2019年山東省大聯(lián)考高三物理三模試卷及答案解析

1、快樂(lè)分享，知識(shí)無(wú)限!2019年山東省“評(píng)價(jià)大聯(lián)考”高考物理三調(diào)試卷nE；eV一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）二二咨1.如圖所示為氫原子能級(jí)圖，現(xiàn)有大量氫原子從=4的能級(jí)發(fā)生躍遷，產(chǎn)生一些不2"）同頻率的光，讓這些光照射一個(gè)逸出功為2.29eV的鈉光管，以下說(shuō)法正確的是A.這些氫原子可能發(fā)出3種不同頻率的光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(shí)飛出的電子都是來(lái)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的能級(jí)2.如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，。為圓心，最

2、高點(diǎn)8處固 定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為，的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另 一端跨過(guò)滑輪用力產(chǎn)拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)。小環(huán)A及滑輪5大小不計(jì)，在移動(dòng) 過(guò)程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對(duì)A的彈力N的說(shuō)法正確的是（）A.尸逐漸增大B. N的方向始終指向圓心O CN逐漸變小D. N大小不變3. 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(yáng)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)量為太陽(yáng) 質(zhì)量的3地球質(zhì)量在流浪

3、過(guò)程中損失了3地球繞比鄰星運(yùn)行的軌道半徑為地球繞太陽(yáng)運(yùn)行軌道半徑的3則下列說(shuō)法正確的是（）A.地球繞比鄰星運(yùn)行的公轉(zhuǎn)周期和繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)周期相同B.地球繞比鄰星運(yùn)行的向心加速度是繞太陽(yáng)運(yùn)行時(shí)向心加速度的;C.地球與比鄰星間的萬(wàn)有引力為地球與太陽(yáng)間萬(wàn)有引力的2D.地球繞比鄰星運(yùn)行的動(dòng)能是繞太陽(yáng)運(yùn)行時(shí)動(dòng)能的去 104.如圖，理想變壓器了的原線圈接在電壓為U的交流電源兩端，尸為滑動(dòng)變阻器的滑片，Rr為熱敏電阻，其 阻值隨溫度升高而減小，則（）A.尸向左滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸出電壓變大B.P向左滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入功率變大C. Rt溫度升高時(shí)，燈L變亮D. %溫度升高時(shí)，適當(dāng)向右滑動(dòng)P可保持燈L亮度不變5

4、.如圖所示，白色傳送帶A、8兩端距離L=14加，以速度w=8八逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并且傳送帶與水平面的 夾角為e=37。，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2a的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn)0.25, > 取 gTO/#?, sin370=0.6, cos37°=0.8,則下列敘述正確的是（）A.煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到8端所經(jīng)歷時(shí)間為2.25sB.煤塊運(yùn)動(dòng)到8端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為120WC.煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到8端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4皿D.煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到8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(diǎn)是

5、尸，直徑MN水平， 、是兩個(gè)完全相同的帶正電小球（視為點(diǎn)電荷），固定在M點(diǎn)，“從N點(diǎn) 靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)。（圖中未畫(huà)出）時(shí)速度為零。則 小球4 （）A.從N到。的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力一直增大B.從N到。的過(guò)程中，速率先增大后減小，最大速率的位置在P點(diǎn)C.從尸到。的過(guò)程中，動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量D.從N到。的過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減小7 .如圖所示，A、3兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，8、。兩小球在豎直方 向上通過(guò)勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧相連，。球放在水平地面上，已知A的質(zhì)量為5/，B、C的質(zhì)量均為/， 重力加速度為#，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不

6、計(jì)?，F(xiàn)用手控制住A,并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保 證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜而平行，開(kāi)始時(shí)整個(gè)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(shí)C恰好離開(kāi)地而，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A,斜而傾角a = 37°B.C剛離開(kāi)地面時(shí)，8的加速度為0C. A獲得最大速度為再ED.A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒8 .如圖所示，在光滑水平而上有寬度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，邊界線MN平 行于PQ線，磁場(chǎng)方向垂直平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為從 邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（LV4）的正方形金屬線框，電阻為R，質(zhì)量為?，在水平向右的恒力 尸作用下，從距離MN為g處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，線框右邊到MN時(shí)速度與

