1、2019年山東省“評價大聯(lián)考”高考物理三調(diào)試卷一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1.如圖所示為氫原子能級圖，現(xiàn)有大量氫原子從n=4的能級發(fā)生躍遷，產(chǎn)生一些冒機(jī)不同頻率的光，讓這些光照射一個逸出功為2.29eV的鈉光管，以下說法正確的關(guān)是（）22A. 這些氫原子可能發(fā)出3種不同頻率的光.*3.簡B. 能夠讓鈉光電管發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象的有4種光子C. 光電管發(fā)出的光電子與原子核發(fā)生衰變時飛出的電子都是來源于原子核內(nèi)部D. 鈉光電管在這些光照射下發(fā)出的光電子再次轟擊處于基態(tài)的氫原子可以使氫原子躍遷到？?=3的能2.如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點B處固定一光滑

2、輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上。現(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A緩慢向上移動。小環(huán)A及滑輪B大小不計，在移動過程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對A的彈力N的說法正確的是（）A. F逐漸增大B. N的方向始終指向圓心OC. N逐漸變小D. N大小不變a3.2019年春節(jié)檔，科幻電影流浪地球紅遍大江南北。電影講述的是太陽即將毀滅，人類在地21球上建造出巨大的推進(jìn)器，使地球經(jīng)歷停止自轉(zhuǎn)、加速逃逸、勻速滑行、減速人軌等階段，最后成為新恒星（比鄰星）的一顆行星的故事。假設(shè)兒千年后地球流浪成功，成為比鄰星的一顆行星，設(shè)比鄰星的質(zhì)量.11為太陽質(zhì)量的地球質(zhì)量在流浪過程中損失了地球繞比鄰

3、星運行的軌道半徑為地球繞太陽運行軌道85半徑的2,則下列說法正確的是（A.地球繞比鄰星運行的公轉(zhuǎn)周期和繞太陽的公轉(zhuǎn)周期相同B.地球繞比鄰星運行的向心加速度是繞太陽運行時向心加速度的4.C.地球與比鄰星間的萬有引力為地球與太陽間萬有引力的1D.地球繞比鄰星您行的動能是繞太陽您行時動能的仍110如圖，理想變壓器T的原線圈接在電壓為U的交流電源兩端,其阻值隨溫度升高而減小，則（）P為滑動變阻器的滑片，Rt為熱敏電阻,A. P向左滑動時，變壓器的輸出電壓變大B. P向左滑動時，變壓器的輸入功率變大C. ?遍度升高時，燈L變亮D. ?溫度升高時，適當(dāng)向右滑動P可保持燈L亮度不變5. 如圖所示，白色傳送市

4、A、B兩端距離L=14m，以速度V0=8m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，并且傳送帶與水平面的夾角為9=37；現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)=0.25取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8，則下列敘述正確的是（）A. 煤塊從A端運動到B端所經(jīng)歷時間為2.25?B. 煤塊運動到B端時重力的瞬時功率為120WC. 煤塊從A端運動到B端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4mD. 煤塊從A端運動到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為8J二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）6. 如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是。，最低點是P,直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的

5、帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達(dá)某點Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球a（）A. 從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直增大B. 從N到Q的過程中，速率先增大后減小，最大速率的位置在P點C. 從P到Q的過程中，動能減少量大于電勢能增加量D. 從N到Q的過程中，電勢能先增加后減小7. 如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質(zhì)量為5m,B、C的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計。現(xiàn)用手控制住A,并使細(xì)線剛剛拉直

6、但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）8.A.斜面傾角？?=37C.A獲得最大速度為B.C剛離開地面時，B的加速度為0D.A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒如圖所示，在光滑水平面上有寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，邊界線MN平行于PQ線，磁場方向垂直平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,邊長為L(Lvd)的正方形金屬線框，電阻為R,質(zhì)量為m,在水平向右的恒力F作用下，從距離MN為我由靜止開始運動，線框右邊到MN時速度與到PQ時的速度大小相等，運動過程中線框右邊始終與MN平行，則下列說

