2017年江西省吉安市泰和中学高考物理模拟试卷(3月份)

2017年江西省吉安市泰和中学高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力B．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构C．由爱因斯坦质能方程可知，质量与能量不可以相互转化D．原子核内的某一核子与其它核子间都有核力作用2．（6分）如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在 b 球上的力大小为F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方．则F1与F2的大小关系应为（）A．F1=4F2B．F1=3F2C．3F1=4F2D．3F1=7F23．（6分）甲、乙两个完全相同的变压器如图接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=3：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I甲；乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上电流为I乙，则有（）A．U甲=U乙I甲=I乙B．U甲=3U乙I甲=I乙C．U甲=U乙I甲=3I乙D．U甲=3U乙I甲=3I乙4．（6分）我国的“神舟十一号”载人航天飞船于2016年10月17日发射升空，入轨两天后，与“天宫二号”进行对接，假定对接前，“天宫二号”在图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十一号”在图中轨道1上的P点瞬间改变其速度大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在椭圆轨道2与轨道3的切点与“天宫二号”进行对接，图中P、Q、K三点位于同一直线上，则（）A．“神舟十一号”在P点轨道1的加速度大于轨道2的加速度B．如果“天宫二号”位于K点时“神舟十一号”在P点处变速，则两者第一次到达Q 点即可对接C．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中机械能不断增大D．为了使对接时两者的速度相同，“神舟十一号”到达Q点时应稍微加速5．（6分）如图，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是（）A．斜面可能是光滑的B．在P点时，小球的动能等于物块的动能C．小球运动到最高点时离斜面最远D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等6．（6分）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A，B，C 的电势分别为8V，6V，2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．该粒子一定带正电B．该粒子达到G点时的动能为4eVC．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE D．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C7．（6分）如图所示，有一个总长度为6L的正三角形金属线框MNP沿竖直方向固定，其总电阻为3R，水平方向的匀强磁场与线框平面垂直，且磁感应强度为B．一根长度为2L、质量为m的导体棒CD，其电阻为2R，导体棒在竖直向上的外力作用下从底边NP开始以速度v匀速向顶角运动，金属棒与金属框架接触良好且始终保持与底边NP平行，当金属棒运动到MN中点时（此时AB为MNP的中位线），重力加速度取g，下列说法正确的是（）A．AB两端的电压为BLVB．CD两端的电压为BLVC．金属棒克服安培力做功的瞬时功率为D．拉力做功的功率为+mgv8．（6分）如图，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为37°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长，小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为零，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A．小球能返回到出发点A处B．弹簧具有的最大弹性势能为C．撤去弹簧，小球不可能在直杆上处于静止D．a A﹣a C=2gsin37°二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．（6分）利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，步骤如下：①用天平测出滑块A、B的质量分别为200g和300g；②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；③向气垫导轨通入压缩空气；④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为△t=0.2s，照片如图所示：结合实验过程和图象分析知：该图象是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0﹣﹣80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态．设向右为正方向，试分析：滑块碰撞时间发生在第一次闪光后s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是kg•m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是kg•m/s．10．（9分）某同学要测量一较粗金属丝的电阻率，他用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径为mm，为精确测量金属丝的电阻，实验老师提供了以下实验器材：A．金属丝R x（约300Ω）B．电池组（6V，0.05Ω）C．电流表A1（30mA，内阻约10Ω）D．电流表A2（3A，内阻约0.1Ω）E．电压表V（6V，内阻R V=3kΩ）F．滑动变阻器R1（2kΩ，0.8A）G．滑动变阻器R2（50Ω，2A）H．开关一个，导线若干（1）该同学根据所给器材的特点，进行了实验电路的设计，实验要求通过金属丝的电流从零开始增加，则电流表应选择，滑动变阻器应选择．（填器材前的字母标号）（2）如图乙所示，该同学只连接了部分导线，请你帮助他完成实验电路的连接．（3）该同学在实验中测量得到电压表的读数U、电流表的读数I、电阻丝的长度L和直径D，则用测量和已知量表示R x=，金属丝电阻率的表达式为ρ=．11．（12分）如图所示，装置左边是水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接轻质挡板A，此时弹簧处于原长且在A右侧台面粗糙，长度l=1.0m，另一物块B 与台面动摩擦因数μ1=0.1，中间水平传送带与平台和右端光滑曲面平滑对接，传送带始终以V0=2m/s速率逆时针转动，传送带长度l=1.0m，B与传送带动摩擦因数μ2=0.2，现将质量为1kg的物块B从半径R=2.1m的圆弧上静止释放（g=10m/s2）（1）求物块B与A第一次碰撞前的速度大小；（2）试通过计算证明物块B与A第一次碰撞后能否运动到右边的弧面上？