2019年黑龍江省哈爾濱六中高考物理四模試卷

1、2019 年黑龍江省哈爾濱六中高考物理四模試卷副標題題號一二三四五總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1. 萬有引力的發(fā)現(xiàn)實現(xiàn)了物理學史上第一次大統(tǒng)一“地上物理學”和“天上物理學”的統(tǒng)一 它表明天體運動和地面上物體的運動遵從相同的規(guī)律牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中將行星的橢圓軌道簡化為圓軌道；另外，還應用到了其他的規(guī)律和結論下面的規(guī)律和結論沒有被用到的是（）A. 牛頓第二定律B. 牛頓第三定律C. 開普勒的研究成果D. 卡文迪許通過扭秤實驗得出的引力常數(shù)2. 第 26 屆國際計量大會于2018 年 11 月 16 日通過“修訂國際單位制決議”，正式更新了質量單位“千克”、電流單

2、位“安培”、溫度單位“開爾文”和物質的量單位“摩爾”四項基本單位的定義方法。其中開爾文將用玻爾茲曼常數(shù)（k）定義，玻爾茲曼常數(shù)的物理意義是單個氣體分子的平均動能Ek 隨熱力學溫度 T 變化的系數(shù)，表達式為 Ek= kT，那么玻爾茲曼常數(shù)的單位應為（）A.B.C.D.3. 如圖為氫原子的能級示意圖， 鋅的逸出功是 3.34eV，那么對氫原子在能量躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認識正確的是（）A. 用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產生光電效應B. 一群處于 n=3 能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，能放出4種不同頻率的光C.D.用能量為10.3eV 的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷

3、到激發(fā)態(tài)一群處于n=3 能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75eV4. 一物體自 t=0 開始，在合力 F 作用下由靜止起做直線運動，合力 F 大小隨時間 t 的變化如圖所示，且方向始終不變。已知該物體在t0 和 2t0 時刻的速度分別是v1 和 v2 ，F(xiàn) 在 0-t0 和 t0-2t0 時間內對物體所做的功分別是W1 和 W2，則（）A. v2=4v1， W2=16W1B. v2=3v1 ，W2=8 W1C. v2=4v1， W2=15W1D. v2 =3v1， W2=4 W15. 用圖示裝置可以檢測霍爾效應。 利用電磁鐵產生磁場， 電流表

4、檢測輸入霍爾元件的電流，電壓表檢測元件輸出的電壓，已知圖中的霍爾元件是半導體，與金屬導體不同，它內部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動的帶正電的粒子，圖中的 1、 2、3、 4 是霍爾元件上的四個接線端，當開關S1、 S2 閉合后，電流表A和電表 B、C 都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是（）第1頁，共 20頁A.B.C.D.電表 B 為電壓表，電表C 為電流表接線端 4 的電勢低于接線端2 的電勢若增大 R1，則電壓表示數(shù)增大若增大 R2，則電壓表示數(shù)減小二、多選題（本大題共5 小題，共27.0 分）6. 如圖所示，質子（ H），氘核（ H）和 粒子（ He）都沿平行板電容器中線

5、 O O 方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都能打在同一個與中垂線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點，粒子重力不計， 下列推斷正確的是（）A. 若它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3 個亮點B. 若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1 個亮點C. 若它們射入電場時的動量相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3 個亮點D. 若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1 個亮點7.圖甲所示為工業(yè)上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術的原理圖。其原理是用通電線圈使物件內產生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，從而獲得物件內部是否斷裂及位置的信息。圖乙為一

6、個帶鐵芯的線圈L、開關 S 和電源用導線連接起來的跳環(huán)實驗裝置。將一個套環(huán)置于線圈L 上且使鐵芯穿過其中，閉合開關 S 的瞬間，套環(huán)將立刻跳起。對以上兩個實例的理解正確的是（）A. 渦流探傷技術運用了電流的熱效應，跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象B. 能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料C. 跳環(huán)實驗連接的電源是穩(wěn)恒電源D. 以上兩個實例中的線圈所連接的電源也可以都是穩(wěn)恒電源8. 如圖，兩質量均為 m 的小球，通過長為 L 的不可伸長輕繩水平相連，從某一高處自由下落，下落過程中繩處于水平伸直狀態(tài)在下落 h 高度時，繩的中點碰到水平放置的光滑釘子O重力加速度為g，空氣阻力不計，則（）A. 小球從開

