2018天津市高考物理試卷

第6頁（共19頁）2018年天津市高考物理試卷一、單項(xiàng)選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1．（6分）國家大科學(xué)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(jìn)的研究平臺(tái)。下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是（）A．N俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生O并放出一個(gè)粒子B．Al俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生P并放出一個(gè)粒子C．B俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生Be并放出一個(gè)粒子D．Li俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生He并放出一個(gè)粒子2．（6分）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)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(jī)械能始終保持不變3．（6分）如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EPM、EPN．下列判斷正確的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EPM＜EPN D．a(chǎn)M＜aN，EPM＜EPN4．（6分）教學(xué)用發(fā)電機(jī)能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(jī)（內(nèi)阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P．若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?，則（）A．R消耗的功率變?yōu)镻 B．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)閁C．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?I D．通過R的交變電流頻率不變5．（6分）氫原子光譜在可見光區(qū)域內(nèi)有四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氫原子中電子從量子數(shù)n＞2的能級(jí)躍遷到n=2的能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，它們?cè)谡婵罩械牟ㄩL由長到短，可以判定（）A．Hα對(duì)應(yīng)的前后能級(jí)之差最小B．同一介質(zhì)對(duì)Hα的折射率最大C．同一介質(zhì)中Hδ的傳播速度最大D．用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則Hβ也一定能二、不定項(xiàng)選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）6．（6分）2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測(cè)試驗(yàn)衛(wèi)星“張衡一號(hào)”發(fā)射升空，標(biāo)志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運(yùn)行高精度地球物理場(chǎng)探測(cè)衛(wèi)星的國家之一。通過觀測(cè)可以得到衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重14．（20分）真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、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(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。（1）要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說明理由；（2）求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大?。唬?）列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)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(chǎng)？

2018年天津市高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1．【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輕的原子核的反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈、N俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生O后，新粒子的質(zhì)量數(shù)為14+4﹣17=1，電荷數(shù)為：7+2﹣8=1，所以粒子為質(zhì)子。故A錯(cuò)誤；B、Al俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生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(gè)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α粒子。故C錯(cuò)誤；D、Li俘獲一個(gè)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α粒子。故D錯(cuò)誤故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查核反應(yīng)書寫規(guī)律，掌握常見的人工核反應(yīng)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．【分析】滑雪運(yùn)動(dòng)員的速率不變做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，運(yùn)動(dòng)員所受合外力大小不為0，對(duì)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行受力分析，結(jié)合受力的特點(diǎn)分析摩擦力的變化。摩擦力做功運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減小【解答】解：A、滑雪運(yùn)動(dòng)員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運(yùn)動(dòng)員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運(yùn)動(dòng)員所受合外力始終不為零。故A錯(cuò)誤。B、運(yùn)動(dòng)員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動(dòng)摩擦力，由圖可知，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿滑道方向的合外力始終等于0，所以滑動(dòng)摩擦力也逐漸減小。故B錯(cuò)誤。C、滑雪運(yùn)動(dòng)員的速率不變則動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為0．故C正確。D、運(yùn)動(dòng)員從A到B下滑過程中的動(dòng)能不變而重力勢(shì)能減小，所以機(jī)械能減小。故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題抓住運(yùn)動(dòng)員做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，而速度、加速度、合外力是變化的。3．【分析】帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左下方，由于粒子帶負(fù)電，因此電場(chǎng)線方向指向右上方；電勢(shì)能變化可以通過電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線的疏密反應(yīng)電場(chǎng)的強(qiáng)弱。【解答】解：帶電粒子所受電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知，電場(chǎng)線方向斜向左上方，又沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低，故φM＞φN①；若粒子從M到N過程，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增加，故帶電粒子通過M點(diǎn)時(shí)的速度比通過N點(diǎn)時(shí)的速度大，即vM＞vN②，在M點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能小，即EPM＜EPN③；根據(jù)電場(chǎng)線疏密可知，EM＜EN，根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，aM＜aN④；A、由②④可知，A錯(cuò)誤；B、由①②可知，B錯(cuò)誤；C、由①③可知，C錯(cuò)誤；D、由③④可知，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。