2020年四川省瀘州市瀘縣二中高考物理第二次適應性試卷

1、2020 年四川省瀘州市瀘縣二中高考物理第二次適應性試卷一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.如圖，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A 小球，同時水平細線一端連著 A 球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是 60， A、 B 兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端開始時 A、B 兩球都靜止不動， A、B 兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，A、 B 兩球的加速度分別為()A.C.?= ? = ?B. ? = 2?，? = 0，?=0D.，?=0?= 3? = 23?2.如圖所示為A、B 兩物體從同一點出發(fā)的位移- 時間圖象，則下

2、列說法正確的是()A. 0 - 2?內(nèi) A、B 兩物體的運動方向都發(fā)生了改變B.C.1.5?末 A、 B 兩物體的速度相同0 - 1.5?的時間內(nèi)， A 的平均速度等于B 的平均速度D. 0 - 2?內(nèi) A、B 兩物體之間的最大距離為3m3.一顆衛(wèi)星繞地球沿橢圓軌道運動，A、 B 是衛(wèi)星運動的遠地點和近地點。下列說法中正確的是()A. 衛(wèi)星在 A 點的角速度大于B 點的角速度B. 衛(wèi)星在 A 點的加速度小于B 點的加速度C. 衛(wèi)星由 A 運動到 B 過程中動能減小，勢能增加D. 衛(wèi)星由 A 運動到 B 過程中引力做正功，機械能增大4. 冬季我國有些內(nèi)陸地區(qū)霧霾頻發(fā)，為了監(jiān)測?2.5指數(shù)，某科技

3、小組設計了一種報警裝置，電路原理如圖所示。?是對?2.5敏感的電阻元件，當環(huán)境中?2.5指數(shù)增大時報警器 S兩端電壓增大并發(fā)出警報聲。E 為內(nèi)阻不計的電源， R 為一可變電阻，下列說法正確的是()的阻值增大A. 當 ?2.5指數(shù)增大時 ?B. 當 ?2.5指數(shù)增大時電流表A 的示數(shù)減小C. 當 ?2.5指數(shù)增大時可變電阻R 兩端電壓增大D. 適當增大可變電阻R 的阻值可以提高報警器的靈敏度5. 如圖所示，在一固定水平放置的閉合導體圓環(huán)上方， 有一條形磁鐵，從離地面高 h 處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸若不計空氣阻力，

4、重力加速度為 g，下列說法中正確的是 ( )A. 在磁鐵下落的整個過程中， 圓環(huán)中的感應電流方向先逆時針后順時針 ( 從上向下看圓環(huán) )B. 磁鐵在整個下落過程中，所受線圈對它的作用力先豎直向上后豎直向下C. 磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變D. 磁鐵落地時的速率一定等于 2?2?二、多選題（本大題共5 小題，共27.0 分）第1頁，共 14頁6. 如圖所示，寬為 L 的平行金屬導軌由光滑的傾斜部分和足夠長的粗糙水平部分平滑連接，右端接阻值為 R 的電阻 c，矩形區(qū)域 MNPQ 內(nèi)有豎直向上、 大小為 B 的勻強磁場。在傾斜部分同一高度h 處放置兩根細金屬棒a 和 b，由靜止先后釋放， a

5、 離開磁場時 b 恰好進入磁場， a 在水平導軌上運動的總距離為s。 a、b 質(zhì)量均為 m，電阻均為 R，與水平導軌間的動摩擦因數(shù)均為?，與導軌始終垂直且接觸良好。導軌電阻不計，重力加速度為g( )。則整個運動過程中A. a 棒中的電流方向會發(fā)生改變B. a 棒兩端的最大電壓為 ?2?C. 電阻 c 消耗的電功率一直減小?(?-?)D. 電阻 c 產(chǎn)生的焦耳熱為37.單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中統(tǒng)與燃感線且的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量 ?與時間 t 的關系圖象如圖所示。下列說法正確的是()?A. 2 時刻線框平面與中性面垂直?B. 從= 0到4過程中通過線框某一截面的電荷量為?22