7、始下落到剛到達最低點的過程中機械能守恒B. 從輕繩與釘子相碰到小球剛到達最低點的過程，重力的瞬時功率先增大后減小C. 小球剛到達最低點時速度大小為D. 小球剛到達最低點時的加速度大小為（+2）g9. 下列說法正確的是（）第2頁，共 20頁A. 由阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質量和密度，可估算該種氣體分子的直徑B. 當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小C. 氣體分子單位時間內與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與單位體積內的分子數(shù)及溫度有關D. 根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體E. 吸收熱量的物體，其溫度可能降低10.圖甲為一列簡諧橫波在t=0.10s 時刻的波形圖，P 是平衡位

8、置為x=1m 處的質點， Q是平衡位置為x=4 m 處的質點，圖乙為質點Q 的振動圖象，則下列說法正確的是（）A. 該波的周期是0.10sB. 該波的傳播速度為 40m/sC. 該波沿 x 軸的負方向傳播D. t=0.10s 時，質點 Q 的速度方向向下E. 從 t=0.10s到 t=0.25 s，質點 P 通過的路程為 30cm三、填空題（本大題共2 小題，共 4.0 分）11. 有一種在工廠實際使用的游標卡尺如圖所示，它是普通游標卡尺的變形。它把普通游標卡尺兩個卡腳改為傾斜，兩個斜卡腳與主尺都成1265212（圖中的DAC =EBC=126 5212”，已知 tan63 2606 =2.0

9、00 ，其它部分未作改動，這種卡尺專門用來測量圓柱形或球形工件的外徑。兩個斜腳之間不放被測工件時，游標尺的“ 0”刻線恰與主尺的“ 0”刻線對齊， 兩個斜腳之間放上被測圓柱形或球形工件，使工件與主尺、兩斜腳都相切，即共有三個切點，圖中的D、 C、 E則被測圓柱形工件的直徑為 _mm。12. 如果用螺旋測微器測一圓形工件的讀數(shù)如圖所示，讀數(shù)為_mm四、實驗題探究題（本大題共2 小題，共11.0 分）第3頁，共 20頁13.某同學用打點計時器測定加速度，在得到的紙帶上選取七個計數(shù)點（相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出），如圖所示，圖中s1=4.81 cm， s2=5.29 cm， s3 =5.76

10、 cm，s4=6.25 cm， s5=6.71 cm，s6=7.21cm已知打點計時器所用交流電頻率為 50Hz，則加速度的大小為 _m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）14. 電阻箱是實驗室常用電學器材，請回答以下兩個問題：（ 1）電阻箱各旋鈕位置如圖甲所示，該電阻箱的阻值為_。（ 2）請按要求利用電阻箱設計測定電壓表內電阻的電路。器材：直流電源（電動勢未知，內電阻忽略不計）一個，電阻箱一只，單刀單擲開關一只，單刀雙擲開關一只，電流表一只（帶有滿足要求的多個量程，且不計內阻），待測電壓表（電壓表量程滿足要求）一只，導線若干。要求：用兩種不同測量方法，測定電壓表的內電阻，每種方法不一定使用全部器材

11、，測量電路盡可能簡潔要求電阻箱的讀數(shù)即為電壓表的內阻畫出測量電路原理圖（在圖乙、圖丙中），并補全測量步驟方法一：電路圖：步驟： 1 _，閉合開關S，讀出伏特表此時示數(shù)U；2調節(jié)變阻箱阻值，使電壓表讀數(shù)變?yōu)開此時電阻箱的阻值即為電壓表的內阻；方法二：電路圖：步驟： 1 S2 置于 2， S1 閉合，讀出電流表的示數(shù)；3斷開 S1，把 S2 置于 1 再閉合 S1，調節(jié)電阻箱的阻值使電流表讀數(shù)_，此時電阻箱的阻值即為電壓表的內阻。五、計算題（本大題共4 小題，共52.0 分）15.如圖，光滑水平面上靜置一質量m1=20kg 的木板，木板右端有質量m2=1.0kg 的小滑塊。質量 m=0.5kg 的

