【精选3份合集】河北省廊坊市2019-2020学年高考物理预测试题

2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（）
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
2．如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。

现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
A．点电荷所受电场力增大B．点电荷在P处的电势能减少
C．P点电势减小D．电容器的带电荷量增加
3．空中飞椅是游乐场里少年儿童们十分喜爱的娱乐项目，其模型如图所示，顶端转盘上吊着多个座椅，甲、乙两个儿童分别坐在A、B两个吊椅中，当转盘以一定的角速度稳定匀速转动时，连接座椅的钢丝绳与竖直方向的夹角分别为a、θ。

巳知连接A、B座椅的钢丝绳长度分别为L1、L2，甲、乙两儿童的质量分别为m1、m2，两座椅的质量相等，若a>θ，则一定有
A．L1>L2B．L1<L2
C．m1>m2D．m1<m2
4．（题文）（题文）如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环当B绕环心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是（）
A．顺时针加速转动
B．顺时针减速转动
C．逆时针加速转动
D．逆时针减速转动
5．肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。

其中导弹飞行姿势可能正确的是（）
A．B．C．D．
6．如图，吊桥AB长L，质量均匀分布，重G1。

A端由铰链支于地面，B端由绳拉住，绳绕过小滑轮C挂重物，重G2。

重力作用线沿铅垂线AC，AC=AB。

当吊桥平衡时，吊桥与铅垂线的夹角θ为
A．2arcsin2
1
G
G B．arcsin
2
1
G
G C．2arctan
2
1
2G
G D．arctan
2
1
2
G
G
7．如图所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳：当他从最高点A向最低点B运动时，他就向下蹲：当他从最低点B向最高点C运动时，他又站立起来；从C回到B他又向下蹲……这样荡，秋千会越荡越高。

设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。

则下列说法中，正确的是（）
A．人在最低点B时处于失重状态
B．在最高点A时，人和秋千受到的合力为0
C．若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低
D．在题干所述摆动过程中，整个系统机械能守恒
8．如图，虛线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线。

将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2。

不计两小球间的相互作用。

下列说法正确的是（）
A．a的质量比b的小
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
9．如图所示，图a中变压器为理想变压器，其原线圈接在242sin50
=（V）的交流电源上，副线
u tπ
圈与阻值R1=2Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。

图b中阻值为R2=32Ω的电阻直接接到
=（V）的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则（）
u tπ
122sin50
A．通过电阻R1的交流电的频率为50Hz
B．电阻R1消耗的电功率为9W
C．变压器原、副线圈匝数比为8:1
D．电流表的示数为2.5A
10．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v0做匀速直线运动。

某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是（）
A．在这段时间内两车的位移之比为6∶5
B．玩具车A的功率变为原来的4倍
C．两车克服阻力做功的比值为12∶11
D ．两车牵引力做功的比值为3∶1
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图2所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图1所示的正弦式交变电压转换成如图3所示的方波式电压，转換规则:输入的交变电压绝对值低于2
m
U ，输出电压为0;输入的交变电压包对值大于、等于
2m U ，输出电压恒为2
m U
．则
A ．输出电压的頻率为50Hz
B ．输出电压的颜率为100Hz
C ．输出电压的有效值为
66
m
U D ．输出电压的有效值为
3
m
U 12．在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。

若测得行星的绕行周期T ，轨道半径r ，结合引力常量G ，可以计算出的物理量有（ ） A ．恒星的质量
B ．行星的质量
C ．行星运动的线速度
D ．行星运动的加速度
13．跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。

如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则（ ）
A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大
B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
14．某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电线路（忽略输电线的自感作用）．第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为1P ，损失的电压为1U ；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器1T 与学生电源相连，其原副线圈的匝数比12:n n ，理想变压器2T 与用电器相连，
测得输电线上损失的功率为2P ，损失的电压为2U ，两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是
A ．2112::P P n n =
B ．22
2112::P P n n =
C ．2112::U U n n =
D ．222112::U U n n =
15．卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是“称量地球重量”。

