2019年山东省大联考高三物理三模试卷(含答案)

1、2019年山东省“评价大联考”高考物理三调试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n=4的能级发生跃迁，产生一些冒机不同频率的光，让这些光照射一个逸出功为2.29eV的钠光管，以下说法正确的关是（）22A. 这些氢原子可能发出3种不同频率的光.*3.简B. 能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子C. 光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部D. 钠光电管在这些光照射下发出的光电子再次轰击处于基态的氢原子可以使氢原子跃迁到？?=3的能2.如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑

2、轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上。现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动。小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是（）A. F逐渐增大B. N的方向始终指向圆心OC. N逐渐变小D. N大小不变a3.2019年春节档，科幻电影流浪地球红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量.11为太阳质量的地球质量在流浪过程中损失了地球绕比邻

3、星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道85半径的2,则下列说法正确的是（A.地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B.地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的4.C.地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1D.地球绕比邻星您行的动能是绕太阳您行时动能的仍110如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端,其阻值随温度升高而减小，则（）P为滑动变阻器的滑片，Rt为热敏电阻,A. P向左滑动时，变压器的输出电压变大B. P向左滑动时，变压器的输入功率变大C. ?遍度升高时，灯L变亮D. ?温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变5. 如图所示，白色传送市

4、A、B两端距离L=14m，以速度V0=8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为9=37；现将一质量为m=2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数=0.25取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8，则下列叙述正确的是（）A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25?B. 煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120WC. 煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4mD. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是。，最低点是P,直径MN水平，a、b是两个完全相同的

5、带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（）A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大B. 从N到Q的过程中，速率先增大后减小，最大速率的位置在P点C. 从P到Q的过程中，动能减少量大于电势能增加量D. 从N到Q的过程中，电势能先增加后减小7. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为5m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直

6、但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（）8.A.斜面倾角？?=37C.A获得最大速度为B.C刚离开地面时，B的加速度为0D.A、B两小球组成的系统机械能守恒如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B,边长为L(Lvd)的正方形金属线框，电阻为R,质量为m,在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为我由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说

7、法正确的是()A. 线框进入磁场过程中做加速运动B.线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为?2?玄3C. 线框在进入磁场的过程中速度的最小值为V?D. 线框右边从MN到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd9.卜列说法正确的是()A. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大B. 分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快C. 附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润D. 已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离E. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内

8、能10.x=0处的质点在t=0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播的简谐横波。如图甲为x=0处的质点的振动图象，如图乙为该简谐波在t0=0.03s时刻的一部分波形图。已知质点P的平衡位置在x=1.75m处，质点Q的平衡位置在x=2m。下列说法正确的是()hy/itiyjmA. 质点Q的起振方向向上B. 从?时刻起经过0.0275?演点P处于平衡位置C. 从?时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点D. 从?0时刻起经过0.025?质点P通过的路程小于1mE. 从？?时刻起经过0.01?馈点Q将运动到？?=3?处三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分

9、)11. 某实验小组设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图所示已知小车质量M=250g,石去码盘的质量记为m0,所使用的打点计时器交流电频率f=50Hz.其实验步骤是：1. 按图中所示安装好实验装置；2. 调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；3. 取下细绳和石去码盘，记下石去码盘中石去码的质量m；4. 先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；5.重新挂上细绳和缺码盘，改变石去码盘中缺码质量，重复24步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度。回答下列问题：(1) 按上述方案做实验，是否要求缺码和缺码盘的总质量远小于小车的

10、质量？(填“是”或“否”)(2) 实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=m/s2.(保留二位有效数字)S,87*6.76.:7.64H中位HH1(3) 某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表,次数12345石去码盘中石去码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度a(m/s2)0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a-F图象(如图)。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是Iaims。OJI）IJM（Lf）l.4f|12. 为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱R,定值电阻Rn,两个电流表Ai、A2

11、,电键Si,单刀双掷开关S2,待测电源，导线若干。实验小组成员设计如图甲所示的电路图。(1) 闭合电键Si,断开单刀双掷开关S2,调节电阻箱的阻值为Ri,读出电流表A2的示数Io；将单刀双掷开关&合向1,调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数仍为Io,此时电阻箱阻值为R2,则电流表Ai的阻值Rai=。(2) 将单刀双掷开关S2合向2,多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表Ai的示数I,实验小组成员打算用图象分析I与R的关系，以电阻箱电阻R为横轴，为了使图象是直线，则纵轴y应取。A.I(3) 若测得电流表Ai的内阻为iQ,定值电阻Ro=2Q,根据(2)选取的y轴，作出y-R图

