2020-2021学年江西省宜春中学、樟树中学、上高二中、高安二中、丰城中学联
考高三（上）月考物理试卷（10月份）
一、选择题（每题4分，共计48分，第1-7题为单选，第8-12题为多选，全选对的将4分选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动。现对电路中一段金属直导线进行分析：设该导线电阻率为ρ，导线内场强为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，自由电子定向移动速率为v。现将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示。则下列表达式正确的是（）
A．j＝nρv B．ρ＝nev C．E＝D．E＝ρj
2．已知一质点做变加速直线运动，初速度为10m/s，其加速度随位移线性减小的关系满足条件a＝8﹣2x，当位移为3m时质点瞬时速度更接近（）
A．11.4m/s B．11.5m/s C．11.6mn/s D．11.7m/s
3．如图所示，从高H处的A点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的B点，球2则与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN，也落在B点．设球2每次与水平地面的碰撞都是弹性碰撞，空气阻力可忽略．则竖直挡板MN的高度h是（）
A．H B．H C．H D．H
4．如图所示，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为M2的小球Q，另一质量为M1的小球P从槽面上某点由静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无机械能损失，两球落地点到O点水平距离之比为1：3，则P、Q两球的质量之比可能是（）
A．3：1B．3：5C．2：3D．1：7
5．如图所示电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻a中的电流有效值大小为（）
A．B．C．D．
6．如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；
在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则（）
A．金属杆MN中存在沿N到到M方向的感应电流
B．两金属板间的电压始终保持不变
C．两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动
D．单位时间内电容器增加的电荷量为
7．如图所示，A、B、C三个带电小球质量均为m，A、B分别穿在同一竖直线上的两根绝缘细杆上，上方细杆粗糙，下方细杆光滑。已知A、B带电量大小均为q0，且A带正电，当系统处于静止状态时，AB和AC间距相等，
A、C间绝缘细线与竖直细杆成60°角，细线伸直且恰无拉力。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则（）
A．C小球带电量大小为q0
B．A、C间的绝缘细线长为q0
C．A小球受到细杆的摩擦力大小为2mg
D．若保持B小球位置不变，缓慢增加B的带电量，使A、C两球处于同一水平线，则此时A、C间的绝缘细线拉力大小为0
8．下列说法正确的是（）
A．氘核由一个质子和一个中子组成，但氘核的质量小于单个的质子和中子的质量之和
B．光波是一种概率波，光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质
C．对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估测核半径
D．光电效应中光电流的饱和值与照射光的频率和强度均有关
9．一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2．假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍（μ＜0.25），若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍．在飞机起飞前，下列说法正确的是（）
A．飞机一共受5个力的作用
B．飞机可能做匀加速直线运动
C．飞机的加速度可能随速度的增大而增大
D．若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于
10．我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行。其中在赤道上空有2颗北斗卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，其轨道半径分别为地球半径的和，且卫星B的运动周期为T．某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，如图所示。则下列说法正确的是（）
A．卫星A、B的加速度之比为
B．卫星A、B的周期之比为是
C．再经时间t＝，两颗卫星之间可以直接通信
D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星星11．如图所示，已知物块与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物块以一定的初速度v0从a点滑上第一块地毯，则物块恰好滑到第三块地毯的末尾d点停下来，物块在运动中地毯保持静止，若让物块从d点以相同的初速度水平向左滑上地毯直至停止运动，下列说法中正确的是（）
A．两个过程中，物块与地毯因摩擦而产生的热量相同
B．两次物块通过C点时的速度大小相等
C．两个过程中，物块所受摩擦力的冲量相同
