（

2、）0iA.物体在t=05 s内的平均速度为 5m/sB.物体的加速度为-2m/s2C.在t=0 2.5s的这段时间内，物体受到合外力的冲量为-5N?sD.在t=0- 2.5s的这段时间内，物体动能的变化量为-50J3.根据玻尔原子理论，氢原子中的电子绕原子核做圆周运动与人造卫星绕地球做圆周 运动比较，下列说法中正确的是（）A.电子可以在大于基态轨道半径的任意轨道上运动，人造卫星只能在大于地球半 径的某些特定轨道上运动B.轨道半径越大，线速度都越小，线速度与轨道半径的平方根成反比C.轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径成正比4.D.轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径的平方成反比 如

3、图所示，倾角为 30。的斜面体固定在地面上，质量为 10kg 的物体A放在动摩擦因数 科上；的斜面体上，并通过绳子绕过定滑轮和动滑轮，动滑轮与物体 B连接，物体B的质量为2kg,A、B均处于静止状态，不计绳子和滑轮之间的摩擦以及动滑轮的质量，g=10m/s2.下列说法中正确的是（）A.物体A此时受到的摩擦力为 50NB.不断增加B的质量，A受到的摩擦力不断增加C.要使物体A向上滑动，物体B的质量至少为20kgD.当B向下运动时，A、B两物体的加速度相同二、多选题（本大题共 6小题，共33.0分）5 .在倾角为30。的斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 2v和v的速度沿同一方向水平 抛出，两球都落

4、在该斜面上。下列说法中正确的是（）A.甲、乙两球落在斜面上时速度方向相同B.甲、乙两球在空中的运动时间之比为2： 1C.甲、乙两球落地点到顶端的水平位移之比为2: 1D.甲、乙两球落地点到顶点的距离之比为2： 16 .如图所示，是某街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压U不会有较大的波动。变压器的输出电压U2第14页，共13页通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用Ro表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，下列说法中正确的是（）7.8.9.I1IA.理想电流表A1与A2的示数比值不变，理想电压表B.理想电流表Al与A2的示数

5、比值变大，理想电压表C.理想电流表Ai与A2的示数比值不变，理想电压表V1和V2的示数比值不变Vi和V3的示数比值不变V2和V3的示数比值变大D.理想电流表Ai与A2的示数比值变小，理想电压表V2和V3的示数比值变小如图所示，导轨足够长、倾角为 。的导轨上端连接一个阻值为 R的 电阻，导轨的宽度为 L,质量为m、电阻为r的导体棒ab静止在导 轨上，并与导轨垂直且接触良好， 导体棒ab与轨道间的动摩擦因数科=tan.位导轨平面内的虚线正方形区域内存在着垂直导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场。当磁场区域沿导轨平面以一定的速度匀速向上运动时，导体棒ab就开始向上运动，最终以 V。的速度匀速运动，

6、导体棒 ab在运动过程中始终处于磁场区域内，导轨的电阻不计。下列说法中正确的是（）A.当导体棒ab以速度V。匀速向上运动，导体棒ab两端的电势差为而"BLvo北 + 汨B.磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为V0+一而-C.当导体棒ab以速度v。匀速向上时，电路消耗的总功率为 誓臀（R+r）D.导体棒ab在磁场中运动的过程中，通过电阻R的电荷量为如图所示，在一光滑绝缘水平面上有一个半径为R的圆，其中O为圆心，AB为直径，整个圆处于电场强度为E、方向与水平面平行的匀强电场中。 在圆周上的A点有一个发射器，在水平面内沿不同的方向发射带电量为 q的小球，小球均会经过圆周上不同的点，在这些

7、点中，经过 C点的动能最大。小球之间的相互作 用不计，且/CAO = 30°,下列说法中正确的是（）A.电场的方向沿CO方向且由C-OB. A, B两点间的电势差Uab=ERC.如果某小球从 A点沿垂直于电场方向发射，恰好落到C点，那么，该小球的初动能为D.如果某小球从 A点沿垂直于电场方向发射，恰好落到B点，那么，该小球的初动能为关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法中正确的是（）A. 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减少B.气体向真空的自由膨胀是不可逆的C.热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成D.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体

