浙江省宁波市十校联盟2023-2024学年高三下学期3月联考物理试题含答案

宁波“十校”2024届高三3月联考
物理试题卷（答案在最后）
满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列说法正确的是（）
A.甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，可将篮球看成质点
B.乙图中羽毛球在空中运动时的轨迹并非抛物线，其水平方向的分速度逐渐减小
C.丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，起跑器对运动员做正功
D.丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少接触面对运动员的冲量从而实现缓冲
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，篮球大小和形状不能忽略，不可以将篮球看成质点，A错误；
B．羽毛球所受空气阻力不能忽略，故轨迹并非抛物线，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐渐减小，B正确；
C．起跑器的弹力方向运动员没有位移，起跑器对运动员不做功，C错误；
D．运动员动量的变化量一定，海绵垫的作用是通过延长接触时间，减小运动员受到的弹力，起到缓冲作用，D错误。

故选B。

2.理想气体常数R 是表征理想气体性质的一个常数，由理想气体状态方程可推得m
pV R T
=
，其中p 为气体压强，m V 为气体的摩尔体积（一摩尔物质在0℃、1atm 的体积），T 为热力学温度，用国际单位制中的基本单位表示理想气体常数R 的单位，正确的是（）
A.J /mol K
⋅ B.(
)2
2
kg m /s K
⋅⋅C.(
)
2
2
kg m /s mol K ⋅⋅⋅ D.(
)
3
2
kg m /s mol K
⋅⋅⋅【答案】C 【解析】【详解】由
F
p S
=
，F ma =可得压强单位可表示为2kg/m s ⋅。

摩尔体积m V 的单位为3m /mol ，T 的单位为K 。

则理想气体常数R 的单位是(
)
2
2
kg m /s mol K ⋅⋅⋅。

故选C 。

3.如图所示，在无风的房间内，一个氢气球由静止释放，在浮力的作用下往上飘后最终静止于倾斜天花板上，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是（
）
A.气球受到四个力的作用
B.天花板对气球的弹力竖直向下
C.天花板对气球的弹力是由于气球发生形变而引起的
D.气球对天花板的摩擦力沿天花板平面向下【答案】A 【解析】
【详解】A ．气球受重力、天花板对气球的弹力，天花板对气球的摩擦力以及空气浮力这四个力的作用，故A 正确；
B ．弹力的方向垂直于接触面而指向被支撑的物体，可知天花板对气球的弹力垂直于天花板斜向下，故B 错误；
C ．天花板对气球的弹力是由于天花板发生形变而引起的，故C 错误；
D．气球能够静止上升，说明浮力大于重力，天花板对气球的摩擦力沿着天花板斜面向下，根据牛顿第三定律可知，气球对天花板的摩擦力沿天花板平面向上，故D错误。

故选A。

4.如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角θ随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当θ逐渐减小时，下列说法正确的是（）
A.背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小
B.手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大
C.支架对手机的作用力逐渐增大
D.手机对支架的作用力始终不变
【答案】D
【解析】
【详解】AB．背部支撑平面PQ对手机的弹力和底部支撑平面ab对手机的弹力，这两个力始终垂直，对手机受力分析如图所示
可知在动态变化的过程中，即θ逐渐减小时，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大，底部支撑平面ab 对手机的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小，故AB错误；CD．支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，而根据牛顿第三定律可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机对支架的作用力，则可知手机对支架的作用力始终不变，故C错误，D正确。

故选D。

5.图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（）
A.4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最大
B.②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C.在最高点，②中的水比③中的水速度大
D.喷口水平倾角越小，水射程越远【答案】B 【解析】
【详解】A ．4条水柱中，①中的水上升较高，水在空中的运动时间最大，出射时的竖直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，则出射速度不一定最大，故A 错误；
B ．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中运动的时间长，故B 正确；
C ．在最高点，水的速度为水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C 错误；
D ．水的射程为
20000sin sin 2cos cos 2v v x v t v g g
θθ
θθ=⋅=⋅=
当喷口水平倾角为45°时，水射程越远，故D 错误。