6、C. 線框轉(zhuǎn)一周產(chǎn)生的熱量為2? ?3?2?到過程中線框的平均感應電動勢為?D. 從24?8. 聯(lián)合國氣候變化大會達成 哥本哈根協(xié)議 ，為減少二氧化碳排放，我國城市公交推出新型節(jié)能環(huán)保電動車，在檢測某款電動車性能的實驗中，質(zhì)量為8 102 ?的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為 15?/?，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F 與對應的速度 v，并描繪出?- 1圖象 (圖中ABBO均為直線 ) ，假設電動車行駛中所受的阻力恒定，則由、?圖象可得 ()A. 在全過程中，電動車在B 點時速度最大B. 電動車運動過程中所受的阻力C. 電動車的額定功率D. 電動車開始運動到剛好

7、達到最大速度所用的時間9. 下列說法正確的是 ( )第2頁，共 14頁A. 已知銅的密度、摩爾質(zhì)量和阿伏伽德羅常數(shù)，可以估算銅分子的直徑B. 熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體C. 一定質(zhì)量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加D. 在一定的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，但非晶體一定不可以轉(zhuǎn)化為晶體E. 當液體與固體之間表現(xiàn)為浸潤時，附著層內(nèi)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力10. 圖 1 中的 B 超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，遇到人體組織會產(chǎn)生不同程度的反射， 探頭接收到的超聲波信號由計算機處理，從而形成 B 超圖象。 圖2 為血管探頭沿 x 軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖象，?=

8、 0時刻波恰好傳到質(zhì)點 ?.已知此超聲波的頻率為 1 10 7 ?下.列說法正確的是 ()A.B.血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為1.4 10 3?/?質(zhì)點 M 開始振動的方向沿y 軸正方向C. ?= 1.25 10 -7 ?時質(zhì)點 M 運動到橫坐標 ?= 3.5 10 -4 ?處D. 0 1.25 10-7 ?內(nèi)質(zhì)點 M 的路程為 2mmE. ?= 1.5 10-7 ?時質(zhì)點 N 恰好處于波谷三、實驗題（本大題共2 小題，共15.0 分）11.某興趣小組用如圖甲所示的實驗裝置來測物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。PQ 為一塊傾斜放置的木板， 在斜面底端 Q 處固定有一個光電門， 光電門與數(shù)字

9、計時器相連 (圖中未畫 ) 。每次實驗時將一物體 (其上固定有寬度為 d 的遮光條 ) 從不同高度 h 處由靜止釋放，但始終保持斜面底邊長 ?= 0.500 ?不變。 ( 設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同 )(1)用 20 分度游標卡尺測得物體上的遮光條寬度d 如乙圖所示，則 ?= _ cm；(2)該小組根據(jù)實驗數(shù)據(jù)， 計算得到物體經(jīng)過光電門的速度v，并作出了如圖丙所示的 2? - ? 圖象，其圖象與橫軸的交點為 0.25 。由此可知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)?= _ ；(3) 若更換動摩擦因數(shù)更小的斜面，重復上述實驗得到2? - ? 圖象，其圖象的斜率將 _(填“增大”“減小”或“不變”)

10、。第3頁，共 14頁12. 指針式多用電表是實驗室中常用的測量儀器，請回答下列問題：(1) 在使用多用電表測量時， 若選擇開關找至“ 25V“擋，指針的位置如圖 (?)所示，則測量結果為 _V(2) 多用電表測量未知電阻阻值的電路如圖(?)所示，電源的電動勢為E為調(diào)零， ?0電阻。某次將待測電阻用電阻箱代替時，電路中電流I 與電阻箱的阻值 ? 關系圖象?如圖 (?)所示，則此時多用電表的內(nèi)阻為_?，該電池的電動勢 ?= _V(3) 下列判斷正確的是 _A.- ”、“ +”在圖 (?)中、電表的左、右插孔處分別標注著“B.由圖線 (?)的特點可知，歐姆表的刻度盤上的數(shù)字左小右大C.歐姆表調(diào)零的實