12、象如图乙所示，则电源的电动势E=V,内阻r=Q。(4) 按照本实验方案测出的电源内阻值。(选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”)四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)i3.如图所示，空间充满了磁感应强度为B的匀强磁场其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架ADEF,DE边中点S处有一带正电的粒子，电量为q,质量为m,现给粒子一个垂直于DE边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点。求：14.15.(1) 若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S

13、点，粒子的速度大小。?(2) 若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DS=4,仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子的速度大小。如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中39999场强大小为E.质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为q=-999；滑块a与水平轨道间的动摩擦因数=0.5重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块精在一起运动，a、b滑块均视为质点

14、。求：(1) 滑块a、b碰揄后的速度大小。(2) 滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。B点的距离。(3)滑块第一次落地点到如图所示，粗细均匀的U形玻璃管,水银柱a、b,长分别为5cm、10cm,温度为27C,a水银柱上面管中封闭的两水银柱间封闭的B段气体的总长为左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg,A段气体长为15cm,U形管水平部分长为10cm,20cm，给B段气体缓慢加热，使a水银柱上表IT面与b水银柱下表面相平，求此时 A段气体的压强； B段气体的温度为多少K?16.如图所示，ABC等边三棱镜，P、Q

15、分别为AB边、AC边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于BC面的方向从P点射入，经折射、反射，刚好照射在AC边的中点Q,求 棱镜对光的折射率； 使入射光线绕P点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到Q点时，人射光线转过的角度。答案和解析1. 【答案】B【解析】解:A、大原子从n=4的能级跃迁能产生6种不同频率的光，故A错误；B、其中能让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子，即为从n=2到从n=1,从n=3到从n=1,从n=4到从n=1,从n=4到从n=2,故B正确；C、光电子来自丁金届板中的自由电子，故C错误。D、氢原子从n=4的能级向n=1发生跃迁，发射光子能量最大，当

16、照射钠光管放出能量为E=13.6-0.85-2.29=10.46eV,而氢原子从n=1的能级跃n=2的能级，需要吸收能量为E=13-3.4=10.2eV,因10.46eV10.2eV,育纹现跃迁。故D错误;故选:B。根据数学组合公式。己求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级问跃迁时，辐射的光子能量等丁两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越局。解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级问跃迁时辐射或吸收的光子能量等丁两能级间的能级差，并掌握光电效应方程的内容，注意D选项是吸收光电子，因此只要光电子能量大丁等丁两能级差即可。2. 【答案】D【解析】解：在牧映缓慢向上移动的过程中，小圆环

17、A处丁三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，VAT_由二角形相似得：bo=OA=_、.，A、F=T,睥可得：F=mg,AB变小，BO不变，则F变小；故A错误；BCD、僵可得：N=mg,AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心；故D正确，BC错故选：D选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到N、F与A0、BO的关系，再分析N和F的变化情况。本题是共点力平衡的动态变化分析问题，在非直角三角形的情况下，运用三角形相似法列式也是常用的方法。3. 【答案】A【解析】解:A、万有引力提供

18、向心力，由牛顿第二定律得：G挡nmr,解得:T=2叫耳，则料f=V(=1,即:T比=T太，故A正确;B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=?=ma,解得:a-件，竺二怦车奶=，广皿】九惬s,故B错误；C、万有引力之比：*=L=“一乂捉F=；，故C错误；JkD、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G；j-=my，动能：殊=日川折=一一，-一。五止_丛出真ILLt,苗.、口动盹z比：羸瓦E=h当次勺，故D铅坎；故选:A。万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速度，然后分析答题。本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键

19、，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。4. 【答案】D【解析】解;A、P向左滑动时，变压器原线圈电压和原副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误;B、P向左滑动时，制变阻器电阻变大，副陵圈回路总电阻增大，输出功率减小，所以变压器的输入功率也变小，故B错误；C、虬温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C错误；D、凡(温度升高时，热敏电阻阻值减小，只有适当向右滑动P,才能使灯L分压不变，从而保持灯的亮度不变，故D正确；故选：D。与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进

20、而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5. 【答案】C【解析】解：炽放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。A、设经过时间ti,械的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为ai,则根据牛顿第二定律得：mgsin9+pmgcosO=ma可得a1=g$in9+cg8m/s2由v0=aiti得ti=1s,仕迥程通过的位移大小为xi=fti=4mvL。由丁mgsinAmgcos。故煤块速

