2018年天津高考物理試卷解析版

1、2018年天津市高考物理試卷一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項 是正確的）1. （6.00分）國家大科學工程-中國散裂中子源（CSNS于2017年8月28日首次打 靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應(yīng)用提供先進的研究平臺。下列 核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是（）A. J職俘獲一個a粒子，產(chǎn)生 O并放出一個粒子 I0B. 渺l俘獲一個a粒子，產(chǎn)生 方并放出一個粒子C. $B俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生 （Be并放出一個粒子D. gLi俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生 He并放出一個粒子2. （6.00分）滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進入豎

2、直圓面內(nèi)的圓弧形滑道 AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿 AB下滑過程中（）A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D,機械能始終保持不變3. （6.00分）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的 粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè) M點和N點的電勢分別為 如、柄，粒子在M 和N時加速度大小分別為aM、aN,速度大小分別為vm、VN,電勢能分別為Epm Epn.下 列判斷正確的是（）(J)M (J)NA. vmvn, aMaN B. vmvn,C. （|）m 柳，EpmEpn D. aMa

3、* Epm2的能級躍遷到n=2的能級時發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到 短，可以判定（）A. Ha對應(yīng)的前后能級之差最小B.同一介質(zhì)對Ha的折射率最大C.同一介質(zhì)中Hs的傳播速度最大D.用f照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則E也一定能 二、不定項選擇題（每小題 6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項 是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6. （6.00分）2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星 張衡一號”發(fā)射升空，標 志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地

4、球表面處的重力加速度。若將 衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以 計算出衛(wèi)星的（）A.密度 B.向心力的大小C.離地高度D.線速度的大小7. （6.00分）明朝謝肇涮的五雜組中記載： 明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非 萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之。 ”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為9,現(xiàn)在木楔背上加一力F,方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力 Fn,則（）A.若F一定，8大時FN大B.若F一定,8小時FN大C.若8一定，F(xiàn)大時Fn大 D.若8一定，F(xiàn)小時Fn大8. （6.00分

5、）一振子沿x軸做簡諧選動，平衡位置在坐標原點。t=0時振子的位移為- 0.1m, t=1s時位移為0.1m,則（A.若振幅為0.1m,振子的周期可能為B.若振幅為0.1m,振子的周期可能為4sC.若振幅為0.2m,振子的周期可能為4sD.若振幅為0.2m,振子的周期可能為6s三、非選擇題.本題共4題，共72分.9. （4.00分）質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05kg的子彈以200m/s 的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是 m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5X 103N,則子彈射入木塊的深度為 m。10.

6、（4.00分）某研究小組做 驗證力的平行四邊形定則”實驗，所有器材有：方木板一 塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡皮條（帶兩個較長的細繩套），刻度尺，圖 釘（若干個）。具體操作前，同學們提出了如下關(guān)于實驗操作的建議，其中正確的有 。A,橡皮條應(yīng)和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上B.重復實驗再次進行驗證時，結(jié)點 O的位置可以與前一次不同C.使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線；讀數(shù)時視線應(yīng)正對測力計刻度D.用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力該小組的同學用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標注信息有結(jié)點位置O、力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點

7、，如下圖所示。其中對于提高實驗精 度最有利的是。3 ONJ IO=3.4N k=2.7NF=4.5N0.5N J lo鼻二2.8KB0.5N O卷LOX.E=1你=2 ONC工ONJ i O=2.IN ?W.7NF=4.5ND11. （10.00分）某同學用伏安法測定待測電阻 Rx的阻值（約為10k 0,除了即 開關(guān)S、 導線外，還有下列器材供選用：A.電壓表（量程01V,內(nèi)阻約10k 0B.電壓表（量程010V,內(nèi)阻約100kQ）C.電流表（量程01mA,內(nèi)阻約30Q）D.電流表（量程 00.6A,內(nèi)阻約0.05 QE.電源（電動勢1.5V,額定電流0.5A,內(nèi)阻不計）F.電源（電動勢12V

