2019年山東省“評(píng)價(jià)大聯(lián)考”高考物理三調(diào)試卷

1、2019 年山東省“評(píng)價(jià)大聯(lián)考”高考物理三調(diào)試卷副標(biāo)題題號(hào)一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.如圖所示為氫原子能級(jí)圖，現(xiàn)有大量氫原子從n=4的能級(jí)發(fā)生躍遷，產(chǎn)生一些不同頻率的光，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 n=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，O 為圓

2、心，最高點(diǎn)B 處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m 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F拉動(dòng)，使 A 緩慢向上移動(dòng)。小環(huán)A 及滑輪 B 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. F 逐漸增大B. N 的方向始終指向圓心OC. N 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，

3、設(shè)比鄰星的質(zhì)量為太陽(yáng)質(zhì)量的，地球質(zhì)量在流浪過(guò)程中損失了，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，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D. 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)能的第1頁(yè)，共 20頁(yè)4.如圖，理想變壓器T 的原線圈接在電壓為U 的交流電源兩端， P 為滑動(dòng)變阻器的滑片， RT 為熱敏電阻，其阻值隨溫度升高而減小，則（）A. P 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

4、度升高時(shí)，燈 L 變亮D. RT 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. 如圖所示，白色傳送帶 A、 B 兩端距離 L=14m，以速度v0=8m/s 逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并且傳送帶與水平面的夾角為 =37，現(xiàn)將一質(zhì)量為 m=2kg 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) =0.25，取 g=10m/s2，sin37 =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 B 端所經(jīng)歷時(shí)間為2.25sB. 煤塊運(yùn)動(dòng)到B 端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為120WC. 煤塊從 A 端運(yùn)動(dòng)到 B 端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4mD. 煤塊從 A 端運(yùn)動(dòng)到 B

5、 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 O，最低點(diǎn)是 P，直徑 MN 水平， a、b 是兩個(gè)完全相同的帶正電小球（視為點(diǎn)電荷），b 固定在 M 點(diǎn)， 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（圖中未畫出）時(shí)速度為零。則小球a（）A. 從 N 到 Q 的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力一直增大B. 從 N 到 Q 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 P 到 Q 的過(guò)程中，動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量D. 從 N 到 Q 的過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減小7.如圖所示， A、B 兩小球由繞過(guò)輕

6、質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧相連，C 球放在水平地面上，已知 A 的質(zhì)量為 5m，B、C 的質(zhì)量均為 m，重力加速度為 g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(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)線與斜面平行，開始時(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 恰好離開地面，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A. 斜面傾角 =37 第2頁(yè)，共 20頁(yè)B. C 剛離開地面時(shí)， B 的加速度為 0C. A 獲得最大速度為D. 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

7、水平面上有寬度為 d 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B，邊長(zhǎng)為 L （ L d）的正方形金屬線框，電阻為R，質(zhì)量為m，在水平向右的恒力F 作用下，從距離MN 為 處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，線框右邊到MN 時(shí)速度與到PQ 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C. 線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中速度的最小值為D. 線框右邊從MN 到 PQ 運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fd9.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)

8、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.x=0 處的質(zhì)點(diǎn)在t=0 時(shí)刻從靜止開始做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，帶動(dòng)周圍的質(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t0=0.03 s時(shí)刻的一部分波形圖。 已知質(zhì)點(diǎn) P 的平衡位置在x=1.75m 處，質(zhì)點(diǎn) Q

9、 的平衡位置在x=2m。下列說(shuō)法正確的是（）A. 質(zhì)點(diǎn) Q 的起振方向向上B. 從 t0 時(shí)刻起經(jīng)過(guò) 0.0275s 質(zhì)點(diǎn) P 處于平衡位置C. 從 t0 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)第3頁(yè)，共 20頁(yè)D. 從 t0 時(shí)刻起經(jīng)過(guò)0.025s，質(zhì)點(diǎn) P 通過(guò)的路程小于1mE. 從 t0 時(shí)刻起經(jīng)過(guò)0.01s質(zhì)點(diǎn) Q 將運(yùn)動(dòng)到 x=3m 處三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2 小題，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a 與物體所受合力F 及質(zhì)量 m 關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，如圖所示已知小車質(zhì)量M=250g，砝碼盤的質(zhì)量記為m0，所使用的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交流電頻率 f=50Hz 其實(shí)驗(yàn)