D．第二次物块向左运动至停止所用的时间比第一次更长
12．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4m，AC、BD的延长线相交于点E且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6m，M、N两端与阻值R＝2Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，一根长度也为L＝0.4m、质量为m＝0.6kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则（）
A．电路中的电流I＝0.4A
B．金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W＝0.72J
C．金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P＝5.32W
D．金属棒向右运动过程中在电阻中流过的电量Q＝0.45C
二、实验题（共计10分）
13．小斌做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续向右摆动，小球B 做平抛运动。
（1）小斌用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d＝mm，又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h，重力加速度为g，为完成实验，还需要测量的物理量有。
A．小球B的质量m2
B．A与B碰前的运动时间t
C．碰后小球A摆动的最大角度β
（2）如果满足等式（用实验测得的物理量符号表示），我们就认为在碰撞中系统的动量是守恒的。14．国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω?m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略），电压表V1（量程为3V，内阻很大），电压表V2（量程为3V，内阻很大），定值电阻R1（阻值4kΩ），定值电阻R2（阻值2kΩ），电阻箱R（最大阻值9 999Ω），单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．实验步骤如下：
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材．
如果用游标卡尺测玻璃管内径d＝30.00mm，则：
（1）玻璃管内水柱的电阻R x的表达式为：R x＝（用R1、R2、R表示）．
（2）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的R﹣关系图象．自来水的电阻率ρ＝Ω?m（保留两位有效数字）．
（3）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将（填“偏大”“不变”或“偏小”）．三、计算题（共计32分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．如图中的AOB是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上．O2B沿水池的水面．一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑．
（1）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧AO 上的何处？（用该处到O1的连线与竖直线的夹角表示）．
（2）凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离如何？
16．阿尔法磁谱仪（简称AMS）是美籍华裔物理学家丁肇中构思，由中国参与建造的探测反物质和暗物质的仪器。
图甲是AMS在空间站的实验场景，其工作原理可简化为如图乙所示：在xOy平面内，以M（0，﹣R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在y≥0的区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小相等。在第一象限有与x轴成45°角倾斜放置的接收器与x、y轴交于Q、P两点，且OQ间距为（+1）R，在圆形磁场区城左侧﹣2R≤y≤0的区域内，均匀分布着质量为m、电荷量为e的一簇质子，所有质子均以速度v沿x轴正向射入圆形磁场区域，其中正对M点射入的质子经偏转后从O点进入x轴上方的磁场。不计质子的重力，不考虑质子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）正对M点射入的质子，射入磁场后经多长时间到达接收器PQ；
（3）接收器PQ被质子打中的区域的长度。
17．如图所示为某实验装置示意图，A、B、O在同一竖直线上，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上A点，另一端绕过B处的定滑轮后系在一个质量为m＝0.8kg的小物体上，小物体置于地面上O处时，弹性绳中弹力为mg，将小物体向右推到O1点，OO1距离为x1＝0.3m，小物体由静止释放，并水平向左滑行，当小物体经过O点时与弹性绳脱离，之后恰能运动至M处，OM距离为s＝0.075m，已知弹性绳原长等于AB距离，且始终不超过弹性限度，弹性势能为E p＝k（△l）2，△l为形变量大小，小物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2，求：
（2）弹性绳的劲度系数k；
（3）小物体的向左最大速度v m。
四、选修题（两个题中选择其中-一个作答即可，每题10分）