故选B 。

6.如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于O 点，将小球拉开小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列措施中可使小球振动频率增加的是（
）
A.将此单摆置于竖直向下的匀强电场中
B.在悬点O 处放置一个带正电的点电荷
C.在悬点O 处放置一个带负电的点电荷
D.将此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中【答案】A 【解析】
【详解】A ．根据单摆的周期公式
2T =可得单摆的频率
f =
若将此单摆置于竖直向下的匀强电场中，可知带电小球所受电场力竖直向下，而重力也竖直向下，该处空间重力场与电场叠加，相当于增加了单摆所处空间的加速度，因此该单摆的振动频率将增加，故A 正确；BC ．在悬点O 处放置一个点电荷，根据点电荷之间作用力可知，两点电荷之间产生的静电力方向始终在两点电荷的连线上，即沿着绳子方向，则可知，连接小球的绳子上的拉力将会发生改变，而在小球做简谐振动时，其回复力为小球重力垂直绳子方向的分力，根据小球做简谐振动的周期公式
2T π
=可得
f =
即在小球质量不变的情况下，其振动频率与回复力和位移大小比值的系数k 有关，而点电荷对小球的静电力与回复力无关，故BC 错误；
D ．若将此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中，则在小球从左向右摆动的过程中，其所受洛伦兹力始终沿着摆绳指向摆心，而从右向左摆动的过程中，其所受洛伦兹力始终沿着摆绳背离摆心，则可知洛伦兹力的出现将使摆绳上的张力发生改变，但并不会影响摆球的振动频率，故D 错误。

故选A 。

7.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度I
B k
r
=，即磁感应强度B 的大小与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比。

如图所示，两根平行长直导线M 、N 分别通以大小相等、方向相反的电流，沿MN 和其中垂线建立直角坐标系xOy 。

规定磁场沿y -方向为正，则磁感应强度B 随x 、y 变化的图线正确的是（
）
A. B.
C. D.
【答案】C 【解析】
【详解】AB ．由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向沿y -方向，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向沿y -方向，由于规定磁场方向沿y -方向为正，此区间内的磁场等于两条直导线在各处形成的磁感应强度之和，故在MN 区间内磁场方向为正，根据通电长直导线周围某点磁感应强度
I
B k
r
=知距离导线越远磁场越弱，又
12
I I =可知在两根导线中间位置O 点磁场最弱，但不为零；在导线M 左侧M 导线形成的磁场沿y 方向，N 导线形成的磁场沿y -方向，因该区域离M 导线较近，则合磁场方向沿y 方向，为负方向，且离M 导线越远处磁场越弱；同理，在导线N 右侧N 导线形成的磁场沿y 方向，M 导线形成的磁场沿y -方向，因该区域离N 导线较近，则合磁场方向沿y 方向，为负方向，且离N 导线越远处磁场越弱，故A 错误，B 错误；CD ．两通电导线在y 轴的磁感应强度如图所示
因此可知合场强竖直向下，大小为
12cos B B α
=越远离O 点cos α越小，因此B 越小，C 正确D 错误。

故选C 。

8.如图甲、乙所示为某家庭应急式手动发电机的两个截面示意图。

推动手柄使半径为r 的圆形线圈a 沿轴线往复运动，其运动的v t -图像为如图丙所示的正弦曲线，最大速度为0v 。

已知线圈匝数为n ，电阻不计，所在位置磁感应强度大小恒为B ，理想变压器原、副线圈匝数之比为k ，两灯泡电阻均为R ，A 为理想交流电流表，闭合开关S ，下列说法正确的是（
）
A.1L 两端电压最大值为02n Brv π
B.电流表A 的读数为
n Brv kR
πC.线圈a 的输出功率为
22222
24n B r v k R
πD.若断开开关S ，1L 中电流不变，原线圈中电流亦不变【答案】C 【解析】
【详解】A ．由v t -图像可知，发电机产生正弦式交流电，产生电压的最大值为
1m 0
2U Bn rv π=⋅
根据原副线圈匝数比，副线圈电压即1L 两端电压最大值为
2m 2Bn rv U k
π⋅=
A 错误；
B
．副线圈电压有效值为
2Brv U k
π=
=
两灯泡并联总电阻为
2
R
，电流表A
的读数为0
22
Brv U I R kR π=
=B 错误；
C ．理想变压器线圈a 的输出功率为
22222
224n B r v k R
P U I π==
C 正确；
D ．若断开开关S ，副线圈电压不变，则1L 中电流不变，但副线圈电流减半，则原线圈中电流减半，D 错误。