10、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，輕推小車后，使小車能沿長(zhǎng)木板向下做勻速運(yùn)動(dòng)；3取下細(xì)繩和砝碼盤，記下砝碼盤中砝碼的質(zhì)量m；4先接通電源，再放開小車，打出一條紙帶，由紙帶求得小車的加速度a；5重新掛上細(xì)繩和砝碼盤，改變砝碼盤中砝碼質(zhì)量，重復(fù) 2 4 步驟，求得小車在不同合外力 F 作用下的加速度?；卮鹣铝袉?wèn)題：（ 1）按上述方案做實(shí)驗(yàn)，是否要求砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(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的加速度a=_m/s2（保留二位有效數(shù)字）（ 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)1234

11、5砝碼盤中砝碼的重力F/N 0.100.200.290.390.49小車的加速度a m/s2） 0.881.441.842.382.89（他根據(jù)表中的數(shù)據(jù)畫出a-F 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 _。第4頁(yè)，共 20頁(yè)12. 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 Rn，兩個(gè)電流表 A1、 A2，電鍵 S1，單刀雙擲開關(guān) S2 ，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 S1，斷開單刀雙擲開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值為R1，讀出電流表A2 的示數(shù) I0；將單刀雙擲開關(guān)S2 合向 1，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表A

12、2 的示數(shù)仍為 I 0，此時(shí)電阻箱阻值為R2，則電流表 A1 的阻值 RA1=_。（2）將單刀雙擲開關(guān)S2 合向 2，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調(diào)節(jié)后的電阻箱的阻值 R 及電流表 A1 的示數(shù) I ，實(shí)驗(yàn)小組成員打算用圖象分析I 與 R 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 _。AIBI2CD（3）若測(cè)得電流表A1 的內(nèi)阻為 1，定值電阻 R0=2，根據(jù)（ 2）選取的 y 軸，作出 y-R 圖象如圖乙所示，則電源的電動(dòng)勢(shì)E=_ V，內(nèi)阻 r=_ 。（ 4）按照本實(shí)驗(yàn)方案測(cè)出的電源內(nèi)阻值 _ 。（選填“偏大”、 “偏小”或“等于真實(shí)值”）四、計(jì)算題（本大題共4

13、小題，共52.0 分）13.如圖所示，空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)其方向垂直紙面向里。在平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長(zhǎng)為 L 的剛性等邊三角形框架DEF ，DE 邊中點(diǎn) S 處有一帶正電的粒子，電量為q，質(zhì)量為m，現(xiàn)給粒子一個(gè)垂直于DE 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 DE 邊的中點(diǎn)，而是距 D 點(diǎn)的距離DS= ，仍然使粒子能回到S 點(diǎn)，第5頁(yè)，共 20頁(yè)求滿足條件的

14、粒子的速度大小。14.如圖所示， BCD 是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD 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 m 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E質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊 a 置于水平軌道上， 電荷量為q=，滑塊 a 與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a 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b 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)動(dòng)，a、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。求：（ 1）滑塊 a、b 碰撿后的速度大小。（ 2）滑塊在圓形軌道上最大速度

15、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 B 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，右端開口，豎直放置。管中有兩段水銀柱 a、 b，長(zhǎng)分別為 5cm、10cm，兩水銀液柱上表面相平， 大氣壓強(qiáng)為 75cmHg，溫度為 27， a 水銀柱上面管中封閉的 A 段氣體長(zhǎng)為 15cm， 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20cm，給 B 段氣體緩慢加熱，使a 水銀柱上表面與b 水銀柱下表面相平，求此時(shí) A 段氣體的壓強(qiáng)； B 段氣體的溫度為多少K ？第6頁(yè)，共 20頁(yè)16. 如圖所示， ABC 等邊三棱鏡，