18．如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝100cm2．活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.8．两物块间距为d＝10cm。开始时活塞距缸底L1＝10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105Pa，温度t1＝27℃．现对汽缸内的气体缓慢加热，（g＝10m/s2）求：
①物块A开始移动时，汽缸内的温度；
②物块B开始移动时，汽缸内的温度。
19．如图所示，a、b是两条相距为L不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成30°角入射，已知玻璃砖对单色光a的折射率为，玻璃砖的厚度为h，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，光在真空中的速度为c。
①求单色光a在玻璃中的传播时间
②当玻璃砖厚度h与两光线距离L满足时，玻璃砖下面只有一条光线，求单色光b在上表面的折射角。
2020-2021学年江西省宜春中学、樟树中学、上高二中、高安二中、丰城中学联
考高三（上）月考物理试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4分，共计48分，第1-7题为单选，第8-12题为多选，全选对的将4分选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．【答案】D
【解答】解：AB、设导线的横截面积为S，根据电流的微观表达式可知导线中的电流为I＝neSv，所以电流密度为，故AB错误；
CD、设导线的长度为L，则该段导线的电阻为，则导线两端的电压为，则导线内的场强为，故C错误；
D、有上面的推导可知j＝nev，所以导线内的场强为E＝jρ，故D正确。
故选：D。
2．【答案】A
【解答】解：加速度a＝，
那么，
所以当x＝3m时，质点的速率v＝＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3．【答案】A
【解答】解：如图所示，设球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，OE＝d，由几何关系和对称性可知OB＝5d。
球1从A点飞到B点的运动时间为：t1＝
球1从A点飞到B点在水平方向有：v1＝5d…①
由对称性可知，球2从A点飞到B点时间t2是球1从A点飞到B点的运动时间t1的5倍，则两球在水平方向有：
且t2＝5t1…③
故：v1＝5v2
由分运动的等时性可知：球1从A点飞到挡板M点的时间与球2从A点飞到C点的时间相等；由对称性可知球2从M点飞到D点与由A飞到CE的时间相等，OD两点间的水平距离为4d。球1从O点飞到M点与球2由M 点飞到D点水平方向有：
v1+v2＝4d
解得：h＝H
故选：A。
4．【答案】A
【解答】解：小球离开斜槽后做平抛运动，水平位移：x＝vt
由于小球做平抛运动抛出点的高度相等，球做平抛运动的时间t相等，
则两球做平抛的速度与水平位移成正比，设两个小球做平抛运动的速度大小分别为v1和v2；
则：v1：v2＝x1：x2＝1：3
两球碰撞过程无机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：M1v0＝M1v1+M2v2
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝v0，v2＝v0，
若碰撞后二者的方向相同，则可得：3（M1﹣M2）＝2M1，则＝；
若碰撞后二者的方向相反，则可得：﹣3（M1﹣M2）＝2M1，则＝，
由以上的分析可知，A正确，BCD错误
5．【答案】B
【解答】解：设电阻c中的电流为I，则副线圈两端的电压U2＝Ir，流过副线圈的电流I2＝2I；
由变压器的变压比可知，原线圈两端电压U1＝2Ir，
由变压器的变流比可知，流过原线圈的电流I1＝I，
则流过电阻b的电流，
流过电阻a的电流I a＝I1+I b＝3I，
电阻a两端的电压U a＝I a r＝3Ir，
交变电压的有效值U＝U a+U1＝5Ir，
解得：I＝，I a＝3I＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．【答案】D
【解答】解：A、MN沿x轴正方向切割磁感线，由右手定则可知，充电电流方向由M流向N，故A错误；
C、在极短时间△t内，电容器增加的电荷量为：△Q＝I△t
MN杆中充电电流：I＝＝
U＝Bdv，则I＝
根据加速度的定义知＝a，联立得I＝CBda
MN杆受到向左的安培力，大小为：F安＝BIL＝CB2d2a
以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：F﹣F安培＝ma，即：F﹣CB2d2a＝ma，解得整体的加速度为：a＝，所以两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动，故C错误；
B、两板和杆在恒力F作用下向右运动，杆MN切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电。设此装置匀加速平
移的加速度为a，则时间t后，速度v＝at，MN切割磁感线产生电动势：E＝BLv＝Bdat，即电容器两板电压：U ＝E＝BLat，可知两金属板间的电压不断增大，故B错误；
D、单位时间内电容器增加的电荷量为：＝I＝CBda＝，故D正确。
故选：D。
【解答】解：ABC，B处于静止状态，可知受A的静电力向上，故B带负电荷。
C处于平衡状态，合力为零，所以AB对C的电场力的合力与重力等大反向，可判断C带负电荷，C受力如图所示：
设C的电荷量为q，则
F AC cosα+F BC cosβ＝mg
F AC sinα＝F BC sinβ