8、,額定電流2A,內(nèi)阻不計）G.滑動變阻器Rd （阻值范圍010Q,額定電流2A）為使測量盡量準確，電壓表選用,電流表選用,電源選用。（均 填器材的字母代號）畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會其真實值（填 大于、小于”或等于）原因是。12. (16.00分)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移 x=1.6X 103m時才能達到起飛所要求的速度 v=80m/so已 知飛機質(zhì)量 m=7.0X 104kg,滑

9、跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2.求飛機滑跑過程中(1)加速度a的大??；(2)牽引力的平均功率P。13. (18.00分)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為 E,方向豎直 向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、 外半徑分別為R、d5R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N. 一質(zhì)量為m、 電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒 子重力0(1)求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由 M進入磁場，從N射出。 粒子從M到N的

10、過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在 Q時 速度V0的大小。XXXXXXXXX /XX Xxx x yyxx-番-rvIIi l i；ET y T J T14. (20.00分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條 平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為1、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為1,列車的 總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直 于導軌平面向下，如圖1

11、所示。為使列車啟動，需在 M、N間連接電動勢為E的直流電 源，電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關(guān)閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由;(2)求剛接通電源時列車加速度 a的大?。?3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于1。若某時刻列車的速度為 g，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場?XXXXXXXXXX XXXX XXXXXXX)c X又乂又XX不乂漢乂翼XX *嵐M X XXXXXF口 AXXX X X XXX XXXXX

12、X*度計間距趙2018年天津市高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1. （6.00分）國家大科學工程-中國散裂中子源（CSNS于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應(yīng)用提供先進的研究平臺。下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是（）A.州N俘獲一個a粒子，產(chǎn)生 尸0并放出一個粒子 I0B. 渺l俘獲一個a粒子，產(chǎn)生；滬并放出一個粒子C. JB俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生 汨e并放出一個粒子 qD.g Li俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生He并放出一個粒子【分析】依據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒；裂變是較重的原子核分裂成較

13、輕的原子核的反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈、產(chǎn)N俘獲一個a粒子，產(chǎn)生70后，新粒子的質(zhì)量數(shù)為14+4-17=1, I0電荷數(shù)為：7+2-8=1,所以粒子為質(zhì)子。故A錯誤；B、 ；3l俘獲一個a粒子，產(chǎn)生 得P后，粒子的質(zhì)量數(shù)為27+4-30=1,電荷數(shù)為：13+2-15=0,所以粒子為中子。故 B正確；C、 $B俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生 ；Be后，粒子的質(zhì)量數(shù)為11+1-8=4,電荷數(shù)為：5+1 -4=2,所以粒子為a粒子。故C錯誤；D、？Li俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生He后，粒子的質(zhì)量數(shù)為6+1-3=4,電荷數(shù)為：3+1 -2=2,所以粒子為a粒子。故D錯誤故選：Bo【點評】考查核反應(yīng)書寫規(guī)律，掌握常見的人工核反應(yīng)

14、的規(guī)律，知道質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守 恒是解答的關(guān)鍵。2. （6.00分）滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道 AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿 AB下滑過程中（）BA.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D,機械能始終保持不變【分析】滑雪運動員的速率不變做勻速圓周運動，加速度不為零，運動員所受合外力大 小不為0,對運動員進行受力分析，結(jié)合受力的特點分析摩擦力的變化。摩擦力做功運 動員的機械能減小【解答】解：A、滑雪運動員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運動

15、員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運動員所受合外力始終不為零。故 A錯誤。 B、運動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動摩擦力，由圖可知，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小， 則重力沿斜面向下的分力逐漸減 小，運動員的速率不變，則運動員沿滑道方向的合外力始終等于0,所以滑動摩擦力也逐漸減小。故B錯誤。C、滑雪運動員的速率不變則動能不變，由動能定理可知，合外力對運動員做功為0.故C正確。D、運動員從A到B下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機械能減小。故 D錯 誤。故選：C。【點評】本題抓住運動員做的是勻速圓周運動，速率不變，而速度、加速度、合外力是 變化的。3