11、質(zhì)是通過調(diào)節(jié)R，使 ?= 0時電路中的電流達到滿偏電流的變化量相同時， ?越小，則對應的電流變化量就越小D.電阻 ?(4) 如果隨著使用時間的增長，該多用電表內(nèi)部的電源電動勢減少，內(nèi)阻增大，但仍然能夠歐姆調(diào)零，如仍用該表測電阻，則測量結果是_。 ( 填“偏大”“偏小”或“不變” )四、計算題（本大題共4 小題，共 52.0 分）13. 空間存在一水平向右的勻強電場，O、P 是電場中的兩點。從 O 點水平向右以大小不同的速度，先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m 的小球 A、B。A 不帶電，B 的電荷量為 ?(? 0) 。A 從 O 點發(fā)射時的速度大小為 ?0，達到 P 點所用的時間為 t；B 從 O 點發(fā)射

12、的速度?g，求：為 0 ，也通過 P 點。重力加速度為2(1) 電場強度 E 的大?。?2)?運動到 P 點時的動能。14. 如圖，在 xOy 坐標平面第一象限內(nèi)、? 1?的范圍中，存在以2?= ?為上邊界的沿 y 軸正方向的勻強電場， 場強大小 ?1 = 2.0 102 ?/?在.直線 ?(方程為 ?= 1?)的上方存在方向垂直紙面向里、 磁感應強度為 B 的勻強磁場。 在?= -1? 處有一與 y 軸平行的接收板 PQ，板兩端分別位于 MN 直線和 x 軸上；在第二象限， MN 和 PQ 圍成的區(qū)域內(nèi)存在沿 x 軸負方向的勻強電場， 場強大小為 ?2.現(xiàn)有大量的帶正電粒子從 x 軸上 0

13、? 1?的范圍內(nèi)同時由靜止釋放，粒子的比荷均為? = 1.6 105 ?/?，?不計粒子的重力及其相互作用。第4頁，共 14頁(1)求在 ?= 0.5?處釋放的粒子射出電場?1時的速度大??；(2)若進入磁場的所有帶電粒子均從MN 上同一點離開磁場，求磁感應強度B 的大小；(3)若在第 (2) 問情況下所有帶電粒子均被PQ 板接收，求電場強度?2 的最小值和在?最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間。215. 如圖所示為一豎直放置、 上粗下細且上端開口的薄壁玻璃管， 上部和下部的橫截面積之比為 2: 1 ，上管足夠長，下管長度 ?= 34?在.管內(nèi)用長度 ? = 4?的水銀柱封閉一定質(zhì)量

14、的理想氣體，氣柱長度?= 20?大.氣壓強 ? = 76?，氣體初始溫10度 ?1 = 300?(1)若緩慢升高氣體溫度， 使水銀上表面到達粗管和細管交界處，求此時的溫度 ?2；(2)繼續(xù)緩慢升高溫度至水銀恰好全部進入粗管，求此時的溫度?3第5頁，共 14頁16. 如圖所示，一個半徑為 R 的透明玻璃球，玻璃球的折射率為2 ，虛線為過球心的一條對稱軸。 現(xiàn)有兩束與對稱軸平行的光線分別從球上A、B 兩點射入玻璃球， A、B 兩點到對稱軸的距離均為 2 ，兩束光線分別從C、 D 兩點射出玻璃球后相交于2 ?對稱軸上的 E 點。求 E 點到球心 O 的距離。第6頁，共 14頁答案和解析1.【答案】

15、D【解析】 解：設兩個小球的質(zhì)量都為m，以 AB 球整體作為研究對象， A 處于靜止狀態(tài)受力平衡，由平衡條件得：細線拉力，?= 2?60=23?剪斷細線瞬間彈簧的彈力沒有變化，A 球受到的合力與原來細線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓第二定律得：?23?，?= 2 3?B 球的受力情況不變，則加速度仍為0，故 D 正確。故選： D。對小球受力分析， 根據(jù)平衡條件求水平輕繩的拉力大小，剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，繩子的拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律求解即可。本題平衡條件和牛頓第二定律的綜合，關鍵要明確彈簧的彈力不能突變，剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化。2.【答案】 C【解析】 解： A、由于位移