三角形ABC中，由题意可知α＝β＝60°，为等边三角形，F AC＝F BC＝mg
对B受力分析：F AB＝mg+F BC cosβ
又由于F AB＝、F AC＝
联立可解得：F AB＝，r＝，q＝
AC之间绝缘细线长也即是r＝，故ABC错误；
D、若保持B小球位置不变，缓慢增加B的带电量，使A、C两球处于同一水平线，则此时α＝90°，β＝45°，则对小球C受力分析：
在竖直方向：F BC cosβ＝mg
在水平方向：F BC sinβ＝F AC+F N
由上面分析可知AC两电荷库仑力F AC＝mg
联立可知AC之间的绝缘细线的拉力F N＝0，故D正确。
故选：D。
8．【答案】AC
【解答】解：A、氘核由一个质子和一个中子组成，在一个质子与一个中子结合成氘核过程要发生质量亏损，因此氘核的质量小于单个的质子和中子的质量之和，故A正确；
B、光波是一种概率波，光的波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故B错误；
C、对α粒子散射实验的数据进行分析，根据α粒子发生明显散射显示的范围与散射角度的大小可以估测核半径，
故C正确；
D、当照射光的频率大于极限频率时会发生光电效应，发生光电效应后随照射光强度的增加从金属中逸出的光电
子数目增加，光电流的饱和值变大，光电效应中光电流的饱和值与照射光强度有关，与频率无关，故D错误。
故选：AC。
9．【答案】BC
【解答】解：A、对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：
水平方向：F﹣f﹣F2＝ma①
竖直方向：F N+F1＝mg②
f＝μF N③
且F1＝k1v2④
F2＝k2v2⑥
联立①～⑥得：F﹣k2v2﹣μ（mg﹣k1v2）＝ma整理得
F﹣μmg+（μk1﹣k2）v2＝ma⑦
当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故B正确；
C、当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，故C正确；
D、若做匀加速直线运动，由⑦式得a＝＝（0.25﹣μ）g⑧
刚起飞时，支持力F N＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时的速度
⑨
v2＝2as⑩
联立⑧⑨⑩代入解得：s＝故D错误
故选：BC。
10．【答案】AD
【解答】解：A、由万有引力提供向心力有：，解得：，卫星A、B的加速度之比为，故A正确；
B、同理解得：，卫星A、B的周期之比为，故B错误；
C、再经时间t两颗卫星之间可以直接通信，则有，又，解得
，故C错误；
D、由B卫星的分布图求的所辐射的最大角度，cosα＝0.6，则α＝53°，则辐射的最大角度为2α＝106°，需要
的卫星个数，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星，故D正确；
故选：AD。
11．【答案】ABD
【解答】解：A、根据功能关系知，两个过程中，物块与地毯因摩擦而产生的热量等于物块动能的减少量，所以两次产生的热量相同，故A正确。
B、物块从a点到d的过程，根据动能定理有：﹣（μmgl+2μmgl+3μmgl）＝0﹣
从c点到d的过程，根据动能定理有：﹣3μmgl＝0﹣
从d到c的过程，根据动能定理有：﹣3μmgl＝﹣
由以上三式解得：v c1＝v0，v c2＝v0，所以两次物块通过c点时的速度大小相等，故B正确。
C、假设物块从d向左运动过程能到达a点，根据动能定理克服摩擦力做的功仍然为：μmgL+2μmgL+3μmgL，
故物体仍运动到a点停下来。
物块从a点到d的过程，取向右为正方向，根据动量定理有：物块所受摩擦力的冲量I1＝0﹣mv0＝﹣mv0。
物块从d点到a的过程，取向右为正方向，根据动量定理有：物块所受摩擦力的冲量I1＝mv0﹣＝mv0．所以两个过程摩擦力的冲量大小相等，方向相反，所以摩擦力的冲量不同，故C错误。
D、根据速度时间图线的斜率表示加速度，“面积”表示位移，作出两个过程的v﹣t图象如图所示，要保证位移
相等，则第二次的运动时间大于第一次的运动时间。故D正确。
故选：ABD。
12．【答案】AD
【解答】解：A、金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv0＝1×0.4×2V＝0.8V，电路中的电流I＝，故A正确；
B、设金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得：，解得：
此时金属棒所受安培力为：F＝BIL1＝0.16﹣（0≤x）
作出F﹣x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为：，故B错误；
C、金属棒运动过程所用时间为t，对电阻则有W＝I2Rt，解得t＝s；
设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；
则有：BLv0＝B v，且v＝2v0
由动能定理可得：Pt﹣W＝mv2﹣mv02，解得：P＝
代入数据解得：P＝3.52W，故C错误；
D、由于回路中的电流不变，所以通过电阻的电荷量为q＝，故D正确。
故选：AD。
二、实验题（共计10分）
13．【答案】（1）14.40；AC；（2）m1＝m1+。
【解答】解：（1）由图2所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度为0.05mm，其示数d＝14mm+8×0.05mm＝14.40mm；
小球A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m1g（l+）（1﹣cosα）＝，
解得：v0＝，
设碰撞后A球的最大摆角是β，碰撞后小球A摆到过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m1g（l+）（1﹣cosβ）＝，