16、P、Q 分別為 AB 邊、 AC 邊的中點(diǎn)， BC 面鍍有一層銀， 構(gòu)成一個(gè)反射面， 一單色光以垂直于 BC 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) Q，求棱鏡對(duì)光的折射率；使入射光線繞 P 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 Q 點(diǎn)時(shí)，人射光線轉(zhuǎn)過(guò)的角度。第7頁(yè)，共 20頁(yè)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=1，從 n=3 到從 n=1，從n=4 到從 n=1，從n=4 到從 n=2，故 B 正確；C、

17、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=1 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=1 的能級(jí)躍 n=2 的能級(jí)，需要吸收能量 為 E=13.-63.4=10.2eV，因10.46eV10.2eV，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

18、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.【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，由三角形相似得：=A 、F=T，由 可得：F=mg，AB 變小，BO 不變，則 F 變??；故A 錯(cuò)誤；BCD 、由 可得：N=mg，AO 、BO 都不變，則 N 不變，方向始終背離圓心；故 D 正確，BC 錯(cuò)誤；第8頁(yè)，共 20頁(yè)故選：D。選取小圓環(huán) A 為研究對(duì)象，畫受力分析示意 圖，小圓環(huán)受三個(gè)力，兩個(gè)繩子的拉力和大

19、圓環(huán)的支持力，運(yùn)用三角形相似法得到N、F 與 A0 、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：G=mr，解得：T=2，則：=1，即：T 比=T 太 ，故A 正確；B、萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=ma，解得：a=，=，故B 錯(cuò)誤；C、萬(wàn)有引力之比：= ，故C 錯(cuò)誤；D、萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=m，動(dòng)能：，動(dòng)能之比：= 2= ，故D錯(cuò)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

20、 頓第二定律求出地球的周期、向心加速度、線速度，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；第9頁(yè)，共 20頁(yè)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、 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、溫度升高

21、 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；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t1，煤塊的速度與 傳送

22、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：mgsin+mgcos=ma，可得a =g（sin + cos）=8m/s211由 v0=a1t1 得 t1=1s，此過(guò)程通過(guò)的位移大小 為 x 1=t1=4mL。由于 mgsinmgcos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 mgsin-mgcos=ma，可得 a =g（sin - cos）=4m/s222由 L-x 1=v0t2+，代入數(shù)據(jù)得：t2=1s。故煤塊從 A 到 B 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是 t=t1+t2=2s

23、。故A 錯(cuò)誤 。第10 頁(yè)，共 20頁(yè)B、煤塊從 A 端運(yùn)動(dòng)到 B 端時(shí)速度 v=v0+a2t2=12m/s，此時(shí)重力的瞬 時(shí)功率為P=mgvsin =144W，故 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（v0t1-x1）（L-x 1）-v0t2 ，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=v0t1-x1=4m。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= mgcos（v0t1-x1）+ （L-x 1）-v0t2 ，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，開始時(shí)，受到重力、支持力、向下的滑動(dòng)摩擦力，處于

24、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，由P=mgvsin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 積。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，

25、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，所以在開始向下運(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)開始做負(fù)第11 頁(yè)，共 20頁(yè)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

26、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)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)

27、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=5mgsin此時(shí)C 恰好離開地面，故彈簧的拉力 為 mg，對(duì) B 受力分析可得 繩對(duì) B 的拉力 為T=2mg，可得 sin =0，.4 37故A 錯(cuò)誤 。B、物體 C 剛離開地面 時(shí)，B 的合外力 為 0，加速度為 0，故B 正確。C、初始時(shí)系統(tǒng)靜止，且線上無(wú)拉力，對(duì) B 有 kx 1=mgC 剛好離開地面 時(shí)，有

28、kx 2=mg，可知x1=x2，則從釋放至 C 剛離開地面的 過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能變化第12 頁(yè)，共 20頁(yè)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（x1+x2）sin =mg2（x1+x2）+（5m+m）vAm以上方程 聯(lián)立可解得：A 獲得最大速度 為 vAm =，故C 正確。D、從釋放 A 到 C 剛離開地面的 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)械能不守恒，故 D 錯(cuò)誤 。故選：BC。C 剛離開地面 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