若已知引力常量，下列说法正确的是（ ）
A ．根据火星的半径和火星表面的重力加速度，可估算出火星的密度
B ．根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算出土星的质量
C ．根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算出太阳表面的重力加速度
D ．根据月球公转的周期、月地距离和地球表面的重力加速度，可估算出地球的第一宇宙速度 三、实验题：共2小题
16．圆柱形陶瓷元器件表面均匀镀有一层导电薄膜，已知导电薄膜电阻率为ρ，为了测量该薄膜厚度，某同学使用铜丝紧绕在元件表面，铜丝绕制成圆形，圆柱体轴线垂直于铜丝圆面，制成电极A 、B ，如图甲所示
(1)用螺旋测微器测量元件的直径，测量结果如图乙所示，其读数为_________mm 。

(2)为了测量元件电阻，某同学首先使用多用电表对元件粗测，元件电阻约为10Ω，现需准确测量电阻阻值，可供器材如下
A ．被测元件x R （阻值约10Ω）
B ．直流电源（电动势约6V ，内阻约3Ω）
C ．电流表1A （量程0~0.6A ，内阻约2Ω）
D ．电压表1V （量程0~2V ，内阻1V 1000ΩR =） E.电压表2V （量程0~12V ，内阻约5000Ω） F.定值电阻0R （02000ΩR =） G.滑动变阻器1R （0
20Ω）
H.滑动变阻器2R （0100Ω） I.电键、导线等
①在可供选择的器材中，已经选择A 、B 、C 、I 除此之外，应该选用________（填写序号） ②根据所选器材，在图丙方框中画出实验电路图_______
③需要测量的物理量________，请用上述物理量表示被测电阻x R =______。

(3)为了测量薄膜厚度还需要测量的物理量为__________。

(4)若被测元件电阻为R ，元件直径为d ，电阻率为ρ，请结合使用(3)物理量表示薄膜厚度d ∆=____。

17．某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。

如图中AB 是水平桌面，CD 是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。

为了补偿小车受到的阻力，将长木板C 端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。

用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C 端某位置由静止释放，进行实验。

刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d ，如图乙所示，其读数为_____cm ；
(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t 1和t 2，此过程中托盘未接触地面。

已知两个光电门中心之问的间距为L ，则小车的加速度表达式a =（______）（结果用字母d 、t 1、t 2、L 表示）；
(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F ，通过多次测量作出a -F 图线，如图丙中实线所示。

试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

四、解答题：本题共3题
18．如图所示，两根平行粗糙金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左侧间连有阻值为r的电阻，两平行导轨间距为L。

一根长度大于L、质量为m、接入电路的电阻也为r的导体棒垂直导轨放置并接触良好，导体棒初始均处于静止，导体棒与图中虚线有一段距离，虚线右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。

现给导体棒一个水平向右的恒力，使其从静止开始做匀加速直线运动，进入磁场前加速度大小为a0，然后进入磁场，运动一段时间后达到一个稳定速度，平行轨道足够长，导体棒与平行导轨间的动摩擦因数处处相等，忽略平行轨道的电阻。

求：
（1）导体棒最后的稳定速度大小；
（2）若导体棒从开始运动到达稳定速度的过程中，通过导轨左侧电阻的电荷量为q，求此过程中导体棒在磁场中运动的位移。

19．（6分）如图所示，真空中有以O1为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y轴相切于坐标原点D，圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线MN上方沿v轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场（上边界平行于x轴，图中未画出）。

现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。

己知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E和磁感
应强度B大小未知，但满足关系
6 =
E
v
B
，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。

(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d；
(2)在第四象限内沿与x轴正方向成30︒角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t；
(3)若电场方向改为沿x轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，y0=4R处有一平行于x轴的荧光屏，与y轴相交于Q点，由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度。