8、传递到高温物体”E. 0c的水和0c的冰的内能是相等的10 .如图所示，为一列简谐横波在某时刻的波形图，P、Q两点为介质中的两个不同的质点，那么下列说法中正确的是（）A.若波沿x轴正方向传播，那么，质点P此时刻的速度沿x轴正方 向B.若波沿x轴负方向传播，那么，质点 Q此时刻的加速度沿 y轴正方向C.再经过半个周期时，质点P位移为负值D.经过一个周期后，质点 P通过的路程为4aE.质点P的振幅大于质点 Q的振幅三、实验题（本大题共 2小题，共15.0分）11 .如图所示，在“验证动量守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在长导轨的左端，把纸带穿过打点计时器，连在质量为0.6kg的小车A的后面，让

9、小车 A让某一速度向右运动，与静止的质量相同的小车 B碰撞。由于在两小车碰撞端分别装上撞针和 橡皮泥，碰撞时撞针将插入橡皮泥中，把两个小车A、B连接在一起共同向右运动，电源的频率为50Hz,则：（1）为了尽可能满足实验需要的条件，下列所举措施中可行的是 。A.两小车A、B的质量必须相等B.两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同C.两小车A、B相距的距离尽可能近一些D.将长导轨的左端用楔形木板垫起适当高度，以用小车重力的下滑分力来平衡小 车运动时受到的摩擦力（2）如右图所示，是实验中碰撞前、后打点计时器打下的一条纸带，从图中可以知道在碰撞前小车 A的动量为 kg?m/s,碰撞后的总动量为 k

10、g?m/s,由此可知，在误差范围内系统的总动量守恒（保留两位有效数字）。I 1 r jwt r i f 1 H t j r i if r f I > i所用电阻丝的23456 7ge12.某同学在“测定电阻丝材料的电阻率”的实验中, 电阻约为10左右。（1）如图所示，是该同学用螺旋测微器测得金属丝的直径示意 图，由图可读出该金属丝的直径为 mm。（2）为了测量金属丝 Rx的电阻值，实验室备有以下实验器材:A.电池 E （E=1.5V,内阻为 0.5 9 ；B.电流表 Ai （量程0100mA,内阻为 5Q）;C.电流表A2 （量程00.6A,内阻为0.2 9 ；D.电阻箱 Ro （阻值0

11、999.9 9 ；E.待测金属丝Rx；F.开关一个，导线若干，则：为了提高实验的精确程度，在实验中电流表应选 （选填器材编号）。某同学把金属丝 Rx拉直后，将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在金属丝上夹一个金属夹 P,移动金属夹P的位置，就可改变接入电路中金属丝的长度，闭合开头s后，将电阻箱的阻值 Ro调到合适的位置后不动， 以后多次改变金属夹P的位置，得到多组I、L的数据，用这多组数据绘制的图象如图所示，图中的纵坐标表示的物理量是 (国际单位)，此时，电阻箱 R0阻值为 Q,该金属丝的电阻率为 Q ?m (保留两位有效数字)。(3)如果在该实验中，操作、读数、作图及计算等均正确的情况

12、下，那么，由于 电流表和电源内阻的存在，会使测量结果 (选填“偏大”、“偏小”或“不四、计算题(本大题共 4小题，共52.0分)13.如图所示，一个半径为R的固定半圆形光滑凹槽，放置在一个垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场中，现有一个质量为m,带电量为+q的小球(可视为质点)，从凹槽的A点，由静止开始释放，小球将沿着半圆形凹槽的内壁运动，重力加速度为g,则：(1)小球运动到凹槽的底部的速度是最大？(2)小球运动到凹槽的底部时，对凹槽的最大压力是多大？14 .如图所示，一根均匀圆形直轻杆 AC由粗细不同两段 AB=10m和BC=2m , 组成，其中，AB段粗糙、BC段光滑，直轻杆 AC垂直

