2023年福建省厦门重点中学高考物理一模试卷及答案解析

2023年福建省厦门重点中学高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.明代法工开物3对古人用牛拉“龙骨水车”灌田进行了记载：“一人竟日之力灌田五

亩，而牛则倍之”。古代用畜力代替人力大大提高了劳动效率，下列关于牛拉水车说法正确

的是（）

A.在研究牛拉水车的动作时可以将牛看作质点

B.牛对水车的拉力和水车对牛的拉力是一对平衡力

C.牛拉水车加速转动过程中牛对水车的拉力大小等于水车对牛的拉力大小

D.牛拉水车匀速转动过程中牛所受合外力为零

2.2023年2月10日神舟十五号乘组圆满完成了中国空间站全面建成后的首次出舱任务，空

间站如图所示。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站运行周期为T,轨道

离地面的高度为九，地球半径为R,引力常量为G,忽略地球自转的影响，则下列说法正确的

是（）

'地球的第一宇宙速度号声

B.空间站的运行速度为年

C.航天员出舱与空间站保持相对静止时受到的合力为零

D.空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度

3.如图所示的正四棱锥。-abed,底面为正方形abed,其中Oa=Q

Ob=0c=0d=ab,a、b两点分别固定两个等量的异种点电荷，

现将一带电荷量为q=1.0x10-1%的正试探电荷从。点移到c点，//\

此过程中电场力做功为5.0x10-9/。选无穷远处的电势为零。则下l/dAZ

ab

列说法正确的是（）

A.a点固定的是负电荷

B.。点的电场强度方向平行于ab

C.c点的场强等于d点的场强

D.将电子由0点移动到d,电势能增加50eV

4.如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。

在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,在尸的作用下物块和木板发生相对滑动，t=

1s时撤去F,整个过程木板运动的£图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg,物块与

木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,

下列说法正确的是（）

A.1〜1.5s内木板的加速度为4m/s2

B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5

C.拉力F的大小为21N

D.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3m

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.关于下列四幅图的说法正确的是（）

A.图甲中，使摆球4先摆动，摆球8、C接着摆动起来，B摆的振动周期最大

B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能以与入射光频率n的关系图像，若用频率

分别为0.6%和0.8%的两种单色光同时照射该金属，能使该金属发生光电效应

C.图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定大于b

光束在水珠中传播的速度

D.图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大

6.如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于

磁感线的轴。。'匀速转动，图示时刻磁场与平面垂直，转动周期

为To,线圈产生的电动势的最大值为/，贝1（）

A.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为华还

B.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em

C.图示时刻为中性面，电流大小为0

D.若线圈绕ab转动，电动势的最大值将变为2E.

7.质量为爪2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻

杆，轻杆上端的。点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为mi

的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60。角后由

静止释放，下列说法正确的是（）

A.球、车组成的系统总动量守恒

B.小球向左仍能摆到原高度

C.小车向右移动的最大距离为?

7nl+徵2

D.小球运动到最低点时的速度大小为此孽

8.如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间

存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B,绝缘管道在X

u

水平外力F（图中未画出）的作用下以速度训句右匀速运动，管道

内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0,-

X

段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m,电量为q,管

道长度为，，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端

过程有（）

A•时间为星

B.小球所受洛伦兹力做功为0

D.外力F的冲量为qBZ

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.一列简谐横波沿x轴负方向传播，其波速v=10m/s,t=0时刻的波形图如图所示，P、

M、Q是介质中的三个质点，则t=0.2s时M点的位移为—，t=Is时，P点的加速度―Q

点的加速度（填“大于”、“小于”或“等于”）。

10.如图所示，一定质量的理想气体从状态4经过等压变化到状态B,再经过等容变化到状

态C,最终经过等温变化回到初始状态4。已知从状态4到状态B的过程中，气体吸收了300/的

热量，从4到8过程气体的内能变化4=—J,B到C过程中气体—（填“吸热”、

“放热”或“不吸热不放热”），C到力过程中气体—（填“吸热”、“放热”或“不吸热不

放热”）。

K/(10W)

四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.某实验小组利用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”，主要实验步骤如下:

A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；

3.测量遮光条宽度山

C.测出光电门4、B之间的距离为L；

D释放滑块，读出遮光条通过光电门4、B的挡光时间分别为以、tBi

E.用天平称出托盘和祛码的总质量m；

回答下列问题：

Q）实验时，接通气源后，在导轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从轨道右端向左运动，发

现滑块通过光电门力的时间小于通过光电门8的时间。为使导轨水平，可调节旋钮使轨道右

端—（选填“升高”或“降低”）一些。

（2）用游标卡尺测量遮光条宽度d时，测量结果如图乙所示，贝心=—mm.