故选C 。

9.如图甲所示，A 、B 两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离r ∆随时间t 的变化图像，0=t 时刻A 、B 两颗卫星相距最近。

已知卫星B 的周期B 07T t =，则A 、B 两颗卫星运行轨道半径之比为（
）
A.1∶7
B.1∶4
C.1:
D.1∶2
【答案】B 【解析】
【详解】根据题意，由图乙可知，经过时间0t ，A 、B 两颗卫星再次相距最近，则有
0A B 222t T T πππ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
解得
A 0
78
T t =
由开普勒第三定律有
A B 14
r r ===故选B 。

10.如图甲，两等量异种点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为m ，电荷量为q +的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。

0=t 时刻，圆环自A 处以初速度0v 向右运动，此后圆环运动的v t -图像如图乙所示，0=t 时刻和2t 时刻图线斜率相同，1t 和3t 时刻图线斜率均为0，已知圆环t 2时刻运动至O 点，继续向右运动至B 点停下，且A 、B 关于两电荷连线中点O 对称。

若A 处场强为0E ，AO 间距为L ，重力加速度为g ，且圆环运动过程中电量始终不变，则下列说法正确的是（
）
A.圆环与横杆之间的动摩擦因数20
4v gL
μ=
B.12t t -时间内圆环的位移大小为
12
L C.圆环在O 处运动的速度20
1
2
v v = D.O 处的场强大小为02mg
E E q
=
-【答案】D 【解析】
【详解】AD ．根据题意，0=t 时刻和2t 时刻图线斜率相同，则小球的加速度相同，O 处的场强大于A 点的场强，根据牛顿第二定律对A 点和O 点分析
()0mg E q ma
μ-=
()Eq mg ma
μ-=联立解得O 处的场强大小为
02mg
E E q
=
-由于不知道加速度大小，故不能求出动摩擦因数，1t 和3t 时刻图线斜率均为0，小球对杆的弹力为零，重力等于电场力，也无法求出动摩擦因数，故A 错误，D 正确；B ．根据AD 项分析知，A 处场强为0E ，1t 时刻场强为
1mg E q
=
O 处的场强大小为
02mg
E E q
=
-解得
101
E E E E -=-根据等量异种点电荷场线分布情况知，越靠近O 点位置场强在单位距离上的增加量越大，所以1t 位置一定处于AO 的中点靠右，即12t t -时间内圆环的位移小于
1
2
L ，故B 错误；C ．又根据等量异种点电荷场线分布的对称性知，小球从A 点运动到B 点过程，电场力大小关于中点O 对称，则摩擦力大小关于中点O 对称，故用平均力代替变力，左边的摩擦力用f 表示，小球从A 点到停在B 点，电场力与运动方向始终垂直，不做功，根据动能定理可得
2
1202
f L mv -⋅=-小球从A 点到停在O 点，根据动能定理可得
2
2
102
f L mv -⋅=-解得
202
v v =
故C 错误。

故选D 。

11.DIY 手工能够让儿童体验到创造过程中的乐趣和成就感。

图为某款DIY 太阳能小车，组装成功后质量约为130g ，太阳直射时行驶速度约为0.25m/s ，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。

已知太阳与地球之间的平均距离约为111.510m ⨯，太阳每秒辐射的能量约为263.910J ⨯，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为215cm ，则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为（）
A.5%
B.10%
C.20%
D.30%
【答案】A
【解析】【详解】由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为
0.2P Fv fv mgv
===机代入数据可得
0.065W
P =机该太阳能小车接收太阳的功率为
2
(137%)4P P S r π=
⨯⨯-总其中263.910W W P t
=
=⨯总，111.510m r =⨯，2215cm 0.0015m S ==代入数据解得 1.304W
P =该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为
0.065W 100%100%5%1.304W
P P η=
⨯=⨯≈机故选A 。

12.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy 平面水平。

在x 轴上的两个波源1S 、2S 的坐标分别为129m 16m x x =-=、，12S S 、的振动方程分别为110sin(2)cm z t π=、
28sin 2cm 2z t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭。