7、法正確的是()A. 線框進(jìn)入磁場過程中做加速運動B.線框的右邊剛進(jìn)入磁場時所受安培力的大小為?2?玄3C. 線框在進(jìn)入磁場的過程中速度的最小值為V?D. 線框右邊從MN到PQ運動的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fd9.卜列說法正確的是()A. 氣體的溫度升高，每個氣體分子運動的速率都增大B. 分子間引力和斥力同時存在，都隨距離增大而減小，但斥力變化更快C. 附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤D. 已知阿伏伽德羅常數(shù)，氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可算出該氣體分子間的平均距離E. 由熱力學(xué)第一定律可知做功不一定改變內(nèi)能，熱傳遞也不一定改變內(nèi)能，但同時做功和熱傳遞一定會改變內(nèi)

8、能10.x=0處的質(zhì)點在t=0時刻從靜止開始做簡諧振動，帶動周圍的質(zhì)點振動，在x軸上形成一列向x正方向傳播的簡諧橫波。如圖甲為x=0處的質(zhì)點的振動圖象，如圖乙為該簡諧波在t0=0.03s時刻的一部分波形圖。已知質(zhì)點P的平衡位置在x=1.75m處，質(zhì)點Q的平衡位置在x=2m。下列說法正確的是()hy/itiyjmA. 質(zhì)點Q的起振方向向上B. 從?時刻起經(jīng)過0.0275?演點P處于平衡位置C. 從?時刻算起，質(zhì)點P比質(zhì)點Q的先到達(dá)最低點D. 從?0時刻起經(jīng)過0.025?質(zhì)點P通過的路程小于1mE. 從？?時刻起經(jīng)過0.01?饋點Q將運動到？?=3?處三、實驗題探究題(本大題共2小題，共15.0分

9、)11. 某實驗小組設(shè)計了一個探究加速度a與物體所受合力F及質(zhì)量m關(guān)系的實驗，如圖所示已知小車質(zhì)量M=250g,石去碼盤的質(zhì)量記為m0,所使用的打點計時器交流電頻率f=50Hz.其實驗步驟是：1. 按圖中所示安裝好實驗裝置；2. 調(diào)節(jié)長木板的傾角，輕推小車后，使小車能沿長木板向下做勻速運動；3. 取下細(xì)繩和石去碼盤，記下石去碼盤中石去碼的質(zhì)量m；4. 先接通電源，再放開小車，打出一條紙帶，由紙帶求得小車的加速度a；5.重新掛上細(xì)繩和缺碼盤，改變石去碼盤中缺碼質(zhì)量，重復(fù)24步驟，求得小車在不同合外力F作用下的加速度。回答下列問題：(1) 按上述方案做實驗，是否要求缺碼和缺碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的

10、質(zhì)量？(填“是”或“否”)(2) 實驗中打出的其中一條紙帶如圖所示，由該紙帶可求得小車的加速度a=m/s2.(保留二位有效數(shù)字)S,87*6.76.:7.64H中位HH1(3) 某同學(xué)將有關(guān)測量數(shù)據(jù)填入他所設(shè)計的表格中，如下表,次數(shù)12345石去碼盤中石去碼的重力F/N0.100.200.290.390.49小車的加速度a(m/s2)0.881.441.842.382.89他根據(jù)表中的數(shù)據(jù)畫出a-F圖象(如圖)。造成圖線不過坐標(biāo)原點的一條最主要原因是Iaims。OJI）IJM（Lf）l.4f|12. 為了測某電源的電動勢和內(nèi)阻，實驗室提供了如下器材：電阻箱R,定值電阻Rn,兩個電流表Ai、A2

11、,電鍵Si,單刀雙擲開關(guān)S2,待測電源，導(dǎo)線若干。實驗小組成員設(shè)計如圖甲所示的電路圖。(1) 閉合電鍵Si,斷開單刀雙擲開關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值為Ri,讀出電流表A2的示數(shù)Io；將單刀雙擲開關(guān)&合向1,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表A2的示數(shù)仍為Io,此時電阻箱阻值為R2,則電流表Ai的阻值Rai=。(2) 將單刀雙擲開關(guān)S2合向2,多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調(diào)節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表Ai的示數(shù)I,實驗小組成員打算用圖象分析I與R的關(guān)系，以電阻箱電阻R為橫軸，為了使圖象是直線，則縱軸y應(yīng)取。A.I(3) 若測得電流表Ai的內(nèi)阻為iQ,定值電阻Ro=2Q,根據(jù)(2)選取的y軸，作出y-R圖