21、度大小等丁传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2,山的时间为t2,则mgsin&mgcosO=n2a可得a?=gsin-)pcos)(=4m/s2由L-Xi=V0t2+；气展，代入数据得:t2=1s。故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2s。故A错误。B、煤块从A端运动到B端时速度v=V0+a2t2=12m/s,此时重力的瞬时功率为P=mgvsin9=1440故B错误。C、由丁两个过程煤块与传送带问的相对位移大小(vti-xi)泠L-Xi)-vt2,所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为S=V0ti-xi=4m。故C正

22、确。D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q=pmgcosO0t1-x1)+L-x1)-v0t2,代入数据解得：Q=24J,故D错误。故选:C。对煤块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、向下的滑动摩擦力，处丁加速阶段；当速度等丁传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续加速。根据位移公式求解时间，从而求得总时间。由速度公式求解煤块从A端运动到B端时的速度，由P=mgvsinO求重力的瞬时功率。黑色痕迹的长度等丁煤块与传送带问相对位移的大小。因摩擦产生的热量等丁摩擦力与相对位移的乘积。解决本题的关键理活煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律

23、和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意摩擦生热与相对路程有关。6.【答案】AC【解析】解:A、当电荷a在N点时，卷直向下的重力和水平向右的电场力，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q的过程中，电场力和重力之间的火角一直减小，且电场力逐渐增大，所以重力与电场力的合力一直增大，选项A正确；B、在N点是，电场力与重力的合力与该点的切线方向之间的火角是锐角，所以在开始向下运动的过程中，合力做正功，速率增大；在P时，速度的方向是水平向左的，与合力之间的火角为钝角,所以在此之间，合力已经开始做负功了，所以有段时间速率减小，从N到P的过程中，速率先增大后减小，速率最大点

24、应该在NP问某点，故B错误；C、从P到Q的过程中，电场力做负功，重力也做负功，动能的减少量等丁电势能和重力势能的增加量之和，即动能减少量大丁电势能增加量，故C正确；D、从N到Q的过程中N点除外)，电场力的方向与速度的方向始终成钝角，电场力做负功，电势能始终增加，故D错误;故选:AC分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化。本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；巾电场力做功量度电势能的改变量。功和能的关系：功是能量转化的量度。有两层含义：1）做功陋程就是能量转化的过程，2）

25、做功的多少决定了能转化的数量，即：功是能量转化的量度强调：功是一料过程量，它和一段位移（一段时间）丰射应；而能是一种状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J）,但不功就是能，也不能说功变成了能”。7.【答案】BC【解析】解:AB、A的速度最大时，A所受的合力为零,此时绳的拉力T=5mgsina.岫寸C恰好离开地面，故弹簧的拉力为mg,对B受力分析可得绳对B的拉力为T=2mg，可得sina=0.,4a丰37故A错误。B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0,加速度为0,故B正确。C、初女伊寸系统静止，且线上无拉力，对B有kxi=mg.C刚好离开地面时，有kx2=mg,可知x=X2,则

26、从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，H如程中，A、B、C组成的系统机械能守包，即5mgX1+x2）sina=mgX1+x2）+!5m+m）vAm2以上方程联立可解得：A获得最大速度为VAm=，*，故C正确。D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守包，但是A、B两小球组成的系统机械能不守包，故D错误。故选:BC。C刚离开地面时，A沿斜面下滑至速度最大，合力为零，根据平衡条件求B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角；A、B、C组成的系统机械能守包，初始位置弹簧处丁压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处丁伸长

27、状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守包求出B的最大速度，A的最大速度与B相等。本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守包。8. 【答案】BD【解析】解:A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用,线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：F-?=；砒讦，解得:Vi,二，线框受到的安培力：F=BIiL=二：妇=日：,故B正确；C、线框完全进入磁场时速度最

28、小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得：Fd-L)=；时*一,解得：Vmin=J竺-史也，故C错误；D、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热:Q=Fd,故D正确；故选：BD。根据题意分析活楚线框的运动过程，应用动能定理求出线框刚进入磁场时的速度，应用安培力公式求出安培力，应用运动学公式与能量守包定律分析答题。本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根作题意分析活楚线框的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、安培力公式即可解题。9. 【答案】BCD【解析】解:A、温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均

29、速率增大,不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；B、根据分子力的特点可知，分子向引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大，但斥力变化更快，故B正确；C、附着层内分子间距离小丁液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故C正确；D、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故D正确；E、做功与热传递都可以改变物体的内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一定会改变内能，故E错误。故选：BCD。温度是分子的平均动能的标志；阿

30、伏伽德罗常数是联系宏观与微观的桥梁；理角燃力学第一定律；理解分子之间的作用力的特点。本题考查到的气体分子之间的距离的估算方法是该题的难点，要牢记这种方法可以估算气体分子间的平均距离，但是不能计算气体分子的大小10.【答案】BCD【解析】解:A、由图甲可知，在t=0时刻振源质点是向y轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q起振的方向仍为y轴负方向，故A错误；B、由图甲可知周期为T=0.02s,由图乙可知波长为入=2m则波速为：=，=斋心丹=心成3则.751由图乙可知当P再次处丁平衡位置时，时间为：r=作=.问:队，经过周期的整数倍之后，质点P再次处丁平衡位置，即经过t=t+T=0.