若两波均从平衡位置向上起振，且0=t 时刻，1S 刚开始振动，2S 首次到达波峰处，两列波的波速均为4m/s ，传播过程中能量损耗不计。

y 轴上P 点的坐标为12m y =，则下列说法正确的是（）
A.两波均传至O 点后，O 点振幅为18cm
B.1S 波提前2S 波1.25s 传至P 点
C. 5.25s t =时，P 点向z +方向振动
D.0 5.25s 内，质点P 通过的路程为76cm
【答案】D
【解析】
【详解】A ．根据两波源的振动方程可知，两波源的振动周期均为
22s 1s 2T π
πωπ
===可知两列波频率相同，相位差恒定，两列波相遇后将能发生稳定的干涉，波源1S 的振动传播到O 点的时间为
119s 2.25s 4
x t v =
==波源2S 的振动传播到O 点的时间为2216s 4s 4
x t v ===即当波源1S 的振动传播至O 点后，在O 点引起的振动振动1.75s ，波源2S 的振动才刚刚传播至O 点，且根据题意可知，此刻波源2S 在O 点引起的振动应使质点处于波峰，而
31.75s 14
T =由于波源1S 的振动满足正弦函数，即波源1S 的起振方向沿着z 轴正方向向上，此刻由波源1S 在O 点引起的振动使质点处于波谷，两个波源在O 点引起的振动相互叠加，叠加后使振动减弱，此刻O 点处的质点的振
幅为
122cm
A A A =-=故A 错误；
B ．根据题已知可得
115cm S P ==，220cm
S P ==则可得波源1S 、2S 的波传播至P 点的时间分别为
13 3.75s S P t v =
=，245s S P t v
==可得43 1.25s
t t t ∆=-=但根据题意，波源2S 的波在0=t 时刻波源处的质点已经处于波峰，说明波在0=t 时刻前已经开始传播了，因此1S 波提前2S 波传至P 点的时间小于1.25s ，故B 错误；
C ．当 5.25s t =时，波源1S 的波在P 点引起的振动振动的时间为1.5s ，波源2S 的波在P 点引起的振动振动的时间为0.25s ，可知由波源1S 的波在P 点引起的振动此时恰好回到平衡位置且下一刻将沿着z 轴负方向振动，由波源2S 的波在P 点引起的振动此时也恰好回到平衡位置且下一刻也将沿着z 轴负方向振动，由此可知， 5.25s t =时，P 点向z -方向振动，故C 错误；
D ．根据以上分析可知，0 5.25s 内，由波源1S 在P 点引起的振动使P 处质点先振动了1.25s ，即114个周期后由波源2S 引起的振动的波峰恰好传播至P 点，说明S 2的波传到P 点时为S 1的波单独振动一个周期时，而此刻由两波源在P 点引起的振动均使该处的质点处于波峰，即振动加强，该处质点的振幅为
1218cm
A A A '=+=由此可知，0 5.25s 内，质点P 通过的路程为
14276cm
P s A A '=+=故D 正确。