（3）为验证机械能守恒定律，还需要测量—（写出物理量及字母）。

（4）若要符合机械能守恒定律的结论,应该满足的表达式为—（用题干所给字母及第（3）问中

测量的物理量表示）。

12.某科技小组在组织设计一款测量水库水位系统，包括电路系统和绝缘材料制作的长方体

仪器，正视图如图甲所示。仪器内部高"=10m,在左右两侧壁上铺满厚度、电阻均可忽略

的电极板4、B。仪器底部内侧是边长为L=20an的正方形，中间有孔与水库连通。将仪器竖

直固定在水中，长方体中心正好位于每年平均水位处，此高度定义为水库水位0m,建立如图

甲右侧坐标系。每隔一段时间，系统自动用绝缘活塞塞住底部连通孔。

（1）为了测量出水库中水的电阻率，该小组使用图乙所示的多用电表测量水库水位为Oni时的

电阻。小组同学首先对多用电表进行机械调零，接着将多用电表的选择开关旋至x100倍率的

欧姆挡，然后将红、黑表笔短接，调节部件—（选填“C”或“E”），使指针指在欧

姆挡零刻度线。在测量时发现多用电表指针偏转角度过大，则该同学应将倍率换为—（填

“x1k”或“x10”)欧姆挡进行测量。测量完成后，再通过电阻定律可得R=—(用P、H

表示)，最终计算出此处水的实际电阻率为p=6000・m.

(2)小组同学设计的测量电路如图丙所示。电源电动势为E=1.5V,电源、电流表内阻均不计，

要求能够测量出最高水位和最低水位，根据(1)中测量的电阻率计算电流表量程至少

为___mA«

(3)小组同学对设计电路进行了思考和讨论，以下说法正确的是—。

A.若电流表的内阻不可忽略，则测量的水位值比真实值偏大

8.无论电源、电流表内阻是否可以忽略不计，电流表改装的水位刻度都是均匀的

C.忽略电源、电流表内阻，若水库水位为5m时电流表满偏，则当电流表半偏时水库水位为平

五、简答题(本大题共1小题，共12.0分)

13.福建舰是中国完全自主设计建造的首艘弹射型航母，该舰配备的电磁弹射器成为外界关

注的焦点。舰载机起飞过程分为两个阶段：第一阶段，舰载机自身发动机启动的同时，弹射

装置也启动，舰载机从静止开始加速；第二阶段，舰载机离开电磁弹射区域后，仅靠自身发

动机的推力继续加速至离开甲板起飞。在某次起飞过程中，第一阶段加速时间与第二阶段的

加速时间均为t,舰载机自身发动机提供的推力恒为尸，弹射器提供的推力恒为2F,舰载机的

质量为忽略一切阻力，起飞过程舰载机可视为质点。求：

(1)舰载机离开电磁弹射区域时的速度大小％;

(2)舰载机在甲板上加速的距离L

起飞甲板

六、计算题(本大题共2小题，共28.0分)

14.如图所示，I、n、in为匀强电场和匀强磁场的理想边

界，一束带负电粒子由静止状态从P点经过I、n间的电场加

速后垂直边界n到达Q点，再经口、nr间的磁场偏转后从边界

山穿出，且粒子从磁场边界m穿出时速度方向与粒子入射磁

场方向的夹角为30。。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为

B,磁场宽度为d。粒子质量为小，电荷量为q,粒子的重力不

计。求:

(1)粒子在磁场中运动时速度的大小；

(2)粒子在磁场中运动的时间t；

(3)P、Q两点间的电势差Up。。

15.如图所示，一电阻不计的U型导体框置于倾角为e=37。的足够长的光滑绝缘斜面顶端。

一质量为m=100g、电阻为R=80的金属棒CD置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF,

且EF与斜面底边平行。导轨间的距离为d=|m,导体框上表面粗糙，金属棒与导体框间的

动摩擦因数为〃=0.5,与金属棒相距Z,=弓m的下方区域有方向垂直于斜面向上的匀强磁场,

磁感应强度为t=0时刻，让金属棒与导体框同时由静止释放。金属棒进入磁场时导

体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动。t=6s时刻导体框EF端进入磁场，EF

进入磁场前金属棒已经开始匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，导体框E尸端

2

进入磁场前金属棒没有离开磁场(s讥37。-0.6,cos37°-0.8,取g=10m/s)o求:

(1)导体框的质量M；

(2)t=0时刻，导体框EF端与磁场上边界的距离；

(3)从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，金属棒产生的焦耳热。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4在研究牛拉水车的动作时，牛的肢体大小、形状不可忽略，所以不可将牛看作质

点，故A错误；

8.牛对水车的拉力和水车对牛的拉力分别作用在水车和牛，它们属于作用力与反作用力，平衡力

作用在同一物体上，故8错误；

C.牛拉水车加速转动过程中牛对水车的拉力和水车对牛的拉力属于一对作用力和反作用力，故它

们大小相等，故C正确；

D牛拉水车匀速转动过程中牛做匀速圆周运动，牛所受合力指向圆心，不为零，故。错误。

故选：Co

在研究牛拉水车的动作时，牛的肢体大小、形状不可忽略，不可将牛看作质点。作用力与反作用

力分别作用在两个物体上，等大反向，跟物体的运动状态无关；平衡力作用在一个物体上，等大

反向。做匀速圆周运动的物体，所受合力指向圆心，不为零。

本题考查了作用力与反作用力、平衡力、质点、匀速圆周运动合力等基础知识，应熟练掌握。

2.【答案】A

【解析】解：4空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有［煞=+h)

近地卫星在地球表面附近做匀速圆周运动时，轨道半径r=R,根据万有引力提供向心力有聆=

V2

血。不

代入数据联立解露咛，故A正确;

B.根据圆周运动线速度与周期的关系，空间站的运行速度为巧=誓也，故B错误;

C航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球的万有引力作用，所受合力不为零，故C错

误;

D空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，根据牛顿有诉=3

在地球表面，忽略地球自转时，万有引力等于物体重力笔

R

联立解得a<g,故。错误。

故选：4。

4空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，近地卫星在地球表面附近做匀速圆周运

动时，

万有引力提供向心力，联立方程组可求解地球的第一宇宙速度；

B.根据圆周运动线速度与周期的关系求解；

C.航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球的万有引力作用，据此分析作答；

。.在地球表面，忽略地球自转时，万有引力等于物体重力，根据牛顿第二定律求加速度；空间站

做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求加速度，然后再作比较。

注意：求解地球的第一宇宙速度时，要利用到近地卫星绕地球表面做匀速圆周运动的特点：万有

引力完全提供向心力，轨道半径约等于地球的半径。

3.【答案】B

【解析】解：4依题意，正试探电荷从0点移到c点，电场力做正功，则。点场强方向与0c夹角小

于90。，根据场强叠加原理和几何知识，a点固定的是正电荷，故4错误：

8.根据场强叠加原理和儿何知识，等量异种点电荷在。点处合电场强度方向平行于ab,故B正确；

C.根据对称性可知，cd两点的场强大小相等，方向不同，故C错误；

。.根据等量异种点电荷空间电势的分布特点，可知d点电势为50U,根据Ep=qw可知，电子在。点

的电势能为0,在d点的电势能为-50eV,所以将电子由。点移动到d,电势能减小50eV,故。错

误。

故选：B.