20．（6分）如图所示，质量m=10kg、横截面积S=50cm2、厚度不计的活塞被气缸光滑内壁上的卡栓（体积不计）托住，将气缸分成体积均为V的A、B两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体。

初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A中气体压强为p A=2×105Pa，B中气体压强p B=1×105Pa。

气缸底端安装有用来加热的电热丝，环境温度保持27C 不变，重力加速度g取10m/s2，T=t+273K。

仅有气缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A
中气体体积减小为4
5 V。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．A
【解析】
【详解】
AB．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M 的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。

故电流方向不变，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。

故C错误；
D ．当线圈中电流为零时，铝环M 和线圈之间无磁场力作用，选项D 错误； 故选A 。

2．B 【解析】 【详解】
A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B 板下移，则板间距离d 增大，则板间电场强度E 变小，由F=Eq 可知电荷所受电场力变小，故A 错误；
BC.板间距离d 增大，则板间电场强度E 变小，由U=Ed 知，P 与a 板的电压减小，而a 的电势不变，故P 的电势升高，由E P =qφ而q 为负值，故电势能减小，故B 正确，C 错误； D.由Q=CU ，又有4S
C kd
επ=，故C 减小，Q 减小，故D 错误。

3．A 【解析】 【详解】
设座椅做匀速圆周运动时转速为n ，由重力和绳子的拉力的合力提供座椅圆周运动的向心力，如图，则有：
2tan (2)(sin )mg m n L r θπθ=+
解得
1tan 2sin g n L r
θ
πθ=
+据题知：n 相同，r 也相同，则当L 变长时，θ变大，与m 无关。

A. L 1>L 2与计算结果相符，故A 正确。

B. L 1<L 2与计算结果不符，故B 错误。

C. m 1>m 2与计算结果不符，故C 错误。

D. m 1<m 2与计算结果不符，故D 错误。

4．A 【解析】
由图可知，A 中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则B 中电流应为逆时针，由于B 带负电，故B 应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里，则B 中电流应为顺时针，则B 应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A 具有扩展趋势，则B 中电流应与A 方向相反，即B 应顺时针转动且转速增大，
A 正确．
5．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 图中导弹向后喷气，产生沿虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A 不符合题意；
B ．B 图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚线方向做直线运动，故B 符合题意；
C ．C 图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故C 不符合题意；
D ．D 图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时则合力方向不可能沿虚线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向做曲线运动，故D 不符合题意。

故选B 。

6．A 【解析】 【详解】
以A 为支点，根据力矩平衡条件：
1
2cos(90)cos 22
L G G L θθ︒-= 可得：
21
θsin
2G G = 解得：
2
1
2arcsin
G G θ= A ．与分析相符，故A 正确； B ．与分析不符，故B 错误； C ．与分析不符，故C 错误； D ．与分析不符，故D 错误； 故选A 。

7．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．人在最低点时加速度竖直向上指向圆心，人处于超重状态，故A 错误；
B ．在最高点A 时，人和秋千受到的合力为他们自身的重力，故B 错误；
CD ．由于荡秋千过程中不可避免存在空气阻力，如果没有能量补充，则系统机械能就越来越小，即秋千荡起最大高度越来越低，故C 正确，D 错误。

故选C 。

8．B
【解析】
【详解】
A ．根据题述可以判断电场方向垂直于题图中等势线，由于两小球同时经过等势线2，所以小球a 向下加速运动，小球b 向上加速运动，竖直方向上，a 的位移大小等于b 的位移大小，由212
x at =
可知a 的加速度大小等于b 的加速度大小，即 a b a a a ==
竖直方向：对小球a ，由牛顿第二定律得
a a a qE m g m a +=
对小球b ，由牛顿第二定律得
b b b qE m g m a -=
解以上两式得
()()a b a b m m g m m a +=-
则
a b m m >
故A 错误；
BD ．两小球初速度大小相等，加速度大小相等，t 时刻两小球合速度大小相等，a b m m >，根据2k 12
E mv =可知，t 时刻a 的动能比b 的动能大，根据p mv =可知，t 时刻a 的动量大小大于b 的动量大小，故B 正确，D 错误；
C ．由于在t 时刻两小球经过同一等势线，根据p E q ϕ=可知，此时a 和b 的电势能不相等，故C 错误。