7、 到尸。時(shí)的速度大小相等，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框右邊始終與MN平行，則下 列說(shuō)法正確的是（ ）A,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)B.線框的右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力的大小為?后C,線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中速度的最小值為叵 mD.線框右邊從MN到運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為心/9 .下列說(shuō)法正確的是（）A.氣體的溫度升高，每個(gè)氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率都增大B.分子間引力和斥力同時(shí)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(shí)，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤(rùn)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

8、遞也不一定改變內(nèi)能，但同時(shí)做功和熱傳遞一定會(huì) 改變內(nèi)能10.40處的質(zhì)點(diǎn)在仁0時(shí)刻從靜止開(kāi)始做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，帶動(dòng)周?chē)馁|(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，在x軸上形成一列向x正方向傳播 的簡(jiǎn)諧橫波。如圖甲為x=0處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象，如圖乙為該簡(jiǎn)諧波在h=0.03$時(shí)刻的一部分波形圖。已 知質(zhì)點(diǎn)尸的平衡位置在41.75帆處，質(zhì)點(diǎn)。的平衡位置在42/%下列說(shuō)法正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)。的起振方向向上B.從力時(shí)刻起經(jīng)過(guò)0.0275s質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置C.從h時(shí)刻算起，質(zhì)點(diǎn)尸比質(zhì)點(diǎn)。的先到達(dá)最低點(diǎn)D.從電時(shí)刻起經(jīng)過(guò)0.025s,質(zhì)點(diǎn)尸通過(guò)的路程小于E.從如時(shí)刻起經(jīng)過(guò)0.01s質(zhì)點(diǎn)。將運(yùn)動(dòng)到x = 3nl處三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小

9、題，共15.0分）11 .某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)探究加速度"與物體所受合力廠及質(zhì)量，關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，如圖所示已知小車(chē)質(zhì)量 M=250g,硅碼盤(pán)的質(zhì)量記為布，所使用的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交流電頻率450論.其實(shí)驗(yàn)步驟是：1 .按圖中所示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置；2 .調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板的傾角，輕推小車(chē)后，使小車(chē)能沿長(zhǎng)木板向下做勻速運(yùn)動(dòng)；3 .取下細(xì)繩和硅碼盤(pán)，記下祛碼盤(pán)中硅碼的質(zhì)量如4 .先接通電源，再放開(kāi)小車(chē)，打出一條紙帶，由紙帶求得小車(chē)的加速度“：5 .重新掛上細(xì)繩和硅碼盤(pán)，改變硅碼盤(pán)中硅碼質(zhì)量，重復(fù)24步驟，求得小車(chē)在不同合外力尸作用下的 加速度。回答下列問(wèn)題：（1）按上述方案做實(shí)驗(yàn)，是否要求硅碼和硅碼盤(pán)的總質(zhì)量

10、遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量？ （填“是”或“否”） （2）實(shí)驗(yàn)中打出的其中一條紙帶如圖所示，由該紙帶可求得小車(chē)的加速度“=m/s2.（保留二位有 效數(shù)字）:5.87f6,76,單位:cm（3）某同學(xué)將有關(guān)測(cè)量數(shù)據(jù)填入他所設(shè)計(jì)的表格中，如下表，次數(shù)12345硅碼盤(pán)中硅碼的重力F/N0.100.200.290.390.49小車(chē)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(huà)出圖象（如圖）。造成圖線不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的一條最主要原因是輕質(zhì)“川1川山111川山川（0J0 0.20 （130 U4）oT?r/712 .為了測(cè)某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：電阻箱R，定值電阻

11、R，兩個(gè)電流表4、A2,電鍵S,單刀雙擲開(kāi)關(guān)S?,待測(cè)電源，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)小 組成員設(shè)計(jì)如圖甲所示的電路圖，（1）閉合電鍵S,斷開(kāi)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2,調(diào)吊j電阻箱的阻值為R,讀出電流表A2的示數(shù)h將單刀雙擲 開(kāi)關(guān)S?合向1,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表A?的示數(shù)仍為/。，此時(shí)電阻箱阻值為則電流表4的阻 值 Ra1=Q（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S?合向2,多次調(diào)在電阻箱的阻值，記錄每次調(diào)行后的電阻箱的阻值R及電流表4 的示數(shù)/，實(shí)驗(yàn)小組成員打算用圖象分析/與夫的關(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 oA. I B. I2C. - D. 4/（3）若測(cè)得電流表4的內(nèi)阻為1。，定值電阻