12、象如圖乙所示，則電源的電動勢E=V,內(nèi)阻r=Q。(4) 按照本實驗方案測出的電源內(nèi)阻值。(選填“偏大”、“偏小”或“等于真實值”)四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)i3.如圖所示，空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場其方向垂直紙面向里。在平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長為L的剛性等邊三角形框架ADEF,DE邊中點S處有一帶正電的粒子，電量為q,質(zhì)量為m,現(xiàn)給粒子一個垂直于DE邊向下的速度，若粒子每一次與三角形框架的碰撞時速度方向垂直于被碰的邊，且碰撞均為彈性碰撞，當(dāng)速度的大小取某些特殊數(shù)值時可使由S點發(fā)出的粒子最終又回到S點。求：14.15.(1) 若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S

13、點，粒子的速度大小。?(2) 若S點不在DE邊的中點，而是距D點的距離DS=4,仍然使粒子能回到S點，求滿足條件的粒子的速度大小。如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直軌道半徑為R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中39999場強(qiáng)大小為E.質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q=-999；滑塊a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.5重力加速度為g。現(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點12R的A點由靜止釋放，運動到B點與滑塊b碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊精在一起運動，a、b滑塊均視為質(zhì)點

14、。求：(1) 滑塊a、b碰揄后的速度大小。(2) 滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大小。B點的距離。(3)滑塊第一次落地點到如圖所示，粗細(xì)均勻的U形玻璃管,水銀柱a、b,長分別為5cm、10cm,溫度為27C,a水銀柱上面管中封閉的兩水銀柱間封閉的B段氣體的總長為左端封閉，右端開口，豎直放置。管中有兩段兩水銀液柱上表面相平，大氣壓強(qiáng)為75cmHg,A段氣體長為15cm,U形管水平部分長為10cm,20cm，給B段氣體緩慢加熱，使a水銀柱上表IT面與b水銀柱下表面相平，求此時 A段氣體的壓強(qiáng)； B段氣體的溫度為多少K?16.如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q

15、分別為AB邊、AC邊的中點，BC面鍍有一層銀，構(gòu)成一個反射面，一單色光以垂直于BC面的方向從P點射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點Q,求 棱鏡對光的折射率； 使入射光線繞P點在紙面內(nèi)沿順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)光線再次照射到Q點時，人射光線轉(zhuǎn)過的角度。答案和解析1. 【答案】B【解析】解:A、大原子從n=4的能級躍遷能產(chǎn)生6種不同頻率的光，故A錯誤；B、其中能讓鈉光電管發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象的有4種光子，即為從n=2到從n=1,從n=3到從n=1,從n=4到從n=1,從n=4到從n=2,故B正確；C、光電子來自丁金屆板中的自由電子，故C錯誤。D、氫原子從n=4的能級向n=1發(fā)生躍遷，發(fā)射光子能量最大，當(dāng)

16、照射鈉光管放出能量為E=13.6-0.85-2.29=10.46eV,而氫原子從n=1的能級躍n=2的能級，需要吸收能量為E=13-3.4=10.2eV,因10.46eV10.2eV,育紋現(xiàn)躍遷。故D錯誤;故選:B。根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式。己求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù)；能級問躍遷時，輻射的光子能量等丁兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越局。解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，以及知道能級問躍遷時輻射或吸收的光子能量等丁兩能級間的能級差，并掌握光電效應(yīng)方程的內(nèi)容，注意D選項是吸收光電子，因此只要光電子能量大丁等丁兩能級差即可。2. 【答案】D【解析】解：在牧映緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)