若能回到，则其回到C点时受弧面的支持力为多大？12．（20分）如图，平行金属板水平放置，一带电荷量为q（q＞0）、质量为m 的a粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起，进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．两粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，它们又刚好返回到O点．不计粒子重力，金属板长为L，板上所加电压为U=，求：（1）a粒子刚出电场时的速度大小；（2）两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离；（3）a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小和洛仑兹力对a粒子的冲量．（二）选考题，任选一模块作答【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）以下说法正确的是（）A．大量分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间少，两头多”的规律分布B．一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强不一定增大C．由于液体表面层分子间平均距离大于液体内部分子间平均距离，液体表面存在张力D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越快E．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，只需要再知道油的摩尔体积即可14．（10分）两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸．将气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为300的光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V，温度都为T．如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力，设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍．①若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？②若使气缸B中气体体积变为，气缸B内的气体的温度是多少？【物理--选修3-4】（15分）15．关于光现象及其应用，下列说法正确的有（）A．全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光与物光的相干性高的特点B．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的偏振现象C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度D．当观察者向静止的声源运动时，观察者接收到的声波频率低于声源的频率E．一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短16．如图所示为横截面为直角三角形ABC的玻璃砖，AC面镀有反光膜，AB边长为d，α=30°，一束光线经BC面上的D点垂直射入玻璃砖．已知C、D两点间的距离为，玻璃砖对光的折射率n=，真空中的光速为c．（1）画出光在玻璃砖中传播的光路图．（2）计算光在玻璃砖中的传播时间t．2017年江西省吉安市泰和中学高考物理模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力B．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构C．由爱因斯坦质能方程可知，质量与能量不可以相互转化D．原子核内的某一核子与其它核子间都有核力作用【解答】解：A、核力属于短程力，只是在很短距离内有作用，故A错误；B、天然放射现象说明了原子核具有复杂的结构，而α粒子散射实验，提示了原子的核式结构，故B错误；C、质能方程告诉了我们质量和能量之间的关系，但是并非指质量可以转化为能量，故C正确；D、原子核内的某一核子与其它核子间不都有核力作用，原因核力属于短程力，只有相互紧挨的核子间有核力作用，故D错误．故选：C．2．（6分）如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在 b 球上的力大小为F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方．则F1与F2的大小关系应为（）A．F1=4F2B．F1=3F2C．3F1=4F2D．3F1=7F2【解答】解：a受到F1水平向右的力，b受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：设Oa绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα=…①以b球为研究对象，受力如图．设ab绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ=…②由几何关系得到：α=β…③联立①②③解得：3F1=7F2所以ABC错误、D正确；故选：D．3．（6分）甲、乙两个完全相同的变压器如图接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=3：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I甲；乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上电流为I乙，则有（）A．U甲=U乙I甲=I乙B．U甲=3U乙I甲=I乙C．U甲=U乙I甲=3I乙D．U甲=3U乙I甲=3I乙【解答】解：由图象知本题为两个变压器串联的情况，所以电流相等I甲=I乙，因为是两个相同的变压器，所以两个变压器副线圈电流相等，根据欧姆定律副线圈电压之比为3：1，因为变压器完全相同，所以原线圈电压之比为3：1，故U甲=3U乙，B正确．ACD错误；故选：B4．（6分）我国的“神舟十一号”载人航天飞船于2016年10月17日发射升空，入轨两天后，与“天宫二号”进行对接，假定对接前，“天宫二号”在图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十一号”在图中轨道1上的P点瞬间改变其速度大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在椭圆轨道2与轨道3的切点与“天宫二号”进行对接，图中P、Q、K三点位于同一直线上，则（）A．“神舟十一号”在P点轨道1的加速度大于轨道2的加速度B．