12、Ro=2C,根據(jù)（2）選取的y軸，作出），-R圖象如圖乙所示， 則電源的電動(dòng)勢(shì)丘 V,內(nèi)阻-C。（4）按照本實(shí)驗(yàn)方案測(cè)出的電源內(nèi)阻值o （選填“偏大”、“偏小”或“等于真實(shí)值”）四、計(jì)算題（本大題共4小題，共520分）13 .如圖所示，空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)其方向垂直紙而向里。在平 而內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的剛性等邊三角形框架DE邊 中點(diǎn)S處有一帶正電的粒子，電量為夕，質(zhì)量為?，現(xiàn)給粒子一個(gè)垂直于QE邊 向下的速度，若粒子每一次與三角形框架的碰撞時(shí)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(shí)可使由S點(diǎn)發(fā)出的粒子 最終又回到S點(diǎn)。求：（1）若

13、粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點(diǎn)，粒子的速度大小。（2）若S點(diǎn)不在。上邊的中點(diǎn)，而是距。點(diǎn)的距離。S=,仍然使粒子能回到S點(diǎn)，求滿足條件的粒子的速度大小。14 .如圖所示，88是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平而內(nèi)，直徑3。豎直軌道半徑為R，下端與水平絕 緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為?的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng) 大小為2質(zhì)量為機(jī)、帶正電的小滑塊”置于水平軌道上，電荷量為疔螯，滑塊”與水平軌道間的動(dòng)摩 擦因數(shù)產(chǎn)0.5,重力加速度為以 現(xiàn)將滑塊”從水平軌道上距離B點(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 與滑塊人碰撞，碰撞時(shí)間極短且電量不變，碰后兩滑塊精在一起運(yùn)

14、動(dòng)，、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）滑塊、。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(duì)軌道作用力的大小。（3）滑塊第一次落地點(diǎn)到8點(diǎn)的距離。15 .如圖所示，粗細(xì)均勻的U形玻璃管，左端封閉，右端開(kāi)口，豎直放置。管中有兩段水 銀柱,長(zhǎng)分別為5“、105?，兩水銀液柱上表面相平，大氣壓強(qiáng)為75皿Hg,溫 度為27C, “水根柱上面管中封閉的A段氣體長(zhǎng)為15"% U形管水平部分長(zhǎng)為10cm, 兩水銀柱間封閉的B段氣體的總長(zhǎng)為20,初，給3段氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面 與水根柱下表而相平，求此時(shí) A段氣體的壓強(qiáng)；8段氣體的溫度為多少K?16 .如圖所示

15、，A3C等邊三棱鏡，P、。分別為AB邊、AC邊的中點(diǎn)，而鍍有一層 銀，構(gòu)成一個(gè)反射而，一單色光以垂直于5。面的方向從P點(diǎn)射入，經(jīng)折射、反 射，剛好照射在AC邊的中點(diǎn)。，求棱鏡對(duì)光的折射率：使入射光線繞尸點(diǎn)在紙面內(nèi)沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)光線再次照射到。點(diǎn)時(shí)，人射光線轉(zhuǎn)過(guò)的角度。答案和解析1 .【答案】B【解析】解:A、大量氫原子從n=4的能級(jí)躍遷能產(chǎn)生6種不同頻率的光，故A錯(cuò)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=l,從n=3到從n=l,從 n=4到從n=l,從n=4至I從n=2,故B正確：C、光電子來(lái)自于金屬板中的自由電子，故C錯(cuò)誤。D、氫原子從n=4的能級(jí)向n=l

16、發(fā)生躍遷，發(fā)射光子能量最大，當(dāng)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=l的能級(jí)躍n=2的能級(jí)，需要吸收能量為Er=13.6-3.4=10.2eV,因 10.46eV> 10.2eV,能實(shí)現(xiàn)躍遷。故 D錯(cuò)誤;故選:B。根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式a:求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù);能級(jí)間躍遷時(shí)，輻射的光子能量等于 兩能級(jí)間的能級(jí)差.能級(jí)差越大，輻射的光子頻率越高。解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件,以及知道能級(jí)間躍遷時(shí)輻射或吸收的光子能量等于兩能級(jí) 間的能級(jí)差,并掌握光電效應(yīng)方程的內(nèi)容，注意D選項(xiàng)是吸收光電子，因此只要光電子能量大于 等于兩能級(jí)差即可。2 .