16、. （6.00分）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的 粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè) M點和N點的電勢分別為 如、如，粒子在M 和N時加速度大小分別為aM、aN,速度大小分別為vm、vn,電勢能分別為Epm Epn.下 第8頁（共24頁）列判斷正確的是A. vmvn, aMaN B.vmvn, （|）m 柳C. （|）m M, Epm Epn D. aM aN, Epm料；若粒子從M到N過程，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點時的速度比通過N點時的速度大，即vmvn,在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能小，即EpmEpn；根據(jù)電場線疏密可

17、知，EmEn,根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，aM2的能級躍遷到n=2的能級時發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到 短，可以判定（）A. Ha對應(yīng)的前后能級之差最小B.同一介質(zhì)對Ha的折射率最大C.同一介質(zhì)中Hs的傳播速度最大D.用f照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則 Hb也一定能【分析】由波長與頻率關(guān)系，可判定四條譜線的頻率高低，從而確定其的能量大小，再 結(jié)合躍遷過程中，釋放能量即為前后能級之差，并由能量大小，來判定折射率的高低， 再由v、，來確定傳播速度的大??；最后依據(jù)入射光的頻率不小于極限頻率時，才會發(fā) n生光電效應(yīng)現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈、四條譜線Ha、Hb、Hy和HS,在真空中的波長由長到短，

18、根據(jù) 丁工臺,可知，四條譜線Ha、H3 Hy和H6,的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而E=E-&=h%則Ha對應(yīng)的前后能級之差最小，故 A正確；B、當在同一介質(zhì)，由于Hs,能量最大，那么其的折射率也最大，而對Ha的折射率最小， 故B錯誤；C、在同一介質(zhì)中，H s的折射率最大，由v二，可知，其傳播速度最小，故 C錯誤； nD、若用f照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，由于Hb的能量小于Ht,即Hb的頻率小于Ht, 依據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件，其入射頻率不小于極限頻率則He不一定能，故D錯誤；故選：Ao【點評】考查躍遷過程中能級的高低，掌握頻率的大小與折射率的高低的關(guān)系，理解光 電效應(yīng)發(fā)生條件。二

19、、不定項選擇題（每小題 6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項 是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6. （6.00分）2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星 張衡一號”發(fā)射升空，標 第11頁（共24頁）志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將 衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的(A.密度 B.向心力的大小C.離地高度 D.線速度的大小【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供

20、向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律求出線速度、向心加速度、重力加速度，然后答題。【解答】解：A、設(shè)觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期為 T,地球的半徑為R,地球表 面的重力加速度為g;地球表面的重力由萬有引力提供，所以：mg=Jl-R2所以地球白質(zhì)量：M=),沒有告訴萬有引力常量，所以不能求出地球的質(zhì)量，就不G能求出地球的密度。故A錯誤；B、題目中沒有告訴衛(wèi)星的質(zhì)量，不能求出衛(wèi)星受到的向心力。故 B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMm 小慮匚)之(R+h)(R+h 產(chǎn) T解得：h=J虹Lr=1&EW-r可以求出衛(wèi)星的高度。故C正確；丫4兀2 Y4冗2D、由牛頓第二定律得

21、：二二(R+h產(chǎn)如1解得：v=j3-=Fjg,可知可以求出衛(wèi)星的線速度。故 D正確除小J史既，故選：CD?！军c評】本題考查了人造衛(wèi)星的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用萬 有引力公式與牛頓第二定律可以解題。7. （6.00分）明朝謝肇涮的五雜組中記載： 明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非 萬緡不可。一游僧見之日：無煩也，我能正之。 ”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為9,現(xiàn)在木楔背上加一力F,方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力 Fn,則（A.若F一定，8大時FN大B.若F一定，8小時FN大C.若8一定，F(xiàn)大時Fn大 D.