12、小球從半徑R=0.4m 的固定光滑圓弧軌道上A 點由靜止釋放， =60，小球滑到最低點與小滑塊發(fā)生正碰并被反彈，碰撞時間極短，碰撞前后瞬間小球對軌道的壓力減小了 48N，最終小滑塊恰未從木板上滑下。 已知小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù) =0.16不計空氣阻力，小滑塊、小球均可視為質點，重力加速度 g 取 10m/s2求：（ 1）正碰后瞬間小滑塊 m2 的速度大?。?2）木板的長度及從碰撞后到小滑塊與木板相對靜止所經歷的時間。第4頁，共 20頁16.如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O，其向各方向射出的粒子速度大小均為v0、質量均為m、電荷量均為q在 0yd 的一、二象限范圍內分布著一個勻強電場，方

13、向與 y 軸正向相同，在d y2d的一、二象限范圍內分布著一個勻強磁場，方向垂直于 xoy 平面向里粒子離開電場上邊緣y=d 時，能夠到達的最右側的位置為（ 1.5d，d）最終恰沒有粒子從 y=2 d 的邊界離開磁場已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8，不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：（ 1）電場強度 E；（ 2）磁感應強度 B；（ 3）粒子在磁場中運動的最長時間17. 如圖所示，粗細均勻的 U 形管豎直放置， 左端封閉，右端開口。左端用水銀封閉長為 l 1=10cm 的理想氣體，當溫度為 27時，兩管水銀面的高度差 h=4 cm。設外界大氣壓為 76cmHg。（ i）當對封

14、閉氣體緩慢加熱， 溫度需升高至多少攝氏度時左、右兩管中的水銀面將相平；（ ）向右管中加入適量水銀可使左、 右兩管中的水銀面相平，求加入水銀的高度。（結果保留兩位小數(shù)）第5頁，共 20頁18.如圖，玻璃柱的橫截面為半徑R=20.0cm 的半圓， O 點為圓心。光屏CD 緊靠在玻璃柱的右側且與截面底邊MN垂直。一光束沿半徑方向射向O 點，光束和MN 的夾角為 ，在光屏 CD 上出現(xiàn)兩個光斑。已知玻璃的折射率為n=。（ 1）若 =60，求兩個光斑間的距離（ 2）屏上兩個光斑間的距離會隨 大小的變化而改變，求兩光斑間的最短距離。第6頁，共 20頁答案和解析1.【答案】 D【解析】解：牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力

15、定律的 過程中將行星的 橢圓軌道簡化為圓軌道這就是開普勒第一定律，由牛 頓第二定律可列出萬有引力提供向心力。再借助于牛頓第三定律來推算物體 對地球作用力與什么有關系。同 時運用開普勒第三定律來導出萬有引力定律。而卡文迪 許通過扭秤實驗得出的引力常數(shù)是在牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律之后，所以正是由于 這個原因，牛頓的萬有引力定律沒有得到廣泛 應用。故選：D。天體運動和地面上物體的運 動遵從相同的 規(guī)律，牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中，運用了牛 頓 第二、三定律，開普勒三定律萬有引力定律表達式不是數(shù)學公式，各量均有一定的涵義同時突出作用力與反作用力、平衡力兩者的區(qū) 別2.【答案】 B【解析】EKT變形可得

16、則解：由 K=，2 2熱單位為 K ，故玻爾茲曼常數(shù)的 單A 、B、動能的單位為 kg?m /s， 力學溫度的位為，故A 錯誤，B 正確；C根據(jù)功率的定義可知能量的單位為熱單位為爾W?s， 力學溫度的K ，故玻茲曼常數(shù)的 單位為，故C 錯誤；D根據(jù)電流做功可知能量的 單位為 V?A?s，熱力學溫度的 單位為 K ，故玻爾茲曼常數(shù)的 單位為，故D 錯誤 。故選：B。根據(jù)所 給公式代入 單位，分別看公式左右的 單位是否相同即可判定公式正誤。此題考查單位制，對于不熟悉的公式可以通 過單位判定公式是否正確。第7頁，共 20頁3.【答案】 D【解析】氫級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的最小能量為10.2eV，照