故选B 。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A
．根据50(V)u t π=可知ω=50πrad/s ，故频率为
5025Hz 22f ωπππ
=＝＝ 故A 错误；
B ．R 2消耗的功率为
2212W 4.5W 23P =＝ 故R 1消耗的功率为4.5W ，故B 错误；
D ．有P=I 2R 1得
1.5A I ＝ 电流表的示数为1.5A ，故D 错误；
C ．电阻R 1两端的电压为
U 2=IR 1=1.5×2=3V
故
1122248 31
n U n U ＝＝＝ 故C 正确。

故选C 。

10．C
【解析】
【详解】
B ．设玩具车、货车质量都为m ，动摩擦因数为μ，那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为v 0，牵引力F=2μmg ，加速度为a=μg ，电机输出功率
P=Fv 0=2μmgv 0
变为原来的2倍，则B 错误；
A ．玩具车A 保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A 的速度为2v 0时，位移
2200202322()A v S g a
v v μ-=＝ 功率
P A ′=F•2v 0=2P A
克服摩擦力做的功
2032
f A W mgS mv μ==
牵引力做的功： W FA =Fs A =3mv 02；
玩具车B 保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，由动能定理可得：
()2200002111.522
B v v P mgS m v mv a μ-⋅-=- 所以位移
20118B v S g
μ＝ 所以
s A ：s B =12：11；
则A 错误
CD ．克服摩擦力做的功：
20118fB B m W mgS v μ==
所以 W fA ：W fB =12：11；
牵引力做的功：
200022FB v v W P mv a
-=⋅
= 所以 W FA ：W FB =3：2
故C 正确，D 错误；
故选C 。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．BC
【解析】
【详解】
AB.由图可知输出电压的周期T= 0.01s ，故频率为f=100Hz ， A 错误，B 正确；
CD.由：
2
21223m U U T T R R
⨯⨯=（） 解得：
U=6
m C 正确，D 错误．
12．ACD
【解析】
【详解】
A ．设恒星质量为M ，根据
2
224πMm G m r r T
= 得行星绕行有
2T =解得
23
24r M GT
π= 所以可以求出恒星的质量，A 正确；
B ．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。

所以B 错误；
C ．综合圆周运动规律，行星绕行速度有
2r v T
π= 所以可以求出行星运动的线速度，C 正确；
D ．由
2T
πω= 得行星运动的加速度
22
24r a r T πω== 所以可以求出行星运动的加速度，D 正确。

故选ACD 。

13．ABD
【解析】
【详解】
A ．根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A 正确；
B ．由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B 正确；
C ．由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C 错误；
D ．当竖直方向速度大小为v 1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v 1时加速度大于第二次时的加速度，根据
mg －f=ma
可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D 正确。

故选ABD 。

14．BC
【解析】
【详解】
设学生电源提供的电压为U ，输出功率为P ，输电线的总电阻为r ，则第一次实验中的电流为P I U =
，故1U Ir =，21P I r =；第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知211
n I I n =，输电线中的电流为112n I I n =，故1212n U I r Ir n ==，2221212()n P I r I r n ==，所以122112n Ir U n n U Ir n ==，2212221221
2()n I r P n n P I r n ==，BC 正确．
【点睛】
对于远距离输电这一块：
（1）输电电流I ：输电电压为U ，输电功率为P ，则输电电流P I U
=； （2）电压损失U ∆：U Ir ∆=，输电线始端电压U 与输电线末端电压'U 的差值；
（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①2
P I R ∆=线，②P I U ∆=∆，③2
U P R
∆∆=． 15．ACD
【解析】
【详解】
A ．根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知
2 GMm mg R
＝ 解得
G gR M 2= 34M g V RG
ρπ=＝ 可以求出火星密度，故A 正确；
B ．只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故B 错误；
C ．金星绕太阳公转
222()Mm G m r r T
π= 解得太阳的质量
23
24r M GT
π= 太阳半径R 已知，则表面重力加速度
23
2224GM r g T R
R π== 故C 正确；
D ．月球绕地球做匀速圆周运动
222()Mm G m r r T
π= 可求解地球的质量M ，地球表面重力加速度g 已知，根据黄金代换式GM=gR 2，可以求出地球半径R ，根据
v gR =
可以求出地球的第一宇宙速度，故D 正确。