13、地固定在一块倾 J 角为37。的楔形弹性斜面体上，弹性斜面体放在粗糙的水平面上，现有 |jL 一质量为m=2kg、孔径略大于直杆直径的圆环P,在沿杆向上的恒力 F的作用下，从直轻杆 AC的底端由静止开始沿杆向上运动，圆环P与杆间的动摩擦因数为0.1,当圆环P刚运动到B点时恒力F突然撤去，圆环刚好能到达顶端 C, 然后，再沿直轻杆下滑，环在整个运动过程中，弹性斜面体始终静止不动。重力加 速度为 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8.求：(1)在圆环P沿木A AB向上运动的过程中，地面对弹性斜面体的摩擦力；(2)恒力F的最大功率；(3)环从开始运动到第二次碰撞

14、弹性斜面体的过程中，系统产生的热量。15 .内壁光滑的导热气缸，竖直浸入在盛有冰、水混合物的水缸中，用轻质活塞封闭了 压强为1.0M05Pa、体积为2.0 10-3m3的理想气体、现在活塞的上方缓慢加入细沙子，使封闭气体的体积变为原来的则:气缸内气体的压强是多少？如果封闭气体的内能只与温度有关，在上述过程中外界对气体做功为120J,那么，封闭气体与外界交换的热量是多少？16.如图所示，一单色细光束 AB从真空中以入射角i =45 °,入射到 折射率n区的某透明球体的表面上 B点，经研究发现光束在 过球心O的平面内，从B点折射进入球内后，又经球的内表面 只反射一次，再经球表面上的C点折

15、射后，以光线 CD射出球外，光在真空中的光速为 3X108m/s。则： 光束在球内的传播速度是多少？出射光线CD与入射光线AB方向改变的角度是多少？答案和解析1 .【答案】D【解析】 解：A、物体受拉力作用向上运动，拉力做的功是 1J,不能确定物体克服重力做功多少，也就不能确定重力势能的增加量，故 A错误；B、物体受拉力作用向上匀速运动，拉力做的功是1J,则物体克服重力做功为 1J,物体重力势能的增加量等于 1J.故B错误；C、物体运动时，重力做的功是 -1J,但物体重力势能的增加量一定是1J.故C错误；D、物体由A沿直线运动到B,克服重力做的功是1J,与是否存在摩擦力无关，所以，有摩擦时物体

16、由 A点沿曲线运动到 B点，克服重力做的功仍等于1J.故D正确。故选：Do物体的重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，与其他力做功无关； 根据功能关系分析。本题考查重力做功与重力势能改变的关系，牢记二者的关系，要知道物体克服重力做的功多少，物体的重力势能就增加多少，与其他力做功无关。2 .【答案】D【解析】解：AB、根据匀变速直线运动位移时间公式x=vot+：at2得：;=vogat.由图可得:产=-可=-2 ,所以物体的加速度为a=-4m/s2,初速度为vo=10m/s由图知，t=5s时，$0,则物体在t=0- 5s内的平均速度为：=0,故AB错误。C、物体的合外力为：F=ma=-4N,在

17、t=0 - 2.5s的这段时间内，物体受到合外力的冲量为：I = Ft=-10N?s,故 C 错误。D、t=2.5s时物体的速度为？：v=vo+at=10-4 25=0,在t=0- 2.5s的这段时间内，物体动能的变化量为：AEkgm(，一谥)毛K (02-102) =-50J,故D正确。故选：Do根据匀变速直线运动位移时间公式x=vot+：at2得到;与t的表达式，结合图象的信息求加速度、初速度，由牛顿第二定律求出合外力，从而求得合外力的冲量，由速度公式求出2.5s末的速度，从而得到动能的变化量。解决本题的关键是根据数学知识写出:与t的关系式，采用比对的方法得到物体的初速度、加速度。3 .【

18、答案】B,玻尔氢原子模【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做圆周运动需要的向心力由万有引力提供型中电子绕原子核做圆周运动需要的向心力由库仑力提供F=fc7，万有引力和库仑力都与距离的二次方成反比。氢原子的核外电子由离原子核较近的轨道跃迁到离原子核较远的轨道上时，能量增加。同一卫星从低轨道上升到高轨道上，要加 速做离心运动，故其机械能增加。本题要掌握万有引力和库仑力的表达式，要知道人造地球卫星绕地球做圆周运动需要的向心力由万有引力提供哼,玻尔氢原子模型中电子绕原子核做圆周运动需要的向 心力由库仑力提供 F岭。【解答】解：A、人造卫星的轨道可以是连续的，电子的轨道是不连续的，故 A错误； B、人造地