17、射解：A 、 原子從高能金屬鋅板一定能 產生光電效應現(xiàn)象，故 A 錯誤；B、一群處于 n=3 能級的氫原子向基 態(tài)躍遷時，根據(jù)可知，能放出 3種不同頻率的光，故 B 錯誤；為的光子照射，小于處于基態(tài)的氫原子躍C、用能量 10.3eV12.09eV，不可使遷到激發(fā)態(tài)，要正好等于 12.09eV 才能躍遷，故 C 錯誤；氫級向 n=3 的能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最小為：ED、 原子從高能大 =-1.51+13.6=12.09eV，因鋅的逸出功是 3.34ev，鋅板表面所 發(fā)出的光電子的最大初動能為 EKm =12.09-3.34=8.75eV，故D 正確；故選：D。氫原子從高能 級向基態(tài)躍

18、遷時發(fā)出的光子的最小能量與 鋅板的逸出功的關系判斷是否 發(fā)生光電效應現(xiàn)象。要使處于基態(tài)的氫原子電離，照射光光子的能量 應能使電子從基態(tài)躍遷到無限遠處，最小頻率的電磁波的光子能量 應為：h=0-E1。解決本題的關鍵知道什么是 電離，以及能級的躍遷滿足 h=E-E ，注意吸收mn光子是向高能 級躍遷，釋放光子是向低能 級躍遷，同時掌握吸收或 釋放能量要正好等于能 級之差。4.【答案】 B【解析】解：物體在 0 t0 和 t0-2t0 時間做勻變速直線運動，由根據(jù)牛頓第二定理：a1=a2=得：a2=2a1，根據(jù)勻變速直線規(guī)律有：第8頁，共 20頁v1=a1t0v2=v1+a2t0=v1+2v1=3v

19、1可得：v2=3v1 ，由運動學公式有：s1=a1t02s2=v1t0+a2t02=a1t02+2a1t02=2a1t02可得：s2=4s1根據(jù)力做功的公式有：W 1=F0s1W 2=2F0s2=24F0s1=8F0s1可得：W2=8W1故 ACD 錯誤，B 正確。故選：B。利用圖象求出加速度，再根據(jù)勻 變速直線運動規(guī)律求出速度和位移，最后用功的計算公式算出合力做功。本題考查了 F-t 圖象、功的計算，利用 F-t 圖象得出相 應的信息是解決本 題個關鍵。學生容易把 F-t 圖象和 v-t 圖象混淆起來。5.【答案】 D【解析】解：A 、若電表 B 為電壓表，相當于斷路，則霍爾元件中形不成 電

20、流，無法工作，所以電表 B 為電流表，電表 C 為電壓表，測量 4、2 端之間電勢差，故A 錯誤B、由右手定則，左端電磁鐵在霍爾元件處形成豎直向上的磁 場，再根據(jù)左手定則，可以判斷帶正電“載流子 ”偏轉聚集在 4 端，顯正電電勢高，對應 2 端缺少 ”載流子 ”顯負電電勢 低，故 B 錯誤C、若增大 R1，左端電磁鐵的磁場 B 變小，根據(jù) U42=Bdv，電壓表示數(shù)變小，第9頁，共 20頁故 C錯誤D、若增大 R2，霍爾元件中電流變大，根據(jù)電流微觀表達式 I=nqvS，“載流子 ”流動速度 v 變大，根據(jù) U42=Bdv，電壓表示數(shù)變大，故 D 正確故選：D。由右手定 則，左端電磁鐵在霍爾元件

21、處形成豎直向上的磁 場，再根據(jù)左手定則，可以判斷“載流子”帶正電偏轉聚集在 4端，顯正電，對應 2 端缺少 ”載流子 ” 顯負電，當聚集的“載流子 ”形成的 電場對后來的 “載流子 ”的 電場力等于洛 倫茲力時，達到平衡，4、2 端之間電勢差穩(wěn)定，即 qE=qvB， ，U42=Bdv。本題考查了電磁鐵、右手定則、左手點則、霍爾效應原理、閉合電路、電壓表與電流表的使用多個知 識點，綜合性較強，難度適中。難點在根據(jù)聚集的 ”載流子 ”形成的 電場對后來的 ”載流子 ”的 電場力等于洛 倫茲力時的平衡，推導電勢差的表達式。6.【答案】 CD【解析】解：三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向