如果“天宫二号”位于K点时“神舟十一号”在P点处变速，则两者第一次到达Q 点即可对接C．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中机械能不断增大D．为了使对接时两者的速度相同，“神舟十一号”到达Q点时应稍微加速【解答】解：A、据万有引力提供向心力列出等式：，加速度，所以“神州十一号”在P点轨道1P点的加速度等于轨道2上的加速度，故A错误；B、圆轨道3的轨道半径大于椭圆轨道2的半长轴，根据开普勒第三定律，“神舟十一号”在圆轨道3的周期大于椭圆轨道2的周期，所以如果“天宫二号”位于K 点时“神舟十一号”在P点处变速，两者第一次不是同时到P点，则两者不能第一次到达Q点实现对接，故B错误；C、“神州十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C错误；D、“神州十一号”在椭圆轨道2运动，“天宫二号”在圆轨道3运动，由2轨道变轨到3轨道需加速，所以为了使对接时两者的速度相同，“神州十一号”到达Q点时应稍微加速，故D正确；故选：D5．（6分）如图，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是（）A．斜面可能是光滑的B．在P点时，小球的动能等于物块的动能C．小球运动到最高点时离斜面最远D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等【解答】解：A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度可能等于于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则可能在P点相遇，所以斜面可能是光滑的，故A正确；B、物块和小球在斜面上的P点相遇，在沿斜面方向速度相同，由于小球在垂直于斜面方向还有速度，故小球的速度大于物块的速度，故小球的动能大于物块的动能，故B错误；C、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误．D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D错误．故选：A6．（6分）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A，B，C 的电势分别为8V，6V，2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．该粒子一定带正电B．该粒子达到G点时的动能为4eVC．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE D．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C【解答】解：根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；A、该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A正确；B、粒子在A点初动能为16eV、电势能E PA=﹣3e×8V=﹣24eV，所以总能量为E=16eV﹣24eV=﹣8eV，由于U BG=U GC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为E KG=E﹣（﹣4×3eV）=4eV，故B正确；C、若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而垂直于电场线方向的速度不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过CE，故C错误；D、只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能E KC=E﹣（﹣6×3eV）=﹣6eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，故D正确．故选：BD．7．（6分）如图所示，有一个总长度为6L的正三角形金属线框MNP沿竖直方向固定，其总电阻为3R，水平方向的匀强磁场与线框平面垂直，且磁感应强度为B．一根长度为2L、质量为m的导体棒CD，其电阻为2R，导体棒在竖直向上的外力作用下从底边NP开始以速度v匀速向顶角运动，金属棒与金属框架接触良好且始终保持与底边NP平行，当金属棒运动到MN中点时（此时AB为MNP的中位线），重力加速度取g，下列说法正确的是（）A．AB两端的电压为BLVB．CD两端的电压为BLVC．金属棒克服安培力做功的瞬时功率为D．拉力做功的功率为+mgv【解答】解：A、CD切割磁感线得到的感应电动势e CD=2BLv，金属棒运动到MN 中点时，导体棒AB长L，所以，AB段的感应电动势e AB=BLv，这时AMB（电阻为R）与ANPB（电阻为2R）并联后与AB（电阻为R）串联，AMB（电阻为R）与ANPB（电阻为2R）并联后的总电阻，所以，AB的路端电压，故A错误；B、CD两端的电压U CD=CD切割磁感线得到的感应电动势e CD﹣AB的内压降=CD 切割磁感线得到的感应电动势e CD﹣AB的感应电动势e AB+AB的路端电压U AB=，故B正确；C、金属棒CA、BD段没有形成闭合回路，无电流，所受安培力为零．金属棒所受安培力等于只有AB段时产生的安培力．AB段的电流为闭合电路的总电流，安培力，所以，金属棒克服安培力做功的瞬时功率，故C正确；D、导体棒做匀速运动，所以，导体棒受力平衡，在竖直方向有拉力F=F安+G，拉力做功的功率，故D正确．故选：BCD．8．（6分）如图，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为37°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长，小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为零，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A．小球能返回到出发点A处B．弹簧具有的最大弹性势能为C．撤去弹簧，小球不可能在直杆上处于静止D．a A﹣a C=2gsin37°【解答】解：AB、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为W f，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为E p．根据能量守恒定律得：对于小球A到B的过程有：mgh+E p=mv2+W f，A到C的过程有：2mgh+E p=2W f+E p，解得：W f=mgh，E p=mv2．小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：E p=2W f+2mgh+E p，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A错误，B正确．