17、【答案】D【解析】解:在物塊緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，小圓環(huán)A處于三力平衡狀態(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，N T 由三角形相似得：以：=而=赤A、F=T.由可得:F=mg, AB變小，BO不變，則F變小;故A錯(cuò)誤；BCD、由可得:N= mg, AO、BO者B不變，則N不變，方向始終背離圓心:故D正確，BC錯(cuò)誤;故選:D。選取小圓環(huán)A為研究對(duì)象.畫(huà)受力分析示意圖，小圓環(huán)受三個(gè)力，兩個(gè)繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力,運(yùn)用三角形相似法得到N、F與AO、BO的關(guān)系,再分析N和F的變化情況。本題是共點(diǎn)力平衡的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，在非直角三角形的情況下，運(yùn)用三角形相似法

18、列式也是 常用的方法。3 .【答案】A【解析】解:A、萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得:仃學(xué)刃乂寧產(chǎn)*解得:1=2兀，忌，則：弄=J嚷尸啜二宿）2,即：T比4太，故A正確；B、萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得:解得:a=字，也=學(xué)3 =卜22=；,廣廣氣 "k比82故B錯(cuò)誤；C、萬(wàn)有引力之比詈騫=喘=中乂*=|,故C錯(cuò)誤；D、萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得:GF=m,動(dòng)能：以=1，/=絆竺，廣 r22r動(dòng)能之比：J & -必心比二G X 5 x2= 5 ,故D干曰誤；故選:A。萬(wàn)有引力提供向心力,應(yīng)用萬(wàn)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，

19、然后分析答題。本題考查了萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用,知道萬(wàn)有引力提供向心力是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用萬(wàn)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(dòng)時(shí)，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(cuò)誤；B、P向左滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器電阻變大，副線圈回路總電阻增大，輸出功率減小，所以變壓器的輸 入功率也變小，故B錯(cuò)誤；C、出丁溫度升高時(shí)，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(dòng)變阻器的分 壓增大，燈L兩端電壓減小，燈L變暗，故C錯(cuò)誤；D、衣/溫度升高時(shí)，熱敏電阻阻值減小，只有適當(dāng)向右滑動(dòng)P,才能使燈L分壓不變，從而保持燈的 亮度不變，故D正確

20、；故選:D。與閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類似,可以根據(jù)滑動(dòng)變阻器R的變化.確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)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(lái)分析其他的元件的電流和電壓的變 化的情況電路的動(dòng)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:煤塊放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力作用.一定先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。A、設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間5煤塊的速度與傳送帶相同，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgsiii0j.imgcosO=mai,可得 ai =g(sin8+Ncos8)

21、 =8ni/s2由v(尸am得t=ls,此過(guò)程通過(guò)的位移大小為X= 2 t1=4m<Lo由于mgsinB>卜imgcosB.故煤塊速度大小等于傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上。設(shè)煤塊接著做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則mgsin8iimgcose=ma2,可得a2=g (sin0-j.icosO) =4m/s由L-xi=vot?+ :做名，代入數(shù)據(jù)得：t2=ls。故煤塊從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t=t1+t2=2so故A錯(cuò)誤。B、煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)速度，=v()+a2t2=12m/s,此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvsin6=144W,故

22、 B錯(cuò)誤。C、由于兩個(gè)過(guò)程煤塊與傳送帶間的相對(duì)位移大小(voti-xi)>(L-xi)-vot2，所以煤塊從A端運(yùn)動(dòng) 到B端留下的黑色痕跡長(zhǎng)度為S=v0ti-xi=4mo故C正確。D、煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=Nmgcose(vot-xi)+(L-xi)-vot2,代入數(shù)據(jù)解 得:Q=24J,故D錯(cuò)誤。故選:C。對(duì)煤塊進(jìn)行受力分析.開(kāi)始時(shí)，受到重力、支持力、向下的滑動(dòng)摩擦力，處干加速階段；當(dāng)速度等于 傳送帶速度時(shí)，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(shí)間，從而求得總時(shí)間。由速度公式求解煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)的速度