16、 - 時間圖象的斜率表示該時刻的速度，由圖可知，0 - 2?內(nèi) A、 B 兩物體的速度 ( 斜率 ) 沒有負值，即運動方向沒有發(fā)生改變，故A 錯誤。B、1.5?末A BB錯誤。、 兩物體的位置坐標相同， 說明兩物體相遇， 而不是速度相同， 故C、由圖可知， 0 - 1.5?的時間內(nèi)，兩物體的位移相等，所用時間也相等，所以平均速度相等，故 C 正確。D 、從 ?-?圖象看出，兩個物體1s 末縱坐標讀數(shù)之差最大，兩物體相距最遠，且最大距離為 ?= 2?，故 D 錯誤。故選： C。位移 - 時間圖象的斜率表示該時刻的速度，斜率的正負表示速度的方向。位移等于縱坐標的變化量， 平均速度等于位移與時間之比

17、。A、B 兩物體之間的距離等于縱坐標之差。由此分析。解答本題關鍵要理解位移- 時間圖象上點和斜率的物理意義，要知道位移- 時間圖象的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向。3.【答案】 B?【解析】 解：A、近地點的速度較大，可知 B 點線速度大于A 點的線速度， 根據(jù) ? =知，?衛(wèi)星在 A 點的角速度小于B 點的角速度，故A 錯誤。B、根據(jù)牛頓第二定律得，?=?=?A 點的加速度小于B 點的加速度，?2 ，可知衛(wèi)星在?故 B正確。C、衛(wèi)星沿橢圓軌道運動，從A 到 B，萬有引力做正功，動能增加，勢能減小，機械能守恒，故 CD 錯誤。故選： B。?近地點的線速度較大，結合線速度大小，根據(jù)?=比

18、較角速度大小。根據(jù)牛頓第二定?律比較加速度大小。根據(jù)萬有引力做功判斷動能和勢能的變化。解決本題的關鍵知道衛(wèi)星沿橢圓軌道運動，只有萬有引力做功，機械能守恒。對于近地第7頁，共 14頁點和遠地點的速度大小關系，可以通過開普勒第二定律判斷，也可以根據(jù)動能定理判斷。4.【答案】 D【解析】 解： ABC、 E 為內(nèi)阻不計的電源，可變電阻R 兩端電壓 ?，?= ?- ?當環(huán)境中 ?2.5指數(shù)增大時，報警器 S 兩端電壓增大，可變電阻R 兩端電壓減??；報警器 S 兩端電壓增大， 電路中總電流增大， 可變電阻 R 兩端電壓減小， 電阻 R 中電流減小，則流過 ? 的電流增大，電流表 A 的示數(shù)增大；?可變電

19、阻 R 兩端電壓減小， ?兩端電壓減小，流過?的電流增大， ?的阻值減小，故?ABC 錯誤；D .可變電阻 R 的阻值越大，并聯(lián)部分總電阻越接近，?對電路的影響越明顯，從而? ?增大報警器的靈敏度，故D 正確；故選： D。明確電路結構， 根據(jù)閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析可明確電阻的變化，對于靈敏度的分析可利用“極限思維”進行分析：只要掌握一個規(guī)律，“兩只電阻并聯(lián)時，其總電阻總是比較其中最小的那個阻值還小“。此題如果用傳統(tǒng)的思維，即利用閉合電路歐姆定律，由電源電動勢E、電阻 R 及 ?得出?S 上的電壓表達式，再進行討論，也可利用“串反并同”規(guī)律解題。5.【答案】 A【解析】 【分析】通過楞次定律

20、可以判斷出感應電流的方向； 由楞次定律判斷磁鐵在下落過程中所受線圈作用力的方向；應用能量守恒定律分析答題；本題考查了楞次定律的應用，正確理解楞次定律阻礙的含義是正確解題的關鍵?！窘獯稹緼.由圖示可知，在磁鐵下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變大，在磁鐵遠離圓環(huán)時穿過圓環(huán)的磁通量減小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A 正確；B.由楞次定律可知，感應電流總是阻礙磁鐵和導體圓環(huán)間的相對運動，在磁鐵靠近線圈的過程中為阻礙磁鐵的靠近， 線圈對磁鐵的作用力豎直向上， 在磁鐵穿過線圈遠離線圈的過程中，為阻礙磁鐵的遠離，線圈對