故选D 。

13.如图甲所示，为某种透明新材料制成的半径为R 的半圆柱体，其折射率2n =。

SS '是与轴线平行的线
光源，S 点位于O 点正下方2
R 处，图乙为其截面图。

平面PQMN 镀有反光薄膜，射向平面PQMN 的光
线将全部反射。

若只考虑首次射向曲面 PQ
MN 的光线，则曲面 PQ MN 无光线射出的面积和有光线射出的面积之比为（）
A.1∶5
B.1∶1
C.2∶1
D.5∶1
【答案】A
【解析】【详解】根据题意，只考虑首次射向曲面 PQ
MN 的光线，则可知此光线包括第一次直接射向曲面的光线和直接经PQ 反射后射向曲面的光线，根据全反射角的反射角与折射率之间的关系有
1sin C n
=
可得30C = 做出光路图如图所示
光线恰好在T 点发生全反射，OT 为法线，根据正弦定理有
sin sin OS OT OTS OST
=∠∠其中
2
OS R =
，OT R =解得
sin 2
OST ∠=
因此可知45OST ∠= 或135OST ∠=
根据几何关系可知，135OST ∠= ，而另一全反射的临界角为45OMS ∠= ，但光线不能射出PQ ，将在界面上发生全反射，射向K 点的光线发生全反射，首次射向曲面，根据几何关系可知，30ONK ∠= ，即经过K 点反射的光线达到曲面N 点后恰好再次被反射，则可知，射向OK 段的光线经过PQ 反射后都能穿过曲面，而直接射向TQ 的光线会在曲面上发生全反射，从而不能透过曲面，综合可知，QO '段不能透过光线的区域只有QN ，而根据几何关系可知
105SOM ∠=
则可知
15NOQ ∠=
根据对称性可知，首次射向曲面 PQ
MN 的光线，不能透过光的弧长所对应的圆心角为230NOQ ∠=
则能透过光的弧长对应的圆心角为150 ，由此可知，曲面 PQ
MN 无光线射出的面积和有光线射出的面积之比为
3011505
S S == 无有故选A 。

二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。

每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。

全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）
A.图甲为一定质量的氧气分子在0℃和100℃时的速率分布图像，其中图线Ⅰ温度较高
B.从单一热库吸收热量，使之完全变成功是可能实现的
C.图乙中静止的钠核2411Na 在磁场中发生衰变，曲线1为α粒子的运动轨迹
D.相对论时空观认为运动物体的长度和物理过程的快慢都跟物体运动状态有关
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．图甲中，氧气分子在图线Ⅱ温度下速率大的分子所占百分比较多，故图线Ⅱ温度较高，故A 错误；
B ．根据热力学第二定律可知，在引起其他变化的前提下，可以从单一热库吸收热量，使之全部变成功，故B 正确；
C ．根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，故C 错误；
D.相对论时空观认为运动物体的长度和物理过程的快慢都跟物体运动状态有关，故D 正确。

故选BD 。

15.如图甲为氢原子的能级图，现用频率为v 0的光照射大量处于基态的氢原子，只能发射出频率为a b c v v v 、、的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置，其中只有a 、b 两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线。

已知191.610C e -=⨯。

以下说法正确的是（）
A.一定有0a
v v =B.图乙中滑片P 从O 向b 端移动过程中，电流表示数减小
C.图丙中9.84eV
c U =-D.图丙中的a 光照射阴极，光电流达到饱和时，阴极每秒射出的光电子数大约18610⨯个
【答案】AC
【解析】
【详解】AC ．根据图乙可知
ca cb
U U >根据
km 0
c eU E h W ν==-可知
0a b c
νννν=>>所以这三种光的能量分别为12.09eV 、10.2eV 、1.89eV ，则
km 0
cb b eU E h W ν==-km 0
ca a eU E h W ν==-从而解得
9.84eV a b cb ca h h eU U e
νν-+=
=故AC 正确；B ．图乙中滑片P 从O 向b 端移动过程中，Ob 部分的电阻变小，A 端的电势变高，A 端的电势高于K 端的电势，所以电流表示数增大，故B 错误；
D ．图丙中的a 光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为0.96μA ，由
q
I t
=可知每秒射出的电荷量为60.9610C -⨯,所以阴极每秒射出的光电子数大约
6190.96101.610
n --⨯=⨯⨯12个=610个故D 错误。

故选AC 。

非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
16.某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。

（1）实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：______（填“挂”或“不挂”）砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。

（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz ，某次实验得到的纸带如图2所示。

A 、B 、C 、D 、E 是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据记录不当，这组数据是______（填“A ”、“B ”、“C ”、“D ”或“E ”）。

根据上述信息可得小车的加速度大小为
______m/s 2（保留两位有效数字）。

计数点A B
C D E 位置坐标（cm ） 4.50
5.507.309.8013.1（3）另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量0m 不变，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m ，但未测小车质量M ，作出1a
与m 之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若该同学其他操作均正确，0m 没有远小于()M m +，可得到小车的质量M 为______（用k 、b 、0m 表示）。

【答案】（1）不挂（2）①.E ②.3.8
（3）0b m k
-【解析】
【小问1详解】
实验之前要平衡小车所受的阻力，即不挂砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。