23、, 由P=mgvsm6求重力的瞬時(shí)功率。黑色痕跡的長(zhǎng)度等于煤塊與傳送帶間相對(duì)位移的大小。因摩擦 產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對(duì)位移的乘枳。解決本題的關(guān)鍵理清煤塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解,知 道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。要注意摩擦生熱與相對(duì)路程有關(guān)。6 .【答案】AC【解析】 解:A、當(dāng)電荷a在N點(diǎn)時(shí)，受豎直向下的重力和水平向右的電場(chǎng)力,a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽 運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q的過(guò)程中，電場(chǎng)力和重力之間的夾角一直減小，且電場(chǎng)力逐漸增大，所以 重力與電場(chǎng)力的合力一直增大.選項(xiàng)A正確；B、在N點(diǎn)是.電場(chǎng)力與重力的合力與該點(diǎn)的切線方向之間的夾角是銳角.所以

24、在開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)的 過(guò)程中，合力做正功，速率增大;在P時(shí)，速度的方向是水平向左的.與合力之間的夾角為鈍角.所 以在此之間，合力已經(jīng)開(kāi)始做負(fù)功了，所以有段時(shí)間速率減小，從N到P的過(guò)程中,速率先增大后 減小，速率最大點(diǎn)應(yīng)該在NP間某點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、從P到Q的過(guò)程中.電場(chǎng)力做負(fù)功，重力也做負(fù)功.動(dòng)能的減少量等于電勢(shì)能和重力勢(shì)能的增 加量之和，即動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量,故C正確；D、從N到Q的過(guò)程中(N點(diǎn)除外)，電場(chǎng)力的方向與速度的方向始終成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì) 能始終增加.故D錯(cuò)誤；故選:AC。分析庫(kù)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(chǎng)力做功的特 點(diǎn)與勢(shì)能的關(guān)

25、系分析電勢(shì)能的變化。本題考查功能關(guān)系.要注意明確電場(chǎng)力和重力具有相同的性質(zhì)，即重力做功量度重力勢(shì)能的改變 量:而電場(chǎng)力做功量度電勢(shì)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)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程， (2)做功的多少?zèng)Q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):功是一種過(guò)程量.它和一段位移(一段時(shí)間)相對(duì)應(yīng);而能是一種狀態(tài)量，它與一個(gè)時(shí)刻相對(duì) 應(yīng)。兩者的單位是相同的(都是J),但不能說(shuō)功就是能，也不能說(shuō)“功變成了能”。7 .【答案】BC【解析】解:AB、A的速度最大時(shí)，A所受的合力為零，此時(shí)繩的拉力T=5mgsina.此時(shí)C恰好離開(kāi)地面，故 彈簧的拉力為mg,對(duì)B受

26、力分析可得繩對(duì)B的拉力為T(mén)=2mg,可得sina=0.4,好37。.故A錯(cuò)誤。 B、物體C剛離開(kāi)地面時(shí)，B的合外力為0.加速度為。，故B正確。C、初始時(shí)系統(tǒng)靜止,且線上無(wú)拉力，時(shí)B有kx尸mg. C剛好離開(kāi)地面時(shí),有kx2=mg,可知xi=X2, 則從釋放至C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能變化量為零.此過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī) 械能守恒.即 5mg(xi+X2)siiia=mg(xi+X2)+ (5m+m)vAm2 以上方程聯(lián)立可解得:A獲得最大速度為VAm= 駕，故C正確。D、從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，根據(jù)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但是A、B兩小 球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守

27、恒.故D錯(cuò)誤。故選:BC。C剛離開(kāi)地面時(shí)，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(duì)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 恒,初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)B具有最大速度時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量 與伸長(zhǎng)量相等。在整個(gè)過(guò)程中彈性勢(shì)能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出B的最大速度，A的最 大速度與B相等。本題關(guān)鍵是對(duì)三個(gè)物體分別受力分析,得出物體B速度最大時(shí)各個(gè)物體都受力平衡,然后根據(jù)平 衡條件分析;同時(shí)要注意是那個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒。8 .【答案】BD【解析】解:A、線框右邊到MN時(shí)速度與到PQ時(shí)速度大