21、磁鐵的作用力豎直向上，則在整個過程中，線圈對磁鐵的作用力始終豎直向上，故B 錯誤；C .在磁鐵下落過程中，線圈中產(chǎn)生感應電流，線圈中有電能產(chǎn)生，磁鐵在整個下落過程中，磁鐵的機械能轉(zhuǎn)化為電能，由能量守恒定律可知，磁鐵的機械能減少，故C 錯誤；22?，磁鐵落地時的速度?= 2?2?，由于磁鐵下D .磁鐵做自由落體運動時， ? =落時能量有損失，磁鐵落地速度小于2?2?，故 D 錯誤；故選 A。6.【答案】 AD【解析】 解： A、當 a 棒進入磁場時，根據(jù)右手定則可得a 棒中的電流方向由里向外，當 b 棒進入磁場時，根據(jù)右手定則可知a 棒中的電流方向由外向里，所以a 棒中的電流方向會發(fā)生改變，故A

22、 正確；B、 a 棒下滑到斜面底端時速度為v。則 ?=12 ，解得，減速進入磁場2?= 2?時感應電動勢小于， a 棒兩端電壓為路端電壓，所以a 棒兩端的最大電壓小于?2?2?，故 B 錯誤；C、 a 棒在磁場中運動過程中速度減小、產(chǎn)生的感應電動勢減小，所以通過電阻的電流減小， c 電阻消耗的電功率減小， 而當 b 棒再次進入磁場時， c 棒消耗的電功率又增大，然后再減小，故 C 錯誤；第8頁，共 14頁D 、a 在水平導軌上運動的總距離為s，則 b 在水平導軌上運動的總距離也為s。根據(jù)能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的總的熱量?= 2?- 2?，無論 a 在磁場中或b 在磁場中，c 都是在外電路且與

23、阻值為R 的電阻并聯(lián)，所以 c 電阻消耗的焦耳熱11? =?=32?(?-?)，故 D 正確。3故選： AD。根據(jù)右手定則可知 a 棒中的電流方向；根據(jù)機械能守恒定律計算達到低端的速度，a 棒兩端電壓為路端電壓，根據(jù)?= ?判斷 a 棒兩端電壓；根據(jù)通過c 棒的電流變化分析電功率的變化；根據(jù)能量守恒定律分析電阻c 產(chǎn)生的焦耳熱。對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度， 根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程； 另一條是能量， 分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。7.【答案】 ABC【解析】 【分析】當線圈處于中性面時，磁通量最大，線圈與中性面垂直時

24、，磁通量最?。挥蓤D象可讀出磁通量的最大值與周期，先求出圓頻率，即可求出最大的電動勢，根據(jù)最大值與有效值?的關系求有效值；根據(jù)能量守恒定律求線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功；根據(jù)?= ?求平均?電動勢。本題關鍵是記住兩個特殊位置：在中性面時磁通量最大，感應電動勢最小，電動勢方向改變；垂直中性面位置磁通量為零，但電動勢最大。對于交變電流的各個值的關系及求解方法要掌握?！窘獯稹緼.由圖可知在?A2 時刻，線框的磁通量為零，所以線框平面處在垂直中性面的位置，故正確；B.?=?，故 B 正確；過程中通過線框某一截面的電荷量為?從= 0到4C.由圖可得磁通量的最大值為?，周期為 T，所以圓頻率為 ?= 2?，可知線

25、框感應電動?2?勢的最大值為? = ?=?，由于此線框在磁場繞軸轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流為正弦交?流電，故其電動勢的有效值為?2?=?=?，由于線框勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)能量守恒定律2?22?222(?可知外力做的功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，則有? =?=?)?=2? ?，故 C 正確；?-?D .?=- 0= ?，根據(jù) ?從?= 0到的過程中， 磁通量減小了 ? = ?可得平均4?= ?-4?，故 D 錯誤。電動勢為 ?=?故選： ABC。8.【答案】 BC【解析】 解：A、當最大速度 ?= 15?/?時，牽引力為 ?= 400?，故恒定阻力?=?= 400?，此時為C 點，故 A 錯誤， B 正確；C、額定功

26、率?= ?= 400 15 = 6 10 3 ?.故 C 正確；第9頁，共 14頁D 、BC 段做變速直線運動，無法求解其運動位移，也就求不出阻力做的功，則無法求出電動車開始運動到剛好達到最大速度所用的時間，故D 錯誤故選： BCAB 過程牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，做勻加速直線運動，BC 段圖線的斜率表示電動車的功率，斜率不變，則功率不變，根據(jù)功率與牽引力的關系，判斷BC 段的運動情況，速度達到最大時，牽引力等于阻力解決本題的關鍵能夠從圖線中分析出電動車在整個過程中的運動情況，當牽引力等于阻力時，速度達到最大9.【答案】 ACE【解析】 解： A、已知銅的密度和摩爾質(zhì)量可求摩爾體積，摩爾