电场力做正功，。点场强方向与0c夹角小于90。；

根据场强叠加原理和几何知识，确定。点处产生场强的合电场强度方向；

根据对称性分析出cd两点的场强的特点；

根据等量异种点电荷空间电势的分布特点，Ep=q<p,分析电势能变化。

本题解题关键是根据电场力做功正负，确定场强方向，并熟悉等量异种点电荷空间电势分布特点。

4.【答案】C

【解析】解：4在1〜1.5s内木板的加速度为：

Av2=3m/s-9m/s=—6m/s

2

代入数据得：a2=-12m/s,故A错误；

8.0〜1.5s内对物块有:%=需

其中4%=3m/s代入数据得：的=2mls2

由牛顿第二定律得：%mg可得物块与木板间的动摩擦因数为：

Mi=—9

代入数据得：%=0.2,故B错误；

C.根据牛顿第二定律有：

-%7ng-%-2mg=ma2

解得:=。,5

撤去拉力产前，木板的加速度：

a。=穿='^-m/s2=9mls2

代入数据得：

2

a0=9m/s

根据牛顿第二定律有

F-+的•2mg)=ma0

代入数据得：F=21N,故C正确；

。.由图像可知共速时物块的速度为3m/s,则在1.5s内物块位移为：

-vi

与x一国

代入数据得：Xi=2.25m

由图像与时间轴围成的面积可知，木板的位移为：

19+3

%板=2x1x9m+x0.5m=7.5m

所以物块最终停止时的位置与木板右端的距离为：

Ax=X板一X1

代入数据得：Zlx=5.25m,故。错误。

故选：C.

根据图像分析拉力撤去后又过了0.5s木板加速度再次发生变化，说明此时两者共速，也就知道了

物块的最大速度和加速度；再根据牛顿第二定律求出物块与木板间的动摩擦因数；在1〜1.5s内,

根据隔离法对木板进行分析，求出木板与地面间的动摩擦因数，再对撤去拉力前对木板进行分析

求出拉力大小；最后根据1.5s前物块的和木板的位移求出物块最终停止时的位置与木板右端的距

离。

根据图像斜率分析出木板与物块相对静止的时间，再根据此时间为转折点分段分析物块和木板的

运动；另外灵活应用整体法和隔离法是解决此类问题的关键。

5.【答案】CD

【解析】解：4、图甲中，使摆球4先摆动，摆球8、C接着摆动起来，8、C都做受迫振动，8、C振动

的周期都等于驱动力的周期，即都等于4的固有周期，4、B、。的振动周期相等，故4错误；

8、由图乙所示图象可知，该金属的极限频率是为，只有当入射光的频率大于极限频率时才能发生

光电效应,用频率分别为O.6vo和08叫的两种单色光同时照射该金属，不能使该金属发生光电效应,

故8错误；

C、复色光进入水珠后，可知b的折射程度更大，则b光的折射率较大，根据〃=可知a光束在

水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度，故C正确；

。、由双缝干涉条纹间距公式Ax可知，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大，故。正

确。

故选：CD.

做受迫振动物体的振动频率等于驱动力的频率；当入射光的频率大于极限频率时发生光电效应；

根据折射定律和折射率与速度的关系分析；根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。

本题考查了受迫振动、光电效应、双缝干涉条纹间距公式、光的折射等问题，涉及的知识点较多，

但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

6.【答案】BC

【解析】解：力、线圈转动过程中感应电动势的峰值Em=BS3

则磁通量的最大值〜=BS=殳=毕

rna)27r

故4错误；

B、根据法拉第电磁感应定律得：E=笔

则磁通量变化率的最大值为故B正确;

C、图示时刻，通过线框的磁通量最大，磁通量变化率为0,电动势为0,电流为0,图示位置为中

性面位置，故C正确；

D、若线框绕必转动，通过线圈磁通量的最大值不变，则由Em=BS3得，电动势的最大值不变,

故。错误。

故选:BC.