17、A處丁三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與N的合力與T等大反向共線，作出mg與N的合力，如圖，VAT_由二角形相似得：bo=OA=_、.，A、F=T,睥可得：F=mg,AB變小，BO不變，則F變小；故A錯誤；BCD、僵可得：N=mg,AO、BO都不變，則N不變，方向始終背離圓心；故D正確，BC錯故選：D選取小圓環(huán)A為研究對象，畫受力分析示意圖，圓環(huán)受三個力，兩個繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，運用三角形相似法得到N、F與A0、BO的關(guān)系，再分析N和F的變化情況。本題是共點力平衡的動態(tài)變化分析問題，在非直角三角形的情況下，運用三角形相似法列式也是常用的方法。3. 【答案】A【解析】解:A、萬有引力提供

18、向心力，由牛頓第二定律得：G擋nmr,解得:T=2叫耳，則料f=V(=1,即:T比=T太，故A正確;B、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=?=ma,解得:a-件，竺二怦車奶=，廣皿】九愜s,故B錯誤；C、萬有引力之比：*=L=“一乂捉F=；，故C錯誤；JkD、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G；j-=my，動能：殊=日川折=一一，-一。五止_叢出真ILLt,苗.、口動盹z比：羸瓦E=h當(dāng)次勺，故D鉛坎；故選:A。萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律求出地球的周期、向心加速度、線速度，然后分析答題。本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的前提與關(guān)鍵

19、，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題。4. 【答案】D【解析】解;A、P向左滑動時，變壓器原線圈電壓和原副線圈的匝數(shù)比均不變，輸出電壓不變，故A錯誤;B、P向左滑動時，制變阻器電阻變大，副陵圈回路總電阻增大，輸出功率減小，所以變壓器的輸入功率也變小，故B錯誤；C、虬溫度升高時，熱敏電阻的阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的分壓增大，燈L兩端電壓減小，燈L變暗，故C錯誤；D、凡(溫度升高時，熱敏電阻阻值減小，只有適當(dāng)向右滑動P,才能使燈L分壓不變，從而保持燈的亮度不變，故D正確；故選：D。與閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)滑動變阻器R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)

20、而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法5. 【答案】C【解析】解：熾放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，一定先向下做勻加速直線運動。A、設(shè)經(jīng)過時間ti,械的速度與傳送帶相同，勻加速運動的加速度大小為ai,則根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin9+pmgcosO=ma可得a1=g$in9+cg8m/s2由v0=aiti得ti=1s,仕迥程通過的位移大小為xi=fti=4mvL。由丁mgsinAmgcos。故煤塊速

21、度大小等丁傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運動，受到的滑動摩擦力沿斜面向上。設(shè)煤塊接著做勻加速運動的加速度為a2,山的時間為t2,則mgsin&mgcosO=n2a可得a?=gsin-)pcos)(=4m/s2由L-Xi=V0t2+；氣展，代入數(shù)據(jù)得:t2=1s。故煤塊從A到B的運動時間是t=t1+t2=2s。故A錯誤。B、煤塊從A端運動到B端時速度v=V0+a2t2=12m/s,此時重力的瞬時功率為P=mgvsin9=1440故B錯誤。C、由丁兩個過程煤塊與傳送帶問的相對位移大小(vti-xi)泠L-Xi)-vt2,所以煤塊從A端運動到B端留下的黑色痕跡長度為S=V0ti-xi=4m。故C正

22、確。D、煤塊從A端運動到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=pmgcosO0t1-x1)+L-x1)-v0t2,代入數(shù)據(jù)解得：Q=24J,故D錯誤。故選:C。對煤塊進(jìn)行受力分析，開始時，受到重力、支持力、向下的滑動摩擦力，處丁加速階段；當(dāng)速度等丁傳送帶速度時，根據(jù)重力的下滑分力與最大靜摩擦力的關(guān)系，分析木塊能否勻速下滑，否則，繼續(xù)加速。根據(jù)位移公式求解時間，從而求得總時間。由速度公式求解煤塊從A端運動到B端時的速度，由P=mgvsinO求重力的瞬時功率。黑色痕跡的長度等丁煤塊與傳送帶問相對位移的大小。因摩擦產(chǎn)生的熱量等丁摩擦力與相對位移的乘積。解決本題的關(guān)鍵理活煤塊在傳送帶上的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律