31、02fflS丁平衡位置，故B正确；C、由丁波沿x轴正方向传播，可知从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点，故C正确；D、幽可知：顿加=r+：r,若质点P在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：.=云心=由=1.山“，但此时质点P不在特殊位置，故其路程小丁1m,故D正确；E、泌专播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故E错误。故选:BCD由图读出波长济日周期T,由趾与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况,注意质点不随着波迁移。机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周

32、期得到路程。11. 【答案】否0.88在计算小车所受的合外力时未计入缺码盘的重力【解析】解：1。当物体/可匀速下滑时有：mgsin0=f+m+m0）g当取下细绳和石去码盘后，由丁重力沿斜面向下的分力mgsin0和摩擦力f不变，因此其合外力为m+m0）g,由此可知该实验中不需要石去码和石去码盘的总质量远小丁小车的质量。2）在址速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即q=aT2,rI,_、Ji仍根据作差法可知，加速度：a=讯=；.|旺.0.88m/s2；3）惘象可知，当外力为零时，物体有加速度，说明小车所受合力大丁石去码的重力，可能是计算小车所受的合外力时未计入石去码盘的重力；故答案为：1。否

33、；2）（0.88;3。”算小车所受的合外力时未计入石去码盘的重力。1）根据尊做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；2）在纽速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；3）惘象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解。本题考查探究加速度与物体受力的关系”实验，要注意明确实验原理，知道实验中应注意的事项，即寸明确利用逐差分求解加速度的基本思路和方法，并能根据函数关系分析图象的性质。12. 【答案】R2-R1C30.9等于真实值【解析】解：10您意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等丁两种情况下电阻箱阻值之差，

34、即:Rai=R2-Ri;2）根嫩意与图示电路图可知，电源电动势：E=I（+R0+R+RA1）,整理得！=R+%Jj_i-JT.为得到直线图线，应作:-R图象，做选Co13）由:-R图线可知：b=如=1.3,k=4=i*=I,解得，电源电动势：E=3V，电A源内阻：r=0.9垣4）实验测出了电流表Ai的内阻，由2）3。可知，电源内阻的测量值等丁真实值。故答案为:1。R2-R1；20C;303;0.9;40等丁真实值。1）根据闭合电路欧姆定律与题意求出电流表内阻。2）根敝验电路应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据题意分析答题。3）根押象函数表达式与图示图象求出电源电动势与内阻。本题考

35、查了实验数据处理，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路欧姆定律求出图象函数表达式是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律即可解题。13. 【答案】解：（1）粒子从S点以垂直于DF边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE线上，根据牛2顿第二定律可得:?=?一?=-解得：？?=万?若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得:?联立解得：云?（2）要使粒子能回到S点，要求粒子每次与ADEF碰撞时，v都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：DS=(2n-1)R,(n=1,2,3)即：?=莅加，（?=1，2,3）?=?联立解得：？?=

36、?三京，（?=1，2,3）?4（2?T）答：（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到、999999S点，粒子的速度大小为折？?（2）若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DS=?仍然使粒子能回到S点，满足条件的粒子的速度大小为?4(2?-1)【解析】1) 要求此粒子能回到S点，根据几何关系可确定出粒子运动的半径，再根据粒子在磁场中的半径公式可求粒子的速度；2) S点发出的粒子最终乂回到S点必须满足：每次与少EF的三边碰撞时都与边垂直，且能回到S点；粒子育盗过顶点与ADEF的边相碰。本题考查了粒子在磁场中的运动，角褪的关键在丁需要挖掘粒子能回到S点的隐含条件及考虑?=?=?2?粒子最终回到S点的多解性。14. 【答案】解：(1)a从A到B的过程用动能定理得E芸X12?-?12?=2?解得V1=2v6?对a与b碰撞用动量守恒定律得mv1=2mv2解得V2=v6?(2)当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大。如图，则有3?孕?37对滑块从碰后到最大速度的