4．【分析】根據(jù)交流電的產(chǎn)生以及最大值的表達(dá)式，分析交流電的最大值的變化，結(jié)合當(dāng)結(jié)合有效值與最大值之間的關(guān)系分析有效值的變化；結(jié)合變壓器的特點(diǎn)分析副線圈上的電壓的變化、功率的變化以及頻率的變化。【解答】解：A、B、線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)線圈的最大橫截面積為S，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)為：Em=nBSω原線圈兩端的電壓等于電動(dòng)勢(shì)的有效值，為：設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為k，則副線圈兩端的電壓為：…①當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，有：…②副線圈兩端的電壓為：…③聯(lián)立①③可知，，即電壓表的讀數(shù)變?yōu)閁；由：P=R消耗的電功率：，即R消耗的功率變?yōu)?；故A錯(cuò)誤，B正確；C、由變壓器的特點(diǎn)可知，副線圈消耗的功率為原來的，則發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電功率變成原來的；由②可知，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)是原來的，由P=UI可知，電流表的讀數(shù)變成原來的．故C錯(cuò)誤；D、發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?，則原線圈中電流的頻率變成原來的，所以副線圈中，通過R的頻率變成原來的．故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了交流電的產(chǎn)生以及變壓器的構(gòu)造和原理，對(duì)交流電來說，當(dāng)線圈的角速度減小時(shí)，不僅僅交流電的頻率發(fā)生變化，交流電的最大值、有效值都會(huì)產(chǎn)生變化。5．【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(jí)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?。蛔詈笠罁?jù)入射光的頻率不小于極限頻率時(shí)，才會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈、四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波長由長到短，根據(jù)，可知，四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而△E=Em﹣En=hγ，則Hα對(duì)應(yīng)的前后能級(jí)之差最小，故A正確；B、當(dāng)在同一介質(zhì)，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而對(duì)Hα的折射率最小，故B錯(cuò)誤；C、在同一介質(zhì)中，Hδ的折射率最大，由v=，可知，其傳播速度最小，故C錯(cuò)誤；D、若用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的頻率小于Hγ，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Hβ不一定能，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】考查躍遷過程中能級(jí)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、不定項(xiàng)選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）6．【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，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線速度、向心加速度、重力加速度，然后答題?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)觀測(cè)可以得到衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)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=所以地球的質(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，就不能求出地球的密度。故A錯(cuò)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(cuò)誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：=m（R+h）解得：h==可以求出衛(wèi)星的高度。故C正確；D、由牛頓第二定律得：=解得：v==，可知可以求出衛(wèi)星的線速度。故D正確故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】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．【分析】由于木楔處在靜止?fàn)顟B(tài)，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進(jìn)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(duì)兩邊產(chǎn)生的壓力?！窘獯稹拷猓哼x木楔為研究對(duì)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：則：所以：由公式可知，當(dāng)F一定，θ小時(shí)FN大；當(dāng)θ一定，F(xiàn)大時(shí)FN大。故AD錯(cuò)誤，BC正確故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)力進(jìn)行分解時(shí)，一定要分清力的實(shí)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(jìn)行分解即可。8．【分析】t=0時(shí)刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s時(shí)刻x=0.1m，關(guān)于平衡位置對(duì)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(yuǎn)離平衡位置分析?！窘獯稹拷猓篈、B、t=0時(shí)刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s時(shí)刻x=0.1m，如果振幅為0.1m，則：（n+）T=t解得：T==當(dāng)n=0時(shí)，T=2s；當(dāng)n=1時(shí)，T=s；當(dāng)n=2時(shí)，T=s故A正確，B錯(cuò)誤；C、D、t=0時(shí)刻振子的位移x=﹣0.1m，t=4s時(shí)刻x=0.1m，如果振幅為0.2m，結(jié)合位移時(shí)間關(guān)系圖象，有：t=+nT①或者t=T+nT②或者t=+nT③對(duì)于①式，當(dāng)n=0時(shí)，T=2s；對(duì)于①式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s；對(duì)于②式，當(dāng)n=0時(shí)，T=s；對(duì)于②式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s對(duì)于③式，當(dāng)n=0時(shí)，T=6s；對(duì)于③式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題中，0時(shí)刻和1s時(shí)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．【分析】以整體為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解木塊最終的速度大?。桓鶕?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=0045kg，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(dòng)量守恒，設(shè)子彈初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=（m+M）v解得木塊最終速度的大小v==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=，解得：d=0.2m。故答案為：20；0.2。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律；對(duì)于動(dòng)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(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程進(jìn)行解答。