19、球卫星绕地球做圆周运动需要的向心力由万有引力提供，可得：v=玻尔氢原子模型中电子绕原子核做圆周运动需要的向心力由库仑力提供，F群*异察可得：y可知都是轨道半径越大， 线速度都越小，线速度与轨道半径的平方根成反比。 故B正确;C、由可得：丁二如向;由可得：T=2忐可知，都是轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径的|次方成正比。故C错误;D、由可得：卫星的动能： Ek=；mi；2 =穹'；由可得电子的动能： Ek=可知都是轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径成反比。故 D错误 故选：B4 .【答案】C【解析】解：A、设绳子的拉力为 T,根据平衡条件可得：2T=mBg,解得：T=1

20、0N; A 的重力沿斜面向下的分力为： Gx=mAgsin30 =50N,对A根据平衡条件可得：f=Gx-T=40N, 方向沿斜面向上，故 A错误；B、不断增加B的质量，绳子的拉力不断增大，A受到的摩擦力先减小；当 T>50N时,随着拉力增大、摩擦力反向增大，故 B错误；C、物体A与斜面间的最大静摩擦力为：fm= gAgcos30 ="？ X Wx 1OXyN=50N要使物体A向上滑动，绳子拉力至少为：=Gx+fm=100N,物体B的质量至少为：irm' b=20kg,故 C 正确；D、当B向下运动距离为h时，绳子自由端向下运动 2h,则A上升的距离为2h,故B 的加速

21、度为A的加速度的一半，故 D错误。故选：Co根据平衡条件求解绳子拉力，对A根据平衡条件求解摩擦力； 不断增加B的质量，摩擦力先减小后增大；根据平衡条件求解B的质量；根据牛顿第二定律分析加速度大小。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。5 .【答案】AB【解析】解：A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为%则tan a=2tanf：因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，末速度 v= 1 ，故A正

22、确；11 JB、设小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为9, tan &=,只要落到斜面上，角l,ot度不变，t与初速度成正比，甲、乙两小球运动的时间之比为2： 1,故B正确；C、甲、乙两球飞行过程中水平方向的位移：x=vot,由于初速度之比为 2: 1,飞行的时间之比为2: 1,所以水平方向的位移之比为4: 1,故C错误；D、甲、乙两球飞行过程中水平方向的位移之比为4： 1,由于斜面得夹角是相同的，所以甲、乙两球落地点到顶点的距离之比为4: 1.故D错误故选：AB。根据平抛运动的瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两 倍，比较甲乙两球落在斜面前瞬间的速度方向。

23、根据下落的高度比较运动的时间之比， 从而结合水平位移得出初速度之比。速度变化率为加速度，只要是平抛运动，加速度都 相等，速率为速度的大小，其变化率不等。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，记住：位移与水平方向的夹角为以速度与水平方向的夹角为 “，则tan a =2tan 06 .【答案】AC【解析】 解：AB、理想变压器输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入电压不变， 所以输出的电压也不会变，理想电压表V1和V2的示数比值不变；当当用电器增加时，电路的电阻减小，电流增大，但理想电流表A1与A2的示数比值不变，故 A正确，B错误；CD、当用

24、电器增加时，相当于 R减小，理想变压器输出电压是由输入电压和匝数比决 定的，输入电压不变，所以输出的电压也不会变，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中 的电流增大，输电线上消耗的电压增大，所以电压表V3的读数：U3=U2-IR0将减小，理想电压表V2示数不变，理想电压表 V3变小，所以理想电压表 V2和V3的示数比值变大。 故C正确，D错误 故选：AC。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定