23、和運動學(xué)公式綜合求解，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。要注意摩擦生熱與相對路程有關(guān)。6.【答案】AC【解析】解:A、當(dāng)電荷a在N點時，卷直向下的重力和水平向右的電場力，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達(dá)某點Q的過程中，電場力和重力之間的火角一直減小，且電場力逐漸增大，所以重力與電場力的合力一直增大，選項A正確；B、在N點是，電場力與重力的合力與該點的切線方向之間的火角是銳角，所以在開始向下運動的過程中，合力做正功，速率增大；在P時，速度的方向是水平向左的，與合力之間的火角為鈍角,所以在此之間，合力已經(jīng)開始做負(fù)功了，所以有段時間速率減小，從N到P的過程中，速率先增大后減小，速率最大點

24、應(yīng)該在NP問某點，故B錯誤；C、從P到Q的過程中，電場力做負(fù)功，重力也做負(fù)功，動能的減少量等丁電勢能和重力勢能的增加量之和，即動能減少量大丁電勢能增加量，故C正確；D、從N到Q的過程中N點除外)，電場力的方向與速度的方向始終成鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能始終增加，故D錯誤;故選:AC分析庫侖力及重力的合力，根據(jù)功的公式明確合力做功情況；再根據(jù)重力做功和電場力做功的特點與勢能的關(guān)系分析電勢能的變化。本題考查功能關(guān)系，要注意明確電場力和重力具有相同的性質(zhì)，即重力做功量度重力勢能的改變量；巾電場力做功量度電勢能的改變量。功和能的關(guān)系：功是能量轉(zhuǎn)化的量度。有兩層含義：1）做功陋程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，2）

25、做功的多少決定了能轉(zhuǎn)化的數(shù)量，即：功是能量轉(zhuǎn)化的量度強(qiáng)調(diào)：功是一料過程量，它和一段位移（一段時間）豐射應(yīng)；而能是一種狀態(tài)量，它與一個時刻相對應(yīng)。兩者的單位是相同的（都是J）,但不功就是能，也不能說功變成了能”。7.【答案】BC【解析】解:AB、A的速度最大時，A所受的合力為零,此時繩的拉力T=5mgsina.岫寸C恰好離開地面，故彈簧的拉力為mg,對B受力分析可得繩對B的拉力為T=2mg，可得sina=0.,4a豐37故A錯誤。B、物體C剛離開地面時，B的合外力為0,加速度為0,故B正確。C、初女伊寸系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kxi=mg.C剛好離開地面時，有kx2=mg,可知x=X2,則

26、從釋放至C剛離開地面的過程中，彈簧彈性勢能變化量為零，H如程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守包，即5mgX1+x2）sina=mgX1+x2）+!5m+m）vAm2以上方程聯(lián)立可解得：A獲得最大速度為VAm=，*，故C正確。D、從釋放A到C剛離開地面的過程中，根據(jù)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守包，但是A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守包，故D錯誤。故選:BC。C剛離開地面時，A沿斜面下滑至速度最大，合力為零，根據(jù)平衡條件求B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角；A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守包，初始位置彈簧處丁壓縮狀態(tài)，當(dāng)B具有最大速度時，彈簧處丁伸長

27、狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量與伸長量相等。在整個過程中彈性勢能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守包求出B的最大速度，A的最大速度與B相等。本題關(guān)鍵是對三個物體分別受力分析，得出物體B速度最大時各個物體都受力平衡，然后根據(jù)平衡條件分析；同時要注意是那個系統(tǒng)機(jī)械能守包。8. 【答案】BD【解析】解:A、線框右邊到MN時速度與到PQ時速度大小相等，線框完全進(jìn)入磁場過程不受安培力作用,線框完全進(jìn)入磁場后做加速運動，由此可知，線框進(jìn)入磁場過程做減速運動，故A錯誤；B、線框進(jìn)入磁場前過程，由動能定理得：F-?=；砒訐，解得:Vi,二，線框受到的安培力：F=BIiL=二：婦=日：,故B正確；C、線框完全進(jìn)入磁場時速度最