22、做勻速直 線運動，豎直方向上做初速度 為零的勻加速直 線運動，則得到：加速度為：a=偏轉距離為：y=at2，運動時間為 ：t=聯(lián)立三式得：y=A 、若它們射入電場時的速度相等，y 與比荷成正比，而三個粒子中 質子的比荷最大，氘核和 粒子的比荷相等，在 熒光屏上將出 現(xiàn) 2 個亮點。故 A 錯誤 。B、若它們射入電場時的動能相等，y 與 q 成正比，在熒光屏上將只出 現(xiàn) 2 個亮點。故B錯誤。C、若它們射入電場時的動量相等，y=，可見 y 與 qm 成正比，第10 頁，共 20頁三個 qm 都不同，則在熒光屏上將只出 現(xiàn) 3 個亮點。故 C 正確。D、若它們是由同一個 電場從靜止加速后射入此偏

23、轉電場的，則在加速后：偏轉量：y=可知 y 與電荷量、質量都無關，是相同的，故熒光屏上將只出 現(xiàn) 1個亮點。故 D 正確。故選：CD。質子、氘核和 粒子帶電量和質量不全相同，進入同一電場時加速度不同，做類平拋運動，在水平方向做勻速直 線運動，豎直方向上做初速度 為零的勻加速直線運動，推導出偏轉位移的表達式，再進行分析此類題目屬于類平拋運動，解題關鍵注意水平方向勻速， 豎直方向是初速度為零的勻加速直 線運動，兩個方向的運動具有等時性7.【答案】 BC【解析】解：A 、渦流探傷技術其原理是用 電流線圈使物件內 產生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變；跳環(huán)實驗演示線圈接在直流 電源上，閉合開關的瞬

24、 間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改 變，套環(huán)中會產生感應電流，會跳動，屬于演示楞次定律，故 A 錯誤；B、無論是渦流探傷技術運，還是演示楞次定律，都需要 產生感應電流，而感應電流產生的條件是在金屬 導體內，故 B 正確；CD、金屬探傷時，是探測器中通過交變電流，產生變化的磁場，當金屬處于該磁場中時，該金屬中會感 應出渦流；演示楞次定律的實驗中，線圈接在直流電源上，閉合開關的瞬 間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改 變，套環(huán)中會產生感應電流，會跳動，故 C 正確，D 錯誤；故選：BC。第11 頁，共 20頁當金屬中 處在變化的磁場中時，這個磁場能在金屬物體的內部 產生渦電流。渦電流又會產生磁場，倒過來影響原

25、來的磁 場，由此分析渦流探傷；閉合開關的瞬 間，穿過套環(huán)的磁通量 發(fā)生變化，產生感應電流，從而受到安培力，會向上跳起。根據(jù)套環(huán)跳起的原理判斷。理解渦流和套環(huán)跳起的原因，即產生感應電流的效果阻礙引起感 應電流磁通量的變化。8.【答案】 ABD【解析】解：A 、小球從開始下落到 剛到達最低點的 過程中只有重力做功，機械能守恒，故 A正確；B、以向下為正方向，豎直方向合力 為 F=mg-Tsin ，開始時 很小，mg Tsin ，F(xiàn)0，豎直方向加速度向下， vy 增大，到快要相碰時，Tsin mg，F(xiàn)0，豎直方向加速度向上， vy 減小，根據(jù) PG=mgvy 可知重力的瞬 時功率先增大后減小，故 B

26、正確；C、從最高點到小球剛到達最低點的 過程中運用 動能定理得：，解得：v=，故C 錯誤；D、根據(jù)向心加速度公式有：a=，故 D 正確。故選：ABD 。小球從開始下落到 剛到達最低點的 過程中只有重力做功，系 統(tǒng)機械能守恒；重力的瞬 時功率根據(jù) PG=mgvy 求解；小球剛到達最低點 時速度可根據(jù) 動能定理求解；根據(jù)向心加速度公式即可求解向心加速度本題主要考查了機械能守恒的條件，瞬 時功率的求解方法、 動能定理的 應用以及向心加速度的公式， 難 度不大，屬于基礎題 9.【答案】 BCE【解析】解：A 、由于氣體分子的間隙很大，僅由阿伏加德 羅常數(shù)、氣體的摩爾質量和密度，只能估算每個分子占據(jù)的空