根据感应电动势峰值公式求解磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律求解磁通量变化率的最

大值；图示位置为中性面位置，电动势为0,电流为0;根据电动势峰值公式判断电动势最大值的

变化。

本题考查正弦式交变电流的产生，解题关键是掌握法拉第电磁感应定律，知道正弦式交变电流的

产生原理。

7.【答案】BC

【解析】解：4系统在水平方向的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，

总动量不守恒，故A错误；

8.小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，小球和小车水平方向的合动量为零，当

小球速度为零时、小车速度也为零，故小球能向左摆到原高度，故8正确；

C.小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车向右运动的最大距离为x,则小球向左运动的

位移为2国几60。-r取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得：

解得刀=工变故C正确；

7n1+血2

。.从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据

水平方向平均动量守恒得：

m2v2—m1v1=0

由能量守恒定律得：

m1gl(l-cos60°)=+|m2V2

解得小：球运动到最低点时的速度大小巧=/^希，故。错误。

故选：BC.

机械能守恒条件为除重力和系统内弹力外无外力做功，动量守恒条件为系统合外力为0；根据动量

守恒定律列式，求位移；根据水平方向动量守恒和能量守恒列式，求最低点速度。

本题考查学生对机械能守恒条件和动量守恒条件的掌握，以及对动量守恒、能量守恒的应用，是

一道中等难度题。

8.【答案】BCD

【解析】解：4小球在水平外力F的作用下以速度〃向右匀速运动，由卜=勺〃8可知，小球受到的

洛伦兹力沿管道方向，且大小保持不变，根据牛顿第二定律得qaB=ma,由初速度为零的位移公

式x=：at2,解得t=隹，故A错误；

2yquB

8.小球所受洛伦兹力始终和运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B正确；

C.小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负

功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有必=%=^=q“B/,外力F的平

均功率为P=V==4皿故C正确;

{quB

。.外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于/广=Iy=I.qvyBt=

qB^vyt=qBl,故。正确。

故选：BCD。

洛伦兹力对小球不做功，小球随管道做匀速直线运动速度不变，受到的洛伦兹力不变，根据牛顿

第二定律分析竖直方向上的加速度，再根据位移一时间公式求解运动时间；根据功率公式求解外

力做功的平均功率，根据动量的定义求解外力户的冲量大小。

本题考查洛伦兹力、牛顿第二定律以及功率的计算等，要注意正确分析题意，明确洛伦兹力永不

做功的性质。

9.【答案】—3y/~3cm大于

【解析】解：简谐横波在水平方向上做匀速直线运动，在0.2s时间内，横波整体向左平移的距离

为：

Ax=vt=10x0.2m=2m

则t=0.2s时M点的位移与t=0时刻M点位置水平向右2m位置的位移相等。

根据数学知识可知，简谐横波的表示为：

y=6sin(^x)(cm)

当y=-3c?n时，x=­m

根据上述分析可得：当y=与巾+2m=与小时

x=6sin^ncm=—3y/-3cm

此时P点的位移为负向最大，Q点在平衡位置，所以P点的加速度大于Q点的加速度。

故答案为：—3，3cm；大于

理解简谐横波在水平方向上的运动特点，结合数学知识得出M点的位移；

根据题意分析出两点的位移大小关系，从而分析出加速度的大小关系。

本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波在不同方向上的运动

特点即可完成分析。

10.【答案】220放热放热

【解析】解：从ATB的过程中，气体压强不变，体积变大，气体对外界做功，则

=pXZ1V=0.4x105X(4.0-2.0)X10-3/=-8Q/

根据热力学第一定律可知：

AU=UB-UA=Q+W=300/

代入数据可得：Q=220/

从B到C的过程中，气体的压强减小，体积不变，根据一定质量的理想气体的状态方程pV=(T可

知，气体的温度降低，则气体放热；

从C到4的过程中，气体的温度不变，则内能不变，而因为气体的体积减小，所以外界对气体做功，

根据热力学第一定律可知，气体放热。

故答案为：220；放热；放热

根据图像的物理意义得出气体的做功，结合热力学第一定律得出气体内能的变化量；

根据图像得出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律得出气体的吸放热情况。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完

成分析。

11.【答案】升高4.30滑块与遮光条的总质量MmgL=Xm+M)*一各

【解析】解：(1)滑块通过光电门4的时间小于通过光电门8的时间，说明滑块从Z到B做减速运动，

导轨左端高右端低，为使导轨水平，可调节旋钮使轨道右端升高一些。

(2)由图乙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标卡尺的精度是0.05nun,则d=4mm+6x