28、小相等，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程不受安培力作用,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)，由此可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、線框進(jìn)入磁場(chǎng)前過(guò)程，由動(dòng)能定理得:= 若，解得:線框受到的安培力：F=BIL=gM =，故B正確；C、線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，從線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊到達(dá)PQ過(guò)程，對(duì)線框，由動(dòng)能定理得:F(d-L)=；"喈-；加，解得：vmin= 7- - 2F(r/- ：1，故 C 錯(cuò)誤； V rn mD、線框右邊到達(dá)MN、PQ時(shí)速度相等，線框動(dòng)能不變，該過(guò)程線框產(chǎn)生的焦耳熱:Q=Fd,故D正確：故選:BD。根據(jù)題意分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理求出線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)

29、時(shí)的速度.應(yīng)用安培力公式求出安培力.應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與能量守恒定律分析答題。本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，根據(jù)題意分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)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(dòng)能的標(biāo)志，氣體溫度升高，分子的平均動(dòng)能增加，分子的平均速率增大，不是每個(gè)氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率都增大，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)分子力的特點(diǎn)可知，分子間引力和斥力同時(shí)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)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時(shí)，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(shì)，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤(rùn)，故C

30、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(gè)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(shí)做功和熱傳遞，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，不一 定會(huì)改變內(nèi)能.故E錯(cuò)誤。故選:BCD。溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志;阿伏伽德羅常數(shù)是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁;理解熱力學(xué)第一定律； 理解分子之間的作用力的特點(diǎn)。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(diǎn),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(jì)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(shí)刻振源質(zhì)點(diǎn)是向y軸負(fù)方

31、向振動(dòng)，其余質(zhì)點(diǎn)重復(fù)振源質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況.故質(zhì)點(diǎn)Q起振的方向仍為y軸負(fù)方向,故A錯(cuò)誤；0B、由圖甲可知周期為T(mén)=0.02s,由圖乙可知波長(zhǎng)為1=2m,則波速為：竟=7 =嬴辦=100，山則由I在_圖乙可知當(dāng)P再次處于平衡位置時(shí)，時(shí)間為：占一：-”（）.皿75以經(jīng)過(guò)周期的整數(shù)倍之后,質(zhì)點(diǎn)P再次處于平衡位置.即經(jīng)過(guò)t”=t+r=0.0275s還處于平衡位置，故B正確；C、由于波沿x軸正方向傳播，可知從to時(shí)刻算起，質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q的先到達(dá)最低點(diǎn)，故C正確；D、由題可知：（）325A若質(zhì)點(diǎn)P在最高點(diǎn)、最低點(diǎn)或平衡位置，則通過(guò)的路程為：2：X4/1=5g1.W，但此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P不在特殊位置,故其路程小于1m,

32、故D正確； 4E、波傳播的是能量或者說(shuō)是波的形狀，但是質(zhì)點(diǎn)不隨著波遷移，故E錯(cuò)誤。故選:BCD。由圖讀出波長(zhǎng)入和周期T,由波長(zhǎng)與周期可求出波傳播的速度，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位置分析其運(yùn)動(dòng)情況， 注意質(zhì)點(diǎn)不隨著波遷移。機(jī)械振動(dòng)問(wèn)題中，一般根據(jù)振動(dòng)圖或質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)得到周期、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向；再根據(jù)波形圖得到波長(zhǎng)和 波的傳播方向,從而得到波速及質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，進(jìn)而根據(jù)周期得到路程。11 .【答案】否0.88在計(jì)算小車(chē)所受的合外力時(shí)未計(jì)入硅碼盤(pán)的重力【解析】解：(1)當(dāng)物體小車(chē)勻速下滑時(shí)有:mgsiii0=f+ (m+mo)g當(dāng)取下細(xì)繩和祛碼盤(pán)后,由于重力沿斜面向下的分力mgsinH和摩擦力f不變，因此其合外力為(m+m0)