27、間體積，是不能估算該種氣體分子大小的，第12 頁，共 20頁故 A錯誤。B、分子力做功等于分子 勢能的減小量，當分子力 為零時，分子勢能最小，故B 正確。C、單位體積內的分子數(shù)決定了分子的密集程度，溫度決定了分子運動的劇烈程度，故氣體分子 單位時間內與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與 單位體積內的分子數(shù)及溫度有關，故 C 正確。D、根據(jù)熱力學第二定律可知， 熱量不可能從低溫物體 傳到高溫物體而不引起其他變化，如電冰箱要耗 電，故D 錯誤 。E、做功和吸放熱都可以改 變內能，物體吸收熱量，同時物體對外界做功，則內能可能減小，溫度可能降低，故 E 正確。故選：BCE。氣體分子的 間隙很大，無法估算處氣體

28、分子的直徑。分子力為零時，分子勢能最小。根據(jù)氣體 壓強的微觀含義分析。熱力學第二定律 說明一切宏 觀熱現(xiàn)象都具有方向性。做功和吸放 熱均可以改 變內能。本題考查了分子動理論、熱力學第一定律、熱力學第二定律、氣體 壓強的微觀意義等，知識點多，難度小，關鍵是多看書，記住知識點。注意掌握容器中的氣體對器壁的壓強是由于大量氣體分子 對容器壁的 頻繁碰撞引起的，取決于分子的數(shù)密度和分子 熱運動的平均動能。10.【答案】 BCD【解析】解：圖該波的周期是0.20s。故 A錯誤。A、由 乙知圖長則波速為：v=m/s=40m/s，故B 正確。B、由甲 知波 =8m，CD、在t=0.10s時圖質點 Q 正向下運

29、動，根據(jù)波形平移法可知該波沿，由乙 知x 軸負方向傳播，故 C、D 正確。第13 頁，共 20頁E、該波沿 x 軸負方向傳播，此時 P 點正向上運 動 。從t=0.10s到 =0.25s 經過的時間為 t=0.15s= T，由于t=0.10s時刻質點 P 不在平衡位置或波峰、波谷 處，所以質點 P 通過的路程不是 3A=30cm，故E 錯誤；故選：BCD。根據(jù)甲、乙兩圖可以讀出該波的波長和周期，從而求出波速，t=0.10s 時 Q 點在平衡位置上，由乙 圖知下一時刻向下振 動，從而確定了該波向左傳播。根據(jù)時間與周期的關系，分析 質點 P 的位置和加速度，求出通 過的路程。本題有一定的 綜合性，

30、考查了波動和振動圖象問題，關鍵是會根據(jù)振 動情況來判斷波的 傳播方向，抓住振動圖象和波動圖象之間的內在聯(lián)系。要知道質點做簡諧運動時，只有在平衡位置或波峰、波谷 處的質點，在 周期內振 動的路程才是 3A 。11.【答案】 24.60【解析】解：游標尺有 20 個小刻度，所以精確度等于0.05mm。游標卡尺的主尺 讀數(shù)為 12mm，游標尺上第 3 個刻度和主尺上某一刻度對齊，游標讀數(shù)為 0.05 6mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：主尺讀數(shù)+游標尺讀數(shù) =12mm+0.30mm=12.30mm；所以被測圓形工件的直徑 為 24.60mm。故答案為：24.60游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺 讀數(shù)加上游

31、 標讀數(shù)，不需估讀。對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，正確使用 這些基本儀器進行有關測量。12.【答案】 4.600【解析】解：螺旋測微器的固定刻度 為 4.5mm，可動刻度為 10.0 0.01mm=0.100mm，所以最終讀數(shù)為 4.5mm+0.100mm=4.600mm第14 頁，共 20頁故答案為：4.600螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度 讀數(shù)加上可 動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量13.【答案】 0.48【解析】解：根據(jù)，得加速度大小 為：a=0.48m/s2故答案為：0