0.05mm=4.30mmo

(3)滑块经过光电门时的速度大小孙=二，vB=f,对滑块与祛码即祛码盘组成的系统，由机械

lA

2

能守恒定律得：mgL=1(m+1(m+,整理得：mgL：(m+M)«一装);实验

还需要测量滑块与遮光条的总质量

(4)由(3)可知，应该满足的表达式为mgL=|(m+M)备一，

2

故答案为：⑴升高；(2)4.30；(3)滑块与遮光条的总质量M；(4)mgZ,=+一号。

(1)根据遮光条的遮光时间判断滑块的运动性质，然后判断如何调节气垫导轨水平。

(2)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。

(3)(4)求出滑块经过光电门时的速度，应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分

析答题。

理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；求出滑块的速度，应用机

械能守恒定律即可解题。

12.【答案】Cx10^25C

n

【解析】解：(1)欧姆调零的操作是：红、黑表笔短接，调节部件欧姆调零旋钮C使指针指在欧姆

挡零刻度线。

在测量时发现多用电表指针偏转角度过大，说明电阻较小，则该同学应将倍率换X10这样的小倍

率，使得指针偏向表盘的中央便于读数。

Lp2p

根据电阻定律，当水位为0m时的电阻为：R=「迺=耳=不

(2)由题意知电阻率p=600。-机，根据电阻定律：R==

可知电阻的最小值为R1nm=60。

由闭合电路欧姆定律/

A

可知电流的最大值为/max=兴人=0.0254=25mA

人60

EE

(3)48.若电流表的内阻不可忽略，电流和水位之间的关系为/=西=产的

(号十九)

则测量的水位值比真实值偏小，此时电流表改装的水位刻度都是不均匀的，故AB错误；

C忽略电源、电流表内阻，此时电流瞥

若水库水位为5M时电流表满偏，/。=£=吆2

9Rp

当水位为0小时r=啤2

解得r=也

则当电流表半偏时水库水位为平均水位，故c正确。

故选：Co

故答案为:(1)C,x10,R=华;(2)25；(3)4C。

(1)根据欧姆表使用方法分析判断：根据电阻定律推导电阻；

(2)根据电阻定律推导电阻的表达式，根据电阻最小值计算最大电流；

(3)根据闭合电路欧姆定律在考虑电流表内阻和不考虑情况下分别推导判断。

本题考查测量水库中水的电阻率实验，要求掌握实验原理，熟练应用闭合电路欧姆定律推导。

13.【答案】解：(1)舰载机在弹射区域中，由牛顿第二定律得

F+2F=ma1

离开弹射区域时的速度%=

联立解得：v1=—

(2)舰载机离开弹射区域后，由牛顿第二定律得

F=ma2

起飞速度为玫=%+a2t

第一阶段走过的位移X1=：t=^t2

第二阶段走过的位移小==gt2

起飞甲板的总长度4=%+彳2

解得L=这

答：(1)舰载机离开电磁弹射区域时的速度大小巧为苦；

(2)舰载机在甲板上加速的距离L为空。

m

【解析】(1)舰载机在弹射区域中，由牛顿第二定律求加速度，由速度一时间公式求舰载机离开电

磁弹射区域时的速度大小％;

(2)舰载机在甲板上加速的距离L等于两个阶段位移之和。舰载机离开弹射区域后，由牛顿第二定

律求出加速度，由速度一时间公式求出起飞速度。再根据平均速度与时间的乘积求两个阶段的位

移，从而求得L。

本题要正确分析题意，明确物理过程，分段利用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行处理。

14.【答案】解：(1)由题意可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系知，

粒子在磁场中运动半径R=2d,由牛顿第二定律可得

解得。=驷

m

(2)粒子在磁场中运动的周期为T=等=箸

则有"黑7=卧誓=鼠

ODU1ZCJDOQD

(3)带电粒子在P、Q电场中加速，由动能定理可得qU=：7n/-o

解得U=名也！

m

可得Up°=-U=—逆利

7m

答：(1)粒子在磁场中运动时速度的大小为誓；

(2)粒子在磁场中运动的时间为筹；