解得：v1＝，
碰撞后小球B做平抛运动，
水平方向：x＝v2t，
竖直方向：h＝，
解得：v2＝x，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
整理得：m1＝m1+，
验证动量守恒定律除测量l、d、α、m1、x、h外，还需要测量：小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大角度β，故选AC；
（2）由（1）可知，如果满足m1＝m1+，则在碰撞中系统的动量是守恒的。
故答案为：（1）14.40；AC；（2）m1＝m1+。
14．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总＝+U，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压为：U总′＝R2+U，
由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得：＝，
解得：R x＝，
（2）从图乙中可知，R＝2×103Ω时，＝5.0m﹣1，
此时玻璃管内水柱的电阻为：R x＝＝4000Ω，
水柱横截面积为：S＝π（）2＝7.065×10﹣4m2，
由电阻定律R＝ρ得：ρ＝＝4000×7.065×10﹣4×5Ω?m＝14Ω?m
（3）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于U总＝+U，
所以测量的R x将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；
故答案为：（1）；（2）14；（3）偏大．
三、计算题（共计32分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
【解答】解：（1）如图所示，设滑块出发点为P1，离开点为P2，按题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是
由机械能守恒2mgR（1﹣cosθ）＝
联立解得cosθ＝
（2）设滑块刚能在O点离开滑道的条件是
mg＝，v0为滑块到达O点的速度，由此得v0＝，设到达O点的速度为v0的滑块在滑道OA上的出发点到O1的连线与竖直夹角为θ0，由机械能守恒，有mgR（1﹣cosθ0）＝mv02
联立两式解得θ0＝
若滑块到达O点时的速度V＞V0，则对OB滑道来说，因O点可能提供的最大向心力为mg，故滑块将沿半径比R大的圆周的水平切线方向离开O点．对于V＞V0的滑块，其在OA上出发点的位置对应的θ角必大于θ0，即θ＞θ0，由于θmax＝，根据机械能守恒，到达O点的最大速度v max＝，由此可知，能从O点离开滑道的滑块速度是v0到v max之间所有可能的值，
也就是说，θ从至下滑的滑块都将在O点离开滑道．以速度v0从O点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至O2的距离x0＝V0t，R＝gt2
联立解得：x0＝R，当滑块以v max从O点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到O2的距离x max＝v max t，解得x max＝2R；
因此，凡能从O点脱离滑道的滑块，其落水点到O2的距离在R到2R之间的所有可能值．
即：≤x≤2R
答：（1）小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的cosθ＝处
（2）凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离范围为≤x≤2R；
16．【答案】（1）磁感应强度B的大小为；
（2）正对M点射入的质子，射入磁场后经到达接收器PQ；
（3）接收器PQ被质子打中的区域的长度为R。
【解答】解：（1）正对M点的质子在圆形磁场中的运动轨迹如图：
由几何关系知运动半径：r＝R
由牛顿第二定律得：evB＝m
解得：B＝
（2）质子在磁场中运动的周期T＝
正对M点的质子在圆形磁场中运动的圆心角为α＝
在△O2CQ中，由正弦定理：＝，得∠O2CQ＝
正对M点的质子进入x轴上方磁场中运动的轨迹如图所示：
在x轴上方磁场中运动的圆心角为β＝
所以，正对M点射入的质子自进入磁场至到达接收器PQ的时间为：t＝
可解得t＝
（3）如图所示，取任意点A进入圆形磁场的质子分析，由几何关系可知运动轨迹过O点，即所有质子经圆形磁场后都由O点进入x轴上方的磁场。
由几何关系知：
当沿y轴正方向的质子的轨迹恰与PQ相切于C点，则：CQ＝R
当沿x轴负方向的质子的轨迹恰与PQ相切于D点，则：PD＝R
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）正对M点射入的质子，射入磁场后经到达接收器PQ；
（3）接收器PQ被质子打中的区域的长度为R。
17．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）O→M过程：由动能定理μmgs＝mv2
得v＝＝＝m/s；
（2）O1→O过程，弹力在水平方向上的分量F x＝k△lcos θ＝k△x
即F x与相对O点的水平位移△x成正比
弹力在竖直方向上的分量F y＝k△lsin θ＝kh BO
所以弹力在竖直方向的分力是一个恒量，
根据题意可知，弹力在竖直方向的分力为F y＝mg
即O1→O过程中支持力F N＝mg﹣mg＝mg
由动能定理（kx1+0）x1﹣mgx1μ＝mv2
解得k＝20 N/m；
（3）设O2点速度最大，此处受力平衡kx2＝mgμ，
得x2＝＝0.1m
O1→O2过程：由动能定理k（）﹣mg（x1﹣x2）μ＝mv，解得v m＝1 m/s。
答：（1）小物体运动到O位置时的速度大小v为m/s；