27、體積除以阿伏伽德羅常數(shù)得銅分子體積，把銅分子看成球型，即可求解銅分子直徑，故A 正確；B、根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量能從低溫物體傳到高溫物體，如空調(diào)，但會引起其他的變化，故 B 錯誤；C、一定質(zhì)量的某種理想氣體在等壓膨脹過程，根據(jù)蓋呂薩克定律可知溫度升高，故氣體內(nèi)能一定增大，故 C 正確；D 、晶體與非晶體在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化，即在一定的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，非晶體也可以轉(zhuǎn)化為晶體。故D 錯誤；E、液體與固體之間表現(xiàn)為浸潤時，附著層內(nèi)分子之間的作用力表現(xiàn)為斥力；附著層出現(xiàn)擴展的趨勢；故E 正確；故選： ACE。已知銅的密度、摩爾質(zhì)量和阿伏伽德羅常數(shù)可求銅分子體積，把銅分子看

28、成球型，即可求解銅分子直徑；根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量能從低溫物體傳到高溫物體；氣體內(nèi)能只與溫度有關； 結合晶體的微觀結構并結合實例可知選項 D 的正誤； 浸潤是由于附著層分子間是斥力的原因。本題考查分子大小、 熱力學第二定律、 氣體狀態(tài)方程、 晶體與非晶體以及浸潤等知識點，關鍵是要熟練掌握熱學的各個知識點，并能靈活應用。10.【答案】 AD【解析】 解： A、根據(jù)圖象讀出波長為：?= 14 10 -2?= 1.4 10 -4?，由 ?= ?得波速為： ?= ?= 1.4 10 -4 1 10 7 =1400?/?，故 A 正確；B、由圖可知，波的最前沿傳播的是波谷，所以M 點開始振動的方向

29、向下。故B 錯誤；C、在波的傳播過程中各質(zhì)點只在平衡位置附近振動，不沿波的方向傳播。故C 錯誤；1?，質(zhì)點只會上下振動， 因為 ?= 1.25 10 -7 ?=D 、質(zhì)點振動的周期為： ?= ?= 1 10-71 41?，所以質(zhì)點 A 運動的路程為： ?= 1 414?= 1.25 4 0.004? = 0.002? = 2?，故D正確；E、由圖可知， MN 之間的距離為： ?=(35 - 14) 10-2?= 21 10 -2?=2.1 10 -4 ?，?-4波的前沿傳播到達N的時間為： ?=2.1 10-7，=3 = 1.5 10?1.4 10可知在 1.5 10-7?時質(zhì)點 N 恰好開始

30、振動。故 E 錯誤；故選： AD。根據(jù)圖象讀出波長，由波速公式?=?求出波速。根據(jù)時間1s與周期的關系求質(zhì)點 A通過的路程。根據(jù)波形平移法分析質(zhì)點B 的運動方向。根據(jù)位移關系分析A、 B 兩點的加速度關系。本題考查機械振動、機械波的速度、波長、頻率、加速度、圖象等相關知識。要知道質(zhì)第10 頁，共 14頁點做簡諧運動時，質(zhì)點不沿波的方向傳播。11.【答案】 (1)0.225；(2)0.5；(3) 不變【解析】解：(1) 由圖知第 5 條刻度線與主尺對齊， 則讀數(shù)為： ?= 2?+ 5 0.05? = 2.25? = 0.225?；s12(2) 設斜面的長為(?-?)=?，傾角為 ?，由動能定理得

31、：2122即： ?- ?=?， ? = 2?- 2?2由圖象可知，當 ? = 0.25?時， ?= 0 ，代入得到： ?= 0.5；22?知斜率 ?=2?為定值，若更換動摩擦因數(shù)更小的斜面，圖象的斜(3) 由 ? = 2?-率不變。故答案為： (1)0.225； (2)0.5； (3) 不變本題主要是考查測物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)實驗，掌握游標卡尺的讀數(shù)方法和該實驗的實驗原理是關鍵。12.【答案】 11.51.510412AC 偏大【解析】解：(1) 選擇開關置于“25V”時，選擇表盤第二排刻度進行讀數(shù)， 分度值為 0.5?，對應刻度示數(shù)為： 11.5?。(2) 根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：?=