28、小，從線框完全進(jìn)入磁場到右邊到達(dá)PQ過程，對線框，由動能定理得：Fd-L)=；時*一,解得：Vmin=J竺-史也，故C錯誤；D、線框右邊到達(dá)MN、PQ時速度相等，線框動能不變，該過程線框產(chǎn)生的焦耳熱:Q=Fd,故D正確；故選：BD。根據(jù)題意分析活楚線框的運動過程，應(yīng)用動能定理求出線框剛進(jìn)入磁場時的速度，應(yīng)用安培力公式求出安培力，應(yīng)用運動學(xué)公式與能量守包定律分析答題。本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，根作題意分析活楚線框的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、安培力公式即可解題。9. 【答案】BCD【解析】解:A、溫度是分子平均動能的標(biāo)志，氣體溫度升高，分子的平均動能增加，分子的平均

29、速率增大,不是每個氣體分子運動的速率都增大，故A錯誤；B、根據(jù)分子力的特點可知，分子向引力和斥力同時存在，都隨距離增大而減小，隨距離減小而增大，但斥力變化更快，故B正確；C、附著層內(nèi)分子間距離小丁液體內(nèi)部分子間距離時，附著層內(nèi)分子間作用表現(xiàn)為斥力，附著層有擴(kuò)展趨勢，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤，故C正確；D、知道阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可求出氣體的摩爾體積，然后求出每個氣體分子占據(jù)的空間大小，從而能求出氣體分子間的平均距離，故D正確；E、做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，但同時做功和熱傳遞，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，不一定會改變內(nèi)能，故E錯誤。故選：BCD。溫度是分子的平均動能的標(biāo)志；阿

30、伏伽德羅常數(shù)是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁；理角燃力學(xué)第一定律；理解分子之間的作用力的特點。本題考查到的氣體分子之間的距離的估算方法是該題的難點，要牢記這種方法可以估算氣體分子間的平均距離，但是不能計算氣體分子的大小10.【答案】BCD【解析】解:A、由圖甲可知，在t=0時刻振源質(zhì)點是向y軸負(fù)方向振動，其余質(zhì)點重復(fù)振源質(zhì)點的運動情況，故質(zhì)點Q起振的方向仍為y軸負(fù)方向，故A錯誤；B、由圖甲可知周期為T=0.02s,由圖乙可知波長為入=2m則波速為：=，=齋心丹=心成3則.751由圖乙可知當(dāng)P再次處丁平衡位置時，時間為：r=作=.問:隊，經(jīng)過周期的整數(shù)倍之后，質(zhì)點P再次處丁平衡位置，即經(jīng)過t=t+T=0.

31、02fflS丁平衡位置，故B正確；C、由丁波沿x軸正方向傳播，可知從t0時刻算起，質(zhì)點P比質(zhì)點Q的先到達(dá)最低點，故C正確；D、幽可知：頓加=r+：r,若質(zhì)點P在最高點、最低點或平衡位置，則通過的路程為：.=云心=由=1.山“，但此時質(zhì)點P不在特殊位置，故其路程小丁1m,故D正確；E、泌專播的是能量或者說是波的形狀，但是質(zhì)點不隨著波遷移，故E錯誤。故選:BCD由圖讀出波長濟(jì)日周期T,由趾與周期可求出波傳播的速度，根據(jù)質(zhì)點的位置分析其運動情況,注意質(zhì)點不隨著波遷移。機(jī)械振動問題中，一般根據(jù)振動圖或質(zhì)點振動得到周期、質(zhì)點振動方向；再根據(jù)波形圖得到波長和波的傳播方向，從而得到波速及質(zhì)點振動，進(jìn)而根據(jù)周

32、期得到路程。11. 【答案】否0.88在計算小車所受的合外力時未計入缺碼盤的重力【解析】解：1。當(dāng)物體/可勻速下滑時有：mgsin0=f+m+m0）g當(dāng)取下細(xì)繩和石去碼盤后，由丁重力沿斜面向下的分力mgsin0和摩擦力f不變，因此其合外力為m+m0）g,由此可知該實驗中不需要石去碼和石去碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小丁小車的質(zhì)量。2）在址速直線運動中連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為常數(shù)，即q=aT2,rI,_、Ji仍根據(jù)作差法可知，加速度：a=訊=；.|旺.0.88m/s2；3）惘象可知，當(dāng)外力為零時，物體有加速度，說明小車所受合力大丁石去碼的重力，可能是計算小車所受的合外力時未計入石去碼盤的重力；故答案為：1。否