22、若8一定，F(xiàn)小時Fn大【分析】由于木楔處在靜止狀態(tài)，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進行分解，根據(jù)平行四邊形定則，畫出力 F按效果分解的圖示。并且可據(jù)此求出木楔對兩邊產(chǎn) 生的壓力?！窘獯稹拷猓哼x木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向左的F、和兩側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側(cè)分解的分力是相等的，力 F的分解如圖：689B則：F一二 二二，i. 二二二 Qi. - 上 二二：9一 .一二 二二一所以：-2sirr-由公式可知，當F一定，8小時Fn大；當8一定，F(xiàn)大時Fn大。故AD錯誤，BC正確 故選：BC【點評】對力進行分

23、解時，一定要分精力的實際作用效果的方向如何，再根據(jù)平行四邊 形定則或三角形定則進行分解即可。t=0時振子的位移為-8. （6.00分）一振子沿x軸做簡諧選動，平衡位置在坐標原點0.1m, t=1s 時位移為 0.1m,則（）A.若振幅為0.1m,振子的周期可能為-1sB.若振幅為0.1m,振子的周期可能為C.若振幅為0.2m,振子的周期可能為4sD.若振幅為0.2m,振子的周期可能為6s【分析】t=0時刻振子的位移x=- 0.1m, t=1s時亥J x=0.1m,關(guān)于平衡位置對稱；如果振 幅為0.1m,則1s為半周期的奇數(shù)倍；如果振幅為 0.2m,分靠近平衡位置和遠離平衡位 置分析?！窘獯稹拷?/p>

24、：A、B、t=0時刻振子的位移x=- 0.1m, t=1s時刻x=0.1m,如果振幅為0.1m, 貝U: （n+） T=t2解得：T= -1 =一= 2n+l 2n+L當 n=0 時，T=2當 n=1 時，T*s； 3當 n=2 時，T=s 5故A正確，B錯誤；C、D、t=0時刻振子的位移x=- 0.1m, t=4s時刻x=0.1m,如果振幅為0.2m,結(jié)合位移 時間關(guān)系圖象，有：或者t=-rT+nT 6或者t+nT6對于式，當n=0時，T=2s； 對于式，當n=1時，T=1-s； 對于式，當n=0時，T=-s； 對于式，當n=1時，Ts 對于式，當n=0時，T=6s；對于式，當n=1時，T=

25、s7故C錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題中，0時刻和1s時刻的速度有兩種方向，考慮4種情況，還要考慮多解性, 不難。三、非選擇題.本題共4題，共72分.9. （4.00分）質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05kg的子彈以200m/s 的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是 20 m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為 4.5X103N,則子彈射入木塊 的深度為 0.2 m?！痉治觥恳哉w為研究對象，水平方向根據(jù)動量守恒定律求解木塊最終的速度大??； 根據(jù)能量守恒定律求解子彈射入木塊的深度。【解答】解：木塊的質(zhì)量M=00

26、45kg,子彈的質(zhì)量為m=0.05kg,初速度為V0=200m/s, 二者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)子彈初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可 得：mv0= (m+M) v解得木塊最終速度的大小v=nr+M 0. 05+CL 4 5X200 m/s=20m/s;設(shè)子彈射入木塊的深度為d,根據(jù)能量守恒定律可得:fd=in君v,解得：d=0.2m。故答案為：20; 0.2?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不 受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng) 的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程進行解答。10. （4.00分）某

27、研究小組做 驗證力的平行四邊形定則”實驗，所有器材有：方木板一 塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡皮條（帶兩個較長的細繩套），刻度尺，圖 釘（若干個）。具體操作前，同學們提出了如下關(guān)于實驗操作的建議，其中正確的有BC 0A,橡皮條應(yīng)和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上B.重復實驗再次進行驗證時，結(jié)點 O的位置可以與前一次不同C.使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線；讀數(shù)時視線應(yīng)正對測力計刻度D.用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力該小組的同學用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標注信息有結(jié)點位置O、力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如下圖所示