C、设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由W f=mgh得：s=mgssin37°在B点，摩擦力f=μmgcos37°，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos37°，所以＞μmgcos37°可得mgsin37°＞μmgcos37°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 正确．D、根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos37°+mgsin37°﹣f=ma A；在C点有：Fcos37°﹣f﹣mgsin37°=ma C；两式相减得：a A﹣a C=2gsin37°．故D正确．故选：BCD二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．（6分）利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，步骤如下：①用天平测出滑块A、B的质量分别为200g和300g；②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；③向气垫导轨通入压缩空气；④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为△t=0.2s，照片如图所示：结合实验过程和图象分析知：该图象是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0﹣﹣80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态．设向右为正方向，试分析：滑块碰撞时间发生在第一次闪光后0.1s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是0.2kg•m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是﹣0.2kg•m/s．【解答】解：碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为v A′，所以有：v A′•△t=20，碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′有：v A′•t′=10，第一次闪光到发生碰撞时间为t，有：t+t′=△t，得：t===0.1s；设向右为正方向，碰撞前，B的速度大小为：v B==0.5m/s，A的速度为：v A=﹣m/s=﹣1m/s，则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为：P1=m B v B+m A v A=0.2×0.5﹣0.3×1=﹣0.2kgm/s．碰撞后，A静止，B速度为：v B′==﹣1m/s，则碰撞后两滑块的动量为：P B=﹣m B v B′=﹣0.2×1=﹣0.2kgm/s．以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和故答案为：0.1；0.2；﹣0.210．（9分）某同学要测量一较粗金属丝的电阻率，他用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径为 4.200mm，为精确测量金属丝的电阻，实验老师提供了以下实验器材：A．金属丝R x（约300Ω）B．电池组（6V，0.05Ω）C．电流表A1（30mA，内阻约10Ω）D．电流表A2（3A，内阻约0.1Ω）E．电压表V（6V，内阻R V=3kΩ）F．滑动变阻器R1（2kΩ，0.8A）G．滑动变阻器R2（50Ω，2A）H．开关一个，导线若干（1）该同学根据所给器材的特点，进行了实验电路的设计，实验要求通过金属丝的电流从零开始增加，则电流表应选择C，滑动变阻器应选择G．（填器材前的字母标号）（2）如图乙所示，该同学只连接了部分导线，请你帮助他完成实验电路的连接．（3）该同学在实验中测量得到电压表的读数U、电流表的读数I、电阻丝的长度L和直径D，则用测量和已知量表示R x=，金属丝电阻率的表达式为ρ=．【解答】解：由图甲所示可知，螺旋测微器示数为：4.0mm+20.0×0.01mm=4.200mm；（1）通过电阻电阻的最大电流约为：I==≈0.020A=20mA，电流表应选择C；通过金属丝的电流从零开始增加，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的G．（2）通过金属丝的电流从零开始增加，滑动变阻器应采用分压接法；待测金属丝电阻约为：300Ω，电流表内阻约为：10Ω，电压表内阻为3kΩ，由于电压表内阻已知，可以求出通过电压表的电流，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：（3）由欧姆定律可知，电阻丝的阻值：R x=，由电阻定律可知：R x=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；故答案为：（1）4.200；（1）C；G；（2）电路图如图所示；（3）；．11．（12分）如图所示，装置左边是水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接轻质挡板A，此时弹簧处于原长且在A右侧台面粗糙，长度l=1.0m，另一物块B 与台面动摩擦因数μ1=0.1，中间水平传送带与平台和右端光滑曲面平滑对接，传送带始终以V0=2m/s速率逆时针转动，传送带长度l=1.0m，B与传送带动摩擦因数μ2=0.2，现将质量为1kg的物块B从半径R=2.1m的圆弧上静止释放（g=10m/s2）（1）求物块B与A第一次碰撞前的速度大小；（2）试通过计算证明物块B与A第一次碰撞后能否运动到右边的弧面上？若能回到，则其回到C点时受弧面的支持力为多大？【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到C点的速度为v C，与A物体碰撞前的速度大小为v．物块B下滑过程，由动能定理知：m B gh=m B v C2代入数据解得：v C=m/s滑上转送带速度减为v0，发生的位移为x．由动能定理得：m B v C2﹣m B v02=﹣2μ2m B gx代入数据解得：x=9.5m＞1m物块B从开始下滑到与A碰撞前的过程，由动能定理得：m B gh﹣μ1m B gl﹣μ2m B gl=m B v2代入数据解得：v=6 m/s（2）设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则由动能定理得：0﹣m B v2=﹣μ1m B gl﹣μ2m B gl′代入数据解得：l′=8.5m＞1m所以物块B能通过传送带运动到右边的曲面上．设物体B到达C点速度为v1，由动能定理可知：m B v2﹣μ1m B gl﹣μ2m B gl=m B v12代入数据解得：v1=m/s在C点：F N﹣mg=m代入数据解得：F N=N答：（1）物块B与A第一次碰撞前的速度大小为6m/s．（2）物块B能通过传送带运动到右边的曲面上．其回到C点时受弧面的支持力为N．12．（20分）如图，平行金属板水平放置，一带电荷量为q（q＞0）、质量为m 的a粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起，进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一。