33、g.由此可知該實(shí)驗(yàn)中不需要祛碼和祛碼盤(pán)的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量。(2)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差為常數(shù).即x=aT2,公.+一叫一皿+的一小(6.765.00+7.645.87)x 1(2根據(jù)作差法可知，加速度: wo3乂5尸 0.88m/s2；(3)由圖象可知，當(dāng)外力為零時(shí)，物體有加速度，說(shuō)明小車(chē)所受合力大于祛碼的重力，可能是計(jì)算小車(chē)所受的合外力時(shí)未計(jì)入祛碼盤(pán)的重力；故答案為：(1)否；(2)0.88; (3)在計(jì)算小車(chē)所受的合外力時(shí)未計(jì)入祛碼盤(pán)的重力。(1)根據(jù)小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)列出方程，對(duì)合外力進(jìn)行分析即可求解；(2)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差為常數(shù),根據(jù)作差法求

34、解加速度； (3)由圖象可知.當(dāng)外力為零時(shí)，物體有加速度，通過(guò)對(duì)小車(chē)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(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，知道實(shí)驗(yàn)中應(yīng)注意的事項(xiàng), 同時(shí)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-Ri C 3 0.9等于真實(shí)值【解析】解：(1)由題意可知，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)阻等于兩種情況下電阻箱阻值之差，即:Rai=R2-R1；根據(jù)題意與圖示電路圖可知.電源電動(dòng)勢(shì):E=I(r+Ro+R+RAl)，整理得：；=JR+"溜口.1LJ為得到直線圖線，應(yīng)作；-R圖

35、象，故選C。1_由;-R圖線可知:b=*#=L3, k=1綜=“，/、；，解得，電源電動(dòng)勢(shì):E=3V,電源內(nèi)阻：r=0.9Q;(4)實(shí)驗(yàn)測(cè)出了電流表A的內(nèi)阻，由(2) (3)可知，電源內(nèi)阻的測(cè)量值等于真實(shí)值。故答案為：(DR2-R1; (2)C: (3)3;0.9; (4)等于真實(shí)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)根據(jù)實(shí)驗(yàn)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)根據(jù)圖象函數(shù)表達(dá)式與圖示圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，認(rèn)真審題理解題意、知道實(shí)驗(yàn)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，

36、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(diǎn)以垂直于。尸邊射出后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其圓心必在。E線上，根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqv =解得：R = M若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點(diǎn)，則圓心在三角形頂點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：R=聯(lián)立解得=等(2)要使粒子能回到S點(diǎn)，要求粒子每次與AOEE碰撞時(shí)，u都垂直于邊，且通過(guò)三角形頂點(diǎn)處時(shí)，圓心必為 三角形頂點(diǎn)，故：DS= (2n-l) R, (=1, 2, 3)即：(，工，3.)mv2聯(lián)立解得：黑法不，3 = 1' 2, 3.)答：(1)若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點(diǎn)，粒子的速度大小為辛: zm(2)若S點(diǎn)不在。石

37、邊的中點(diǎn)，而是距。點(diǎn)的距離OS=：,仍然使粒子能回到S點(diǎn)，滿足條件的粒子的速度大 4小磅擊【解析】(1)要求此粒子能回到S點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可確定出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的半徑 公式可求粒子的速度；(2)S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)必須滿足:每次與4DEF的三邊碰撞時(shí)都與邊垂直，且能回到S點(diǎn)；粒子能繞過(guò)頂點(diǎn)與DEF的邊相碰。本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵在于需要挖掘粒子能回到S點(diǎn)的隱含條件及考慮粒 子最終回到S點(diǎn)的多解性。14 .【答案】解：(1) 從A到3的過(guò)程用動(dòng)能定理得 /X 127? pmg X 127? =解得V0砸生ZQ土對(duì)“與碰撞用動(dòng)量守恒定律得mv=2mv2解得3,6g R(2)當(dāng)滑塊重力與電場(chǎng)力合力方向和圓軌道徑向一致時(shí)，滑塊速度最大。如圖，則有6=如此的黑=Amgarctan - = 37°4對(duì)滑塊從碰后到最大速度的過(guò)程用動(dòng)能定理有E-Rsin370 2mgR(l cos37°