28、。其中對于提高實驗精 度最有利的是 B 。3 ONJ IO=3.4N k=2.7NF=4.5N0.5N J lo鼻二2.8KB0.5N O卷LOX.E=1你=2 ONC工ONJ i O=2.IN ?W.7NF=4.5ND【分析】做探究共點力合成的規(guī)律實驗：我們是讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn) 生的作用效果相同，測出兩個力的大小和方向以及一個力的大小和方向，用力的圖示畫 出這三個力，用平行四邊形做出兩個力的合力的理論值，和那一個力（實際值）進行比 較。用平行四邊形畫出來的是理論值，和橡皮筋同線的那個是實際值。由此結(jié)合實驗過 程中需要注意的事項依次分析即可?！窘獯稹拷猓海?） A、Fi、F2方

29、向間夾角大小適當即可，不一定要橡皮條應(yīng)和兩繩套夾 角的角平分線在一條直線上，故 A錯誤；B、合力與分力的關(guān)系為等效替代的關(guān)系，效果是相同的，所以在同一次實驗時，需要 讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，則必定結(jié)點O的位置要相同；而在重復實驗再次進行驗證時，結(jié)點 O的位置可以與前一次不同。故 B正確； C、使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線，可以減小引摩擦產(chǎn)生的誤差；讀數(shù)時視 線應(yīng)正對測力計刻度，可以減小偶然誤差。故 C正確；D、用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力不一定必須都小于只用一個測力計時的拉 力，故D錯誤；故選：BC（2） A、為了便于確定拉力的方向，拉橡皮條的細繩要

30、稍長一些，同時在紙上描點時，所描的點不要太靠近結(jié)點，該圖中所描的點太靠近結(jié)點。故A錯誤；B、該圖中所描的點到結(jié)點的距離適中，力的大小適中，而且兩個力的角度的大小也適中。故B正確；C、實驗要方便、準確，兩分力適當大點，讀數(shù)時相對誤差小，但不宜太大，該圖中的 讀數(shù)都太小，故C錯誤；D、該圖中兩個分力之間的夾角太小，這樣誤差容易大，故 D錯誤；故選：B故答案為：（1） BC; （2） B【點評】在驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的， 這要求同學們對于基礎(chǔ)知識要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強對基礎(chǔ)實驗理解，同時要理 解會給實驗帶來誤差的因素。11. （10.00分）某同學用

31、伏安法測定待測電阻 Rx的阻值（約為10k 0,除了即 開關(guān)S、 導線外，還有下列器材供選用：A.電壓表（量程01V,內(nèi)阻約10k 0B.電壓表（量程010V,內(nèi)阻約100kQ）C.電流表（量程01mA,內(nèi)阻約30Q）D.電流表（量程 00.6A,內(nèi)阻約0.05 QE.電源（電動勢1.5V,額定電流0.5A,內(nèi)阻不計）F.電源（電動勢12V,額定電流2A,內(nèi)阻不計）G.滑動變阻器Rd （阻值范圍010Q,額定電流2A）為使測量盡量準確，電壓表選用B 、電流表選用_C_,電源選用 F 。（均填器材的字母代號）畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測

32、電阻測量值會大于 其真實佰（填 大于、小于”或等于），原因是 電壓表的讀數(shù)大于待測電阻兩端 實際電壓 ?！痉治觥糠治鼋o出的儀表，根據(jù)安全和準確性原則進行分析，從而確定應(yīng)選擇的測量 第17頁（共24頁）儀表；根據(jù)實驗原理確定實驗電路圖，明確分壓接法和內(nèi)外接法的正確應(yīng)用；分析電路圖，根據(jù)電表內(nèi)阻的影響進行分析，明確誤差情況和原因?！窘獯稹拷猓阂虼郎y電阻阻值較大，為了準確測量，應(yīng)采用較大的電動勢，故選電動 勢為12V的電源F;電壓表選擇10V的量程，最大電流I約為：1- =0.001A=1mA 故電流表選擇 C;因給出的滑動變阻器總阻值較小，所以應(yīng)采用分壓接法，同時因待測電阻較大，為了 準確測量，電