33、；2）（0.88;3。”算小車所受的合外力時未計入石去碼盤的重力。1）根據(jù)尊做勻速運動列出方程，對合外力進(jìn)行分析即可求解；2）在紐速直線運動中連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為常數(shù)，根據(jù)作差法求解加速度；3）惘象可知，當(dāng)外力為零時，物體有加速度，通過對小車受力分析即可求解。本題考查探究加速度與物體受力的關(guān)系”實驗，要注意明確實驗原理，知道實驗中應(yīng)注意的事項，即寸明確利用逐差分求解加速度的基本思路和方法，并能根據(jù)函數(shù)關(guān)系分析圖象的性質(zhì)。12. 【答案】R2-R1C30.9等于真實值【解析】解：10您意可知，電路電流保持不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電阻不變，則電流表內(nèi)阻等丁兩種情況下電阻箱阻值之差，

34、即:Rai=R2-Ri;2）根嫩意與圖示電路圖可知，電源電動勢：E=I（+R0+R+RA1）,整理得！=R+%Jj_i-JT.為得到直線圖線，應(yīng)作:-R圖象，做選Co13）由:-R圖線可知：b=如=1.3,k=4=i*=I,解得，電源電動勢：E=3V，電A源內(nèi)阻：r=0.9垣4）實驗測出了電流表Ai的內(nèi)阻，由2）3。可知，電源內(nèi)阻的測量值等丁真實值。故答案為:1。R2-R1；20C;303;0.9;40等丁真實值。1）根據(jù)閉合電路歐姆定律與題意求出電流表內(nèi)阻。2）根敝驗電路應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)題意分析答題。3）根押象函數(shù)表達(dá)式與圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻。本題考

35、查了實驗數(shù)據(jù)處理，認(rèn)真審題理解題意、知道實驗原理是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象函數(shù)表達(dá)式是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可解題。13. 【答案】解：（1）粒子從S點以垂直于DF邊射出后，做勻速圓周運動，其圓心必在DE線上，根據(jù)牛2頓第二定律可得:?=?一?=-解得：？?=萬?若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點，則圓心在三角形頂點，由幾何關(guān)系得:?聯(lián)立解得：云?（2）要使粒子能回到S點，要求粒子每次與ADEF碰撞時，v都垂直于邊，且通過三角形頂點處時，圓心必為三角形頂點，故：DS=(2n-1)R,(n=1,2,3)即：?=蒞加，（?=1，2,3）?=?聯(lián)立解得：？?=

36、?三京，（?=1，2,3）?4（2?T）答：（1）若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到、999999S點，粒子的速度大小為折？?（2）若S點不在DE邊的中點，而是距D點的距離DS=?仍然使粒子能回到S點，滿足條件的粒子的速度大小為?4(2?-1)【解析】1) 要求此粒子能回到S點，根據(jù)幾何關(guān)系可確定出粒子運動的半徑，再根據(jù)粒子在磁場中的半徑公式可求粒子的速度；2) S點發(fā)出的粒子最終乂回到S點必須滿足：每次與少EF的三邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點；粒子育盜過頂點與ADEF的邊相碰。本題考查了粒子在磁場中的運動，角褪的關(guān)鍵在丁需要挖掘粒子能回到S點的隱含條件及考慮?=?=?2?粒子最終回到S點的多解性。14. 【答案】解：(1)a從A到B的過程用動能定理得E蕓X12?-?12?=2?解得V1=2v6?對a與b碰撞用動量守恒定律得mv1=2mv2解得V2=v6?(2)當(dāng)滑塊重力與電場力合力方向和圓軌道徑向一致時，滑塊速度最大。如圖，則有3?孕?37對滑塊從碰后到最大速度的