25、其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。7 .【答案】BC【解析】解：A、设磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为v,则产生的感应电动势为：E=BL (v-vo)产生的感应电流为：1=则导体棒ab两端的电势差为：U =IR=j?7j7； BL (v-V0),故A错误；B、根据平衡条件可得：BIL=mgsin 0 mgcos。代入科=tan以及I= ；,解得磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为:v=v0+ r)f| rrflC、当导体棒ab以速度vo匀速向上时，电路消耗的总功率为：P=EI=IJ，： l'P"fi' (R+r),BL故C正确；D、导体棒ab

26、在磁场中运动的过程中，通过电阻R的电荷量为：q=1，=；二；：故D错误。故选：BC。设磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度为v,则产生的感应电动势 E=BL (v-vo),根据闭合电路的欧姆定律求解路端电压；根据平衡条件求解磁场区域沿导轨平面匀速向上运动的速度；根据P=EI求解电路消耗的总功率；根据电荷量的经验公式求解通过电阻R的电荷量。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题， 根据动能定理、 功能关系等列方程求解；解答本题要注意：E=BLv中的v是导体棒相对于磁场的速度。8 .【答案】AD【解

27、析】 解：A、小球在匀强电场中，从 A点运动到C点，根据动能定理 qUAc=AEk, 因为到达C点时的小球的动能最大，所以 Uac最大，则在圆周上找不到与 C电势相等 的点。且由A到C电场力对小球做正功。过 C点作切线，则 CF为等势线。过 C点作 CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示.故电场线沿CO方向，故A正确;B、由图可知， A、B两点间的电势差 Uab=-E2Rcos60 =-ER,故B错误；C、如果某小球从 A点沿垂直于电场方向发射，恰好落到C点，小球只受电场力，做类平抛运动。垂直电场方向上：x=Rsin60 =vot,沿电场方向上：y=Rcos60=，?1由以a上两式得：Ek

28、0=Jmv02=HqER;故C错误；D、如果某小球从 A点沿垂直于电场方向发射，恰好落到B点，小球只受电场力，做类平抛运动。垂直电场方向上：x=2Rsin60 =vot,沿电场方向上：y=2Rcos60 = ：工由以上两式得：Ek0=jmv02=qER；故D正确；故选：AD。小球在匀强电场中， 从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=Ek,因为到达C点时的小 球的动能最大，所以 Uac最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点。所以与 C点电势相等的点在过 C点的切线上。再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向。小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别在 水

29、平方向和竖直方向上列式求解初动能。本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离。此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法。9 .【答案】ABC【解析】 解：A、一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则 Q=0. Wv 0,根 据*=W+Q可知，气体的内能减小，故 A正确；B、热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故 B正确；C、热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制或，故 C正确；D、热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其 他变化&

30、quot;，故D错误：E、内能取决于物质的量、温度和体积，只有温度无法确定内能的大小，故 E错误。 故选：ABC。根据热力学第一定律可判断绝热膨胀过程的内能变化；热力学定律的两种表述：（1）按传热的方向性表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，（2）按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影 响。据此分析各个选项即可。本题考查热力学第一定律与热力学第二定律，关键熟悉热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质，掌握内能的决定因素。10 .【答案】BCD【解析】 解：由图知振幅 A=aA、若波沿x轴正方向传播，质点 P此时刻的速度沿y轴

31、正方向，故 A错误；B、质点Q的位移为y<0,因此加速度方向沿 y轴正方向，故 B正确；C、P点目前的位移为正值，再经过半个周期时位移必然变为负值，故 C正确；D、质点运动一个周期运动路程为振幅的4倍即4a,故D正确；E、波上任意质点的振幅都相同，故E错误；故选：BCD。若波沿x轴正方向传播，质点P此时刻的速度沿y轴正方向，故A错误；质点Q的位移 为y<0,因此加速度方向沿 y轴正方向，故B正确；P点目前的位移为正值，再经过半 个周期时位移必然变为负值，故C正确；质点运动一个周期运动路程为振幅的4倍即4a,故D正确；波上任意质点的振幅都相同，故 E错误。要学会迅速根据质点的运动方向