33、流表選擇內(nèi)接法，故電路圖如圖所示；因本實驗采用電流表內(nèi)接法，由于電流表分壓影響，電壓表測量值將大于真實值，由 歐姆定律可知，電阻測量值將大于真實值；故答案為：B; C; F;如圖所示；大于；電壓表的讀數(shù)大于待測電阻兩端的實際 電壓?！军c評】遇到電學實驗問題應(yīng)明確：通過求出待測電阻的最大電流來選擇電流表量程; 明確 大內(nèi)偏大，小外偏小 的電流表接法和誤差情況分析；若變阻器的全電阻能滿 足電路電阻要求時，變阻器可以采用限流式接法。12. (16.00分)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻

34、加速直線運動，當位移 x=1.6X 103m時才能達到起飛所要求的速度 v=80m/so已 知飛機質(zhì)量 m=7.0X 104kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2.求飛機滑跑過程中(1)加速度a的大小；(2)牽引力的平均功率P。a【分析】（1）飛機起飛滑行過程簡化為初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線 運動的速度位移公式求出飛機滑行過程的加速度。（2）由v=at求飛機滑行的時間t;根據(jù)動能定理求出牽引力做的功，由平均功率的表 達式即可求出平均功率?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)速度位移公式得，v2=2as代入數(shù)據(jù)得a=2m/s2。(2)由 v=at 得:t-is

35、 a 2飛機受到的阻力：F阻=0.1mg 設(shè)牽引力做的功為 W,則由動能定理可得:牽引力的平均功率: 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得：P=8.4X 106W答：（1）飛機滑行過程中加速度大小 a是2m/s2;（2）牽引力的平均功率是 8.4X 106WO【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度位移公式，并能靈活運用，要知道 加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。13. （18.00分）如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為 E,方向豎直 向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、 外半徑分別為R、寸5R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與 ab的交點分別為M、N. 一質(zhì)量為

36、m、 電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒 子重力0（1）求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由 M進入磁場，從N射出。粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度V0的大小。【分析】(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求出粒子到達 M點的速度，然后結(jié)合動量定理即可求出粒子在電場中運動的時間;(2)由圓周運動的條件與臨界條件，求出粒子到達 M的速度，然后由動能定理即可求v,粒子在磁場中受到的洛倫茲【解答】解：(1)設(shè)粒子第一次在磁場中運動的速度為力提供向心力，可得:qvB-可得：、=

37、二ID粒子在電場中受到的電場力為qE,設(shè)運動白時間為t,則:qEt=mv 0聯(lián)立可得：t= E(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，其周期:可知粒子在磁場中運動的周期與其速度、半徑都無關(guān);根據(jù)：一27V可知粒子在磁場中運動的時間由軌跡的圓弧對應(yīng)的圓心角有關(guān)，圓心角越小，則時間越短；所以當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子此時的半徑為r,如圖：由幾何關(guān)系可得：（=水）2 + （五R）?二/設(shè)粒子進入磁場時速度的方向與ab的夾角為 仇則圓弧所對的圓心角為2 8,由幾何關(guān)系可得： ,A tan 0 - r-R粒子從Q點拋出后做類平拋運動，在電場方向向上的分運動與從P釋放后的情況相同,所以粒

38、子進入磁場時，沿豎直方向的分速度同樣也為v,在垂直于電場方向的分速度始終為Vo,則： tan 0答：（1）粒子從P到M所用的時間是2逆；E（2）所用的時間最少時，粒子在 Q時速度vo的大小是理?！军c評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動, 及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學知識解決物理問題的能力等, 其中正確判斷出臨界條件是解答第二問的關(guān)鍵014. （20.00分）真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝 置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為1、電阻均為 R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為1,列車的 總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