32、 ? ， ?=? +?內(nèi)?內(nèi)由題圖可得 ?= 08?15 ?，解得?= 15?= 1.5 104?，?內(nèi)，當 ?= 0.3?時，?=V?= 12 。(3)?、根據(jù)電流紅進黑出， 在題圖 b 中，電表的右、 左插孔處分別標注著“+ ”“-”，故 A正確；B、函數(shù)圖象是非線性變化，導致歐姆表刻度不均勻，歐姆表的刻度盤上的示數(shù)左大右小，由于外電阻增大電路電流減小造成的，故B 錯誤；C、歐姆表調(diào)零通過調(diào)節(jié)滑動變阻器?0，調(diào)節(jié)至待測電阻 ? 為零 ( 即兩表筆短接 ) 時，電?流表滿偏，對應歐姆表示數(shù)為零，故C 正確；D 、歐姆表刻度不均勻的原因是待測電阻和電路電流關系非線性變化，而且切線斜?率大小隨待

33、測電阻值增大而減小，即 ?阻值變化量對應電流變化量隨待測電阻增大而減?小，歐姆表刻度左密右疏，故D 錯誤。故選： AC(4) 測量原理為閉合電路歐姆定律： 當電池電動勢變小、 內(nèi)阻變大時， 歐姆得重新調(diào)零，?=?=? ?中由于滿偏電流，歐姆表內(nèi)阻=不變，由公式?中得調(diào)小，?+?中?+?中?中?，因中變小，則同一 ?則電流要變小，對應電阻刻度值偏大。1+?中?故答案為： (1)11.5(2)1.510 412 (3)? (4) 偏大(1) 根據(jù)電流表量程確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)。(2) 歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析答題。(3) 歐姆表內(nèi)置電源正極與負插孔

34、相連，負極與正插孔相連；歐姆表刻度不均勻，零刻度線在最右側(cè)，最大刻度線在最左側(cè)。(4) 歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，應用閉合電路歐姆定律確定誤差。第11 頁，共 14頁本題考查了使用多用電表測電阻的實驗步驟， 要掌握歐姆表的使用方法； 使用多用電表測電阻，應選擇合適的擋位，使指針指針表盤中央刻度線附近，歐姆表換擋后要進行歐姆調(diào)零，多用電表使用完畢，要把選擇開關置于OFF 擋或交流電壓最高擋上。13.t，【答案】 解： (1) 豎直方向上， A、 B 的運動時間相等都為水平方向上： A 球做勻速直線運動 ?= ?0 ?，對 B 球， ?= ?01?2，2 ?+ 2 ? ?聯(lián)立解得： ?=

35、?0；?1?2，其中?=12，B? + ?= ? -?(0)(2) 對運用動能定理?222聯(lián)立解得： ?=9212 2 ；? +?802答： (1)電場強度?0E 的大小為；?(2)?運動到 P 點時的動能為9212 2。? +?802【解析】 (1) 根據(jù) A、 B 兩球的水平位移相等可求場強大?。?2) 根據(jù)動能定理求解 B 球到達 P 點的動能；本題的關鍵是正確的受力分析， 通過受力分析判斷物體的運動性質(zhì)， 理清物體的運動過程，正確的選擇對應的物理規(guī)律列式進行分析。14.【答案】 解： (1) 由題意得，于x 處釋放的粒子在電場中加速的位移為y，且滿足：2 ?= ?設射出電場 ?時的速度大小為v，由動能定理可得： ?=12112? 2? ?由 式可得： ?= ? ?1代入 ?= 0.5?可得： ?= 4 10 3 ?/?(2) 粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設半徑為 r ，由牛頓第二定律可得：2?= ? ?由 式解得： ?=?=?12?1 ? ?由 式可得，當磁感應強度B 一定時，軌道半徑 r 與 x 成正比， 當 x 趨近于零時時，粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零，即所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從C