【小问2详解】
[1]根据题意有
1.00cm AB x =， 1.80cm BC x =，
2.50cm CD x =，
3.51cm
DE x =所以
10.80cm
BC AB x x x ∆=-=20.70cm
CD BC x x x ∆=-=3 1.01cm
DE CD x x x ∆=-=由此可知，E 组数据记录不当；
[2]小车运动的加速度为
22
3.8m/s 2CD AB x x a T -==【小问3详解】
根据牛顿第二定律可得
00m g T m a
-=()T m M a
=+联立可得
00011m M m km b a m g m g
+=+=+所以
01k m g =00m M b m g
+=解得
0b M m k
=-17.用如图1实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。

实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。

材料胶木铝
铁密度（3310kg/m ） 1.3-1.4
2.77.8实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6可置于长槽或短槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。

匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格（如图2所示），已知小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比，则左侧小球应置于______（填“长槽”或“短槽”）处，材质应选择______（填“胶木”、“铝”或“铁”）。

【答案】
①.长槽②.铝
【解析】
【详解】[1][2]由题意可知，两侧小球角速度相等，且弹力即向心力之比为122:3
:F F =向心力表达式为
2F m r
ω=小球大小相等，则质量与密度成正比，结合表格数据，左侧放置铝球，右侧放置铁球时，运动半径之比为应为2:1，才能使向心力之比为2:3。

故左侧小球应置于长槽，且为铝球。

18.在“练习使用多用电表”实验中：
（1）可供选择的器材中有一碳膜电阻，如图1所示，观察其色环颜色，查得该碳膜电阻的阻值为2kΩ，误差为10%±。

①在使用多用电表测该电阻前，发现指针如图2所示，现需要调整图3中的部件______（填字母“K ”、“S ”或“T ”），使指针对准电流的“0”刻线。

②将部件K 拨至“100⨯”挡，通过欧姆调零使指针对准电阻的“0刻线”。

将红、黑表笔分别与待测电阻
两端接触，若多用电表指针如图4所示，则待测电阻为______Ω，测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡。

（2）测量该碳膜电阻的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电流表1A（量程0~3mA，内阻约20Ω）
B．电流表2A（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
C．电压表V（量程0~5V，内阻约5kΩ）
D．滑动变阻器p R（阻值范围0~10Ω，允许的最大电流2A）
E．待测碳膜电阻x R
F．电源（电动势6V，内阻约2Ω）
G．开关和导线若干
①实验时电流表应选______（填器材前面的序号）。

②为了获得更多的数据使测量结果更准确，采用下列实验电路进行实验，较合理的是______。

A．B．C．D．
③用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。

按如图5所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。

该实验的第一步是：闭合电键1S，将电键2S接1，调节滑动变阻器p R
和p R '，使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压表和电流表的示数11U I 、；接着让两滑动变阻器的滑片保持位置不动，将电键2S 接2，读出这时电压表和电流表的示数22U I 、。

由以上记录数据计算被测电阻x R 的表达式是x R =______．
【答案】（1）①.S ②.1900##3
1.910⨯（2）
①.A ②.B ③.1212
U U I I -【解析】【小问1详解】
[1]在使用多用电表测该电阻前，
发现指针如图2所示并未指在“0”刻度处，因此需要调整图3中的部件“S ”指针定位螺丝，即机械调零旋钮，使指针指在“0”刻度处。

[2]多用电表欧姆挡表盘为最上面弧线所示刻度，测电阻读数时，应用表盘读数乘以所选倍率，根据读数原理可得该待测电阻的阻值为
191001900x R =⨯Ω=Ω
【小问2详解】
[1]实验中所选电源电动势为6V ，根据直除法可得电路中最大电流约为
m 6A 3mA 1900
x E I R ==≈根据电表的选取原则，实验中的电流读数要超过其量程的三分之一，因此可知应选择电流表1A 。

故选A 。

[2]
为了获得更多的数据使测量结果更准确，则滑动变阻器应采用分压式接法，同时根据
x R >可知，为了使实验结果更加准确则应选择电流表的内接法。

故选B 。

[3]根据实验原理，当开关S 2接1时，根据部分电路的欧姆定律有
1A p 1
x U R R R I ++=
当开关S 2接2时，根据部分电路的欧姆定律有。