10．【分析】做探究共點(diǎn)力合成的規(guī)律實(shí)驗(yàn)：我們是讓兩個(gè)力拉橡皮條和一個(gè)力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，測(cè)出兩個(gè)力的大小和方向以及一個(gè)力的大小和方向，用力的圖示畫出這三個(gè)力，用平行四邊形做出兩個(gè)力的合力的理論值，和那一個(gè)力（實(shí)際值）進(jìn)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(gè)是實(shí)際值。由此結(jié)合實(shí)驗(yàn)過程中需要注意的事項(xiàng)依次分析即可?！窘獯稹拷猓海?）A、F1、F2方向間夾角大小適當(dāng)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(cuò)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(shí)驗(yàn)時(shí)，需要讓兩個(gè)力拉橡皮條和一個(gè)力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，則必定結(jié)點(diǎn)O的位置要相同；而在重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同。故B正確；C、使用測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線，可以減小引摩擦產(chǎn)生的誤差；讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度，可以減小偶然誤差。故C正確；D、用兩個(gè)測(cè)力計(jì)互成角度拉橡皮條時(shí)的拉力不一定必須都小于只用一個(gè)測(cè)力計(jì)時(shí)的拉力，故D錯(cuò)誤；故選：BC（2）A、為了便于確定拉力的方向，拉橡皮條的細(xì)繩要稍長一些，同時(shí)在紙上描點(diǎn)時(shí)，所描的點(diǎn)不要太靠近結(jié)點(diǎn)，該圖中所描的點(diǎn)太靠近結(jié)點(diǎn)。故A錯(cuò)誤；B、該圖中所描的點(diǎn)到結(jié)點(diǎn)的距離適中，力的大小適中，而且兩個(gè)力的角度的大小也適中。故B正確；C、實(shí)驗(yàn)要方便、準(zhǔn)確，兩分力適當(dāng)大點(diǎn)，讀數(shù)時(shí)相對(duì)誤差小，但不宜太大，該圖中的讀數(shù)都太小，故C錯(cuò)誤；D、該圖中兩個(gè)分力之間的夾角太小，這樣誤差容易大，故D錯(cuò)誤；故選：B故答案為：（1）BC；（2）B【點(diǎn)評(píng)】在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要求同學(xué)們對(duì)于基礎(chǔ)知識(shí)要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強(qiáng)對(duì)基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)理解，同時(shí)要理解會(huì)給實(shí)驗(yàn)帶來誤差的因素。11．【分析】①分析給出的儀表，根據(jù)安全和準(zhǔn)確性原則進(jìn)行分析，從而確定應(yīng)選擇的測(cè)量儀表；②根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理確定實(shí)驗(yàn)電路圖，明確分壓接法和內(nèi)外接法的正確應(yīng)用；③分析電路圖，根據(jù)電表內(nèi)阻的影響進(jìn)行分析，明確誤差情況和原因。【解答】解：①因待測(cè)電阻阻值較大，為了準(zhǔn)確測(cè)量，應(yīng)采用較大的電動(dòng)勢(shì)，故選電動(dòng)勢(shì)為12V的電源F；電壓表選擇10V的量程，最大電流I約為：I==0.001A=1mA，故電流表選擇C；②因給出的滑動(dòng)變阻器總阻值較小，所以應(yīng)采用分壓接法，同時(shí)因待測(cè)電阻較大，為了準(zhǔn)確測(cè)量，電流表選擇內(nèi)接法，故電路圖如圖所示；③因本實(shí)驗(yàn)采用電流表內(nèi)接法，由于電流表分壓影響，電壓表測(cè)量值將大于真實(shí)值，由歐姆定律可知，電阻測(cè)量值將大于真實(shí)值；故答案為：①B；C；F；②如圖所示；③大于；電壓表的讀數(shù)大于待測(cè)電阻兩端的實(shí)際電壓?！军c(diǎn)評(píng)】遇到電學(xué)實(shí)驗(yàn)問題應(yīng)明確：①通過求出待測(cè)電阻的最大電流來選擇電流表量程；②明確“大內(nèi)偏大，小外偏小“的電流表接法和誤差情況分析；③若變阻器的全電阻能滿足電路電阻要求時(shí)，變阻器可以采用限流式接法。12．【分析】（1）飛機(jī)起飛滑行過程簡(jiǎn)化為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出飛機(jī)滑行過程的加速度。（2）由v=at求飛機(jī)滑行的時(shí)間t；根據(jù)動(dòng)能定理求出牽引力做的功，由平均功率的表達(dá)式即可求出平均功率。【解答】解：（1）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=s飛機(jī)受到的阻力：F阻=0.1mg設(shè)牽引力做的功為W，則由動(dòng)能定理可得：W﹣F阻?x=牽引力的平均功率：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得：P=8.4×106W答：（1）飛機(jī)滑行過程中加速度大小a是2m/s2；（2）牽引力的平均功率是8.4×106W?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式，并能靈活運(yùn)用，要知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。13．【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求出粒子到達(dá)M點(diǎn)的速度，然后結(jié)合動(dòng)量定理即可求出粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）由圓周運(yùn)動(dòng)的條件與臨界條件，求出粒子到達(dá)M的速度，然后由動(dòng)能定理即可求出。【解答】解：（1）設(shè)粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，粒子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力提供向心力，可得：可得：v=粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為qE，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則：qEt=mv﹣0聯(lián)立可得：t=（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，其周期：T=，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與其速度、半徑都無關(guān)；根據(jù)：可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由軌跡的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角有關(guān)，圓心角越小，則時(shí)間越短；所以當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短，設(shè)粒子此時(shí)的半徑為r，如圖：由幾何關(guān)系可得：設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與ab的夾角為θ，則圓弧所對(duì)的圓心角為2θ，由幾何關(guān)系可得：tanθ=粒子從Q點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向向上的分運(yùn)動(dòng)與從P釋放后的情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，沿豎直方向的分速度同樣也為v，在垂直于電場(chǎng)方向的分速度始終為v0，則：tanθ=聯(lián)立可得：v0=答：（1）粒子從P到M所用的時(shí)間是；（2）所用的時(shí)間最少時(shí)，粒子在Q時(shí)速度v0的大小是?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)，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(xué)知識(shí)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。14．【分析】（1）列車向右運(yùn)動(dòng)可知所受安培力向右，根據(jù)左手定則確定電流方向，再根據(jù)電流方向確定MN誰接電源正極；（2）根據(jù)歐姆定律求得導(dǎo)體棒中的電流大小，再根據(jù)F=BIl求得安培力的大小，最后根據(jù)牛頓第二定律求得電源剛接通時(shí)列車的加速度a；（3）列車通過