32、.48根據(jù)連續(xù)相等時間內的位移之差是一恒量，運用逐差法求出加速度的大小，注意有效數(shù)字的 標量解決本題的關鍵掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，關鍵是勻變速直線運動推論的運用14.【答案】 4602.9把變阻箱阻值調為零仍為 1中電流表的示數(shù)【解析】解：（1）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法，可知電阻箱的阻 值為 4602.9 ；（2）方法一電路圖如圖所示；把電阻箱的阻 值調為零，則電路總電阻為電壓表的內阻，此時電壓表示數(shù)等于電源電動勢；調節(jié)變阻箱阻值，當電壓表讀數(shù)變?yōu)闀r，電阻箱兩端 電壓為，此時電阻箱電阻等于電壓表內阻；第15 頁，共 20頁方法二電路圖如圖所示；當 S2 置于 2，S1

33、閉合，讀出電流表的示數(shù)，此時電路總電阻為電壓表內阻；把 S2 置于 1 再閉合 S1，此時電路總電阻為電阻箱電阻，調節(jié)電阻箱的阻 值使電流表讀數(shù)和步驟 1 中電流相等，則有兩種情況下 電路總電阻相等，即電壓表內阻等于 電阻箱電阻，此時電阻箱的阻 值即為電壓表的內阻。故答案為：（1）4602.9；（2）方法一電路圖如圖所示；把電阻箱的阻 值調為 零；方法二電路圖如圖所示；仍為 1中電流表的示數(shù)。（1）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法，可以得出 電阻箱的阻 值；（2）根據(jù)實驗原理可以畫出 實驗電路圖，根據(jù)實驗電路圖可以補全實驗步驟。本題考查 伏安法測電 阻，關鍵要注意實驗 中的等效替代的 處理方法。15.mg

34、 r=，【答案】 解：（ 1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得： v=2m/s，在最低點，碰撞前后，對小球，由牛頓第二定律得：N1-mg=m ， N2-mg=m ，由圖可知： N1-N2=4.8N，代入數(shù)據(jù)解得： v=0.4m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=-mv +m2v1，代入數(shù)據(jù)解得： v1=1.2m/s；（ 2）滑塊在木板上滑動過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：m2v1=（ m1+m2） v2，代入數(shù)據(jù)解得： v2=0.4m/s，由能量守恒定律得：，第16 頁，共 20頁代入數(shù)據(jù)解得： L=0.3m，取向左為

35、正方向，對木板，由動量定理得： m2gt=m1v2 ，代入數(shù)據(jù)解得： t=0.5s；答：（ 1）正碰后瞬間小滑塊m2 的速度大小為1.2m/s；（ 2）木板的長度為 0.3m，從碰撞后到小滑塊與木板相對靜止所經歷的時間為0.5s。【解析】（1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出小球擺到最低點時的速度，應用牛頓第二定律 結合題意求出碰撞后小球的速度；碰撞 過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出碰撞后滑塊的速度大小。（2）滑塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律與能量守恒定律可以求出木板的 長度；對木板應用動量定理可以求出 時間。本題是一道力學 綜合題，考查了動量守恒定律的 應用，

36、根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程與運動性質是解題的前提，應用機械能守恒定律、牛 頓第二定律、動量守恒定律與 動量定理可以解 題。16【.答案】解：（ 1）沿 x軸正方向發(fā)射的粒子有： x=1.5d，y=d，由類平拋運動基本規(guī)律得：x=v0t，而，聯(lián)立可得：（ 2）沿 x 軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有：1.5d=v0t ，聯(lián)立可得：，方向與水平成53，斜向右上方，據(jù)題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，則其余粒子均達不到y(tǒng)=2d 邊界，由幾何關系可知：，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：第17 頁，共 20頁聯(lián)立可得：（ 3）粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，經過（1.5d， d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對

37、應的圓心角最大，由幾何關系可知圓心角為：=254，粒子運動周期為：，則時間為：答：（ 1）電場強度E 為；（ 2）磁感應強度B 為；（ 3）粒子在磁場中運動的最長時間為【解析】（1）沿x 軸正方向發(fā)射的粒子做 類平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式列式求解E；（2）粒子沿x 軸正方向射出的粒子 進入磁場偏轉的角度最大，若該粒子進入磁場不能打在 ab 板上，則所有粒子均不能打在ab板上根據(jù)帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉角度，結合幾何關系得出 軌道半徑，從而得出磁感 應強度的大?。唬?）粒子運動的最長時間對應 最大的圓心角，經過（1.5d，d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，根據(jù)幾何關系 結合周期