故选ACD 。

三、实验题：共2小题
16．0.398（0.396~0.399均可给分） DFG （分压式接法也可以） 电流表1A 示数I ，电压表1V 示数U ()110
V V U R R R I U +-（或()11V 0V U R R R I +） 电极A 、B 之间的距离L
πL d R
ρ⋅ 【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器主尺刻度为0，可动刻度为39.8×0.01mm=0.398mm，所以读数为
0+0.398mm=0.398mm
(2)[2]因为直流电源电动势为6V，电压表V2量程太大，不能选择，可将电压表V1改装，因此需要DF；滑动变阻器起限流作用，安全下选择小的，比较方便操作，所以选择G。

[3]该电路设计滑动变阻器阻值比被测阻值大，而且能保证仪器安全，因此滑动变阻器采用限流方式，使用伏安法测量被测电阻，其中电压表需串联一个分压电阻，总电阻远大于待测电阻，采用电流表外接。

电路如图：
[4]根据欧姆定律，需要测量电流表1
A示数I，电压表
1
V示数U；
[5]电压应为电压表和定值电阻的总电压，电流应为流过待测电阻的电流，则
()()
1
1
1
1
1
V0
V0
V
x
V
V
U
R R
U R R
R
R
U R I U
I
R
+
+
==
-
-
因为
1
V
U
I
R，所以也可表示为
()()
1
1
1
1
V0
V0
V
x
V
U
R R
U R R
R
R
I R I
+
+
==
(3)[6]根据电阻定律
x
L
R
S
ρ
=
其中薄膜很薄，展开后可认为是以圆周长为边，厚度为高的矩形，即
π
S d d
≈⋅∆
所以为了测量薄膜厚度，还需要测量连入电路的电阻长度为电极A、B之间的距离L。

(4)[7]据题有
π
L
R
d d
ρ
=
⋅∆
因此
π
L
d
d R
ρ
∆=
⋅
17．0.170 222122212
()2d t t Lt t - 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm ，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm ，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm ；
(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式
22
212d d aL t t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
得 ()22212
22122d t t a Lt t -=
(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg ，只有在M
m 时，才有 T mg ≈
a F -图线才接近直线，一旦不满足M m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以a F -图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。

四、解答题：本题共3题
18．（1）v m =
0222ma r B L （2）x=2qr BL
【解析】
【详解】
（1）设水平恒力为F ，导体棒到达图中虚线处速度为v ，在进入磁场前，由牛顿运动定律有：
F-μmg=ma 0
导体棒进入磁场后，导体棒最后的稳定速度设为v m ，由平衡条件有： F-μmg -222m B L v r
=0 联立上面各式，得：
v m =022
2ma r B L （2）导体棒从进入磁场到达稳定速度的过程中，运动的位移设为x ，由法拉第电磁感应定律有： BLx E t t
∆Φ==
2E I r =
q=It
联立解得： x=2qr BL
19．（1）3R;（2）
()0143π-+R v ;（3） 138
R 【解析】
【分析】
【详解】 (1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R ，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有
20102
qEd mv -=- 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
200v q B m R
= 又06=E v B
，联立解得 3d R =
(2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆
心角为1120α︒=，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为260α︒=，则
质子在磁场中运动的总时间
12
10
π3602T R t T v αα︒+=== 质子在电场中运动的总时间。