32、判断波的传播方向，注意质点的加速度方向只与其目前相对于平衡位置的关系有关，波上的每一个质点都拥有相同的振幅，质点运动一个周期运动路程为振幅的 4倍。11 .【答案】BD 0.30 0.30【解析】 解：（1） A、验证动量守恒定律，不需要控制两小车A、B的质量相等，故 A错误；B、为使系统所受合外力为零，减小摩擦力对实验的影响，两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同，故 B正确；C、为减小实验误差，两小车 A、B相距的距离应适当大一些，故 C错误； D、当系统所受合外力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，将长导轨的左端用 楔形木板垫起适当高度，以用小车重力的下滑分力来平衡小车运动时受到

33、的摩擦力，故D正确；故选：BD;（2）碰撞前 A的速度：Va* =电00彳*1。=0.5m/s,碰撞前 A的动量：PA=mAVA=0.6）0.5=0.30kg?m/s；碰撞后的速度:v< =士史=0.25m/s,碰撞后的总动量: T002P=2mv=2X0.6 0.25=0.30kg?m/s；故答案为:(1) BD; (2) 0.30; 0.30。(1)系统所受合外力为零系统动量守恒，根据实验注意事项与实验原理分析答题。(2)根据图示纸带求出小车的速度，然后应用动量的计算公式求出动量。本题考查动量守恒定律实验验证；解决本题的关键知道 A与B碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小，同时掌

34、握动量守恒实验中存在误差，只需要在误差允许的范围内初末动量守恒即可。12.【答案】0.725 Ai9.5 1.2 10-7 不变【解析】解：(1)螺旋测微器的示数由固定与可动刻度的示数之和，所以金属丝的直 径 d=0.5mm+22.5 >0.01mm=0.725mm。(2)不计算滑动变阻器的影响，电路中的最大电流仁；=0.15A=150mA,所以为了提高实验的精确程度，电流表选最量程为100mA的电流表A1 (或序号B)；考虑图象是与 R的长度是线性关系，所以考虑到Rx两端的电压，根据电阻定律和欧姆定律有：I(Rx+R0)=E (未计算电源和电流表内阻)而R产出:，联立两式有：工+2,显

35、然上图象是线性关系，故填：J ;再由图象的截距求出源E=：=0.95V,再由图象的斜率 k=-y-=-V，从而求得电阻率10r tdrlvp=-=1.2 M0-7 Qmo(3)若考虑电流表和电源的内阻，则可把这两个电阻均等效到定值电阻R0中去，但并不影响到图象的斜率，所以测得的电阻率未发生变化。故答案为：(1) 0.725(2) A1(B)9.5 1.2 10-7X(3)不变(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。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

36、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(3)应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。做本题要注意：螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不 能过大；知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题。13 .【答案】解：(1)洛伦兹力不做功，机械能守恒，所以有：mgR (1-cos60 )° =前，解得：v=.(2)小球在凹槽内做往复运动，根据左手定则，当小球向左运动到达凹槽底部时，对 凹槽底部压力最大, I IIp "在最低点时有： Fm-q

37、vB-mg=m由以上公式知 Fm=2mg+qB, a由牛顿第三定律得，小球对凹槽的底部的最大压力为：Fm=2mg+qB证。答：(1)小球运动到凹槽的底部的速度是最大为，丽,(2)小球运动到凹槽的底部时，对凹槽的最大压力是2mg+qB证。【解析】(1)洛伦兹力不做功，根据机械能守恒定律列式求解最低点速度；(2)根据合力充当向心力列式求解支持力，根据牛顿第三定律知压力。此题注意洛伦兹力不做功，所以机械能守恒，根据机械能守恒容易求解最低点速度，从 而根据牛顿运动定律求解压力。14 .【答案】 解：(1)环与直轻杆之间的滑动摩擦力大小为fAB=pmgcos53°环对杆的压力 NAB=mgcos53 °以弹性斜面体为研究对象，在水平方向上有fo=fABcos53 +Nabcos37 °由以上两式解得地面对弹性斜面体的摩擦力fo=10.32N,方向水平向左。(2)在圆环从A-C的过程中，由动能定理得Fx1-mg(X1+X2)sin53 -(jmgx1cos53 =0在圆环从B