29、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】線邊到 MN時(shí)速度與到PQ時(shí)速度大小相等，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)解：A 、 框右程不受安培力作用，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)線進(jìn)入，由此可知， 框磁場(chǎng)過(guò)程做減速

30、運(yùn) 動(dòng)，故A 錯(cuò)誤；線進(jìn)入磁場(chǎng)前過(guò)動(dòng)，解得：v1=，B、 框程，由 能定理得：F =線框受到的安培力：F=BI 1L=，故B 正確；線進(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，C、 框完全對(duì)線框，由動(dòng)能定理得：F（d-L ）=，解得：vmin =，故 C 錯(cuò)誤；D、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)生的焦第13 頁(yè)，共 20頁(yè)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)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

31、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 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

32、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)算氣體分子的大小第14 頁(yè)，共 20頁(yè)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)方向振動(dòng)，其余質(zhì)點(diǎn)重復(fù)振源質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)

33、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；B、由圖甲可知周期 為 T=0.02s，由圖乙可知波 長(zhǎng)為 =2m，則波速為：則由圖乙可知當(dāng) P 再次處于平衡位置 時(shí)，時(shí)間為：，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+T=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 t0 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；題質(zhì)則通過(guò)D、由 可知：，若 點(diǎn) P 在最高點(diǎn)、最低點(diǎn)或平衡位置，的路程為：時(shí)質(zhì)點(diǎn) P 不在特殊位置，故其路程小于，但此1m，故 D 正確；傳說(shuō)是波的形狀，但是質(zhì)點(diǎn)不隨著波遷移，故

34、 E錯(cuò)誤。E、波 播的是能量或者故選：BCD。由圖讀出波長(zhǎng) 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)算小車所受的合外力時(shí)未計(jì)入砝碼盤的重力【解析】解：（1）當(dāng)物體小車勻速下滑 時(shí)有：mgsin=f+（m+m0）g當(dāng)取下細(xì)繩和砝碼盤后，由于重力沿斜面向下的分力mgsin和摩擦力 f 不變，因此其合外力 為（m+m0）g，由此可知 該實(shí)驗(yàn)中不需要砝 碼和砝碼

35、盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(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，第15 頁(yè)，共 20頁(yè)根據(jù)作差法可知，加速度：a=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)明小車所受合力大于砝 碼的重力，可能是計(jì)算小車所受的合外力 時(shí)未計(jì)入砝碼盤的重力；故答案為：（1）否；2（）0.88；（3）在計(jì)算小車所受的合外力 時(shí)未計(jì)入砝碼盤的重力。（1）根據(jù)小車做勻速運(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)小車受力分析即可求解。本

36、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-R1C30.9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：RA1 =R2-R1；（2）根據(jù)題意與圖示電路圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=I（r+R0+R+RA1），整理得：=R+，為得到直線圖線，應(yīng)作-R 圖象，故選 C。（3）由 -R圖線可知：b=1.3，k= =電= ，解得， 源電動(dòng)勢(shì)：E=3V，電源內(nèi)阻：r

37、=0.9 ；（4）實(shí)驗(yàn)測(cè)出了電流表 A 1 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：（1）R2-R1；（2）C；（3）3；0.9；（4）等于真實(shí)值 。第16 頁(yè)，共 20頁(yè)（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，應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可解 題。13.【答案】 解：（ 1）粒子從 S

38、點(diǎn)以垂直于DF 邊射出后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其圓心必在 DE 線上，根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：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：聯(lián)立解得：（ 2）要使粒子能回到 S 點(diǎn)，要求粒子每次與 DEF 碰撞時(shí)， v 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-1） R，（ n=1 ，2， 3 ）即：聯(lián)立解得：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；（ 2）若 S點(diǎn)不在 DE 邊的中點(diǎn)，而是距D 點(diǎn)的距離 DS= ，仍然使粒子能回到S 點(diǎn)，滿足條件的粒子的速度大小為。【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DEF 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。第17 頁(yè)，共 20頁(yè)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） a 從 A 到E解得 v1=對(duì) a 與 b 碰撞用動(dòng)量守恒定律得解得 v2=B 的過(guò)程用動(dòng)能定理得