2019年安徽省皖南八校高考物理三模试卷(解析版)

1、20192019 年安徽省皖南八校高考物理三模试卷年安徽省皖南八校高考物理三模试卷 一、单选题（本大题共5 5 小题，共 30.030.0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 下说法正确的是（） A.这些氢原子可能发出 3种不同频率的光 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的能级 O为圆心，最高点B 处固 2.如图，用

2、硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直， 定一光滑轻质滑轮，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O C.N逐渐变小 D.N 大小不变 3.2019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

3、比邻星的一颗行星，设比邻星的 质量为太阳质量的 ，地球质量在流浪过程中损失了 ，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运 行轨道半径的 ，则下列说法正确的是（） 5.如图所示，白色传送带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=37，现将一质量为 m=2kg的煤块轻放在 2 sin37=0.6， 传送带的 A 端， 煤块与传送带间动摩擦因数=0.25， 取 g=10m/s ， 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 B.煤块运动到 B 端时重力的瞬时功率为120W C.煤块从 A 端运动到 B

4、 端在传送带上留下的黑色痕迹为4m D.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 5 小题，共 27.027.0分） 6.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水 平，a、b是两个完全相同的带正电小球（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

5、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（） 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

6、速度的 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 D.地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的 P为滑动变阻器的滑片， RT为热敏电阻，4.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（） A.斜面倾角 C.A获得最大速度为 B.C 刚离开地面时，B 的加速度为 0 D.A、B 两小球组成的系统机械能守恒 8.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（Ld）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 处由

7、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，则下列说法正确的是（） A.线框进入磁场过程中做加速运动 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. 温度升高时，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 B.线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为 C.线框在进入磁场的过程中速度的最小值为 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Fd 第 1 页，共 9 页 9.下列说法正确的是（） 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

8、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t 0=0.03s时刻的一部分波 形图。已知质点 P 的平衡位置在 x=1.75 m 处，质点 Q 的平衡位

9、置在 x=2m 。下列说法正确的是（） 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A 1、A2，电键S1，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。 A.质点 Q 的起振方向向上 B.从 时刻起经过质点 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 时刻起经过，质点 P 通过的路程小于 1m E.从 时刻起经过质点 Q 将运动到处 三、实验题探究题（本大题共2 2 小题，共 15.015.0分） 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

10、的实验，如图所示已知小车质量 M =250g，砝码盘的质量记为m 0，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取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量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重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，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，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_（填“是”或 “否”） 2 （2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，

11、由该纸带可求得小车的加速度a=_m / s （保留二位 有效数字） （1）闭合电键 S1，断开单刀双掷开关 S2，调节电阻箱的阻值为R 1，读出电流表 A2的示数 I0；将单刀 双掷开关 S2合向 1，调节电阻箱的阻值，使电流表A 2的示数仍为 I0，此时电阻箱阻值为R2，则电流表 A 1的阻值 RA1=_。 （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 A 1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_。 AIBI2CD （3）若测得电流表A 1的内阻为 1

12、，定值电阻R0=2 ，根据（2）选取的y轴，作出y-R 图象如图乙所 示，则电源的电动势 E=_V，内阻 r=_ 。 （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 4 小题，共 52.052.0分） 13. 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 DEF ， 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

13、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： （1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S 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 = ，仍然使粒子能回到 S 点，求满足条件的粒 子的速度大小。 （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 2 12345 砝码盘中砝码的重力F/ N 0.100.200.290.390.49 小车的加速度 a（m / s ） 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_。 第 2 页，共 9 页

14、 14. 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= 16. 如图所示， ABC等边三棱镜， P、Q 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。 ，滑块

15、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。求： （1）滑块 a、b 碰撿后的速度大小。 （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。 （3）滑块第一次落地点到B 点的距离。 15. 如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段 b， 10cm， 水银柱 a、长分别为 5cm、两水银液柱上表面相平， 大气压强为 75cmHg， 温度为 27，a 水银柱上

16、面管中封闭的A段气体长为 15cm，U 形管水平部分长为 10cm，两水银柱间封闭的B 段气体的总长为 20cm，给 B 段气体缓慢加热，使a 水 银柱上表面与 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？ 第 3 页，共 9 页 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 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、大量氢原子从 n=4 的能级跃迁能产生 6 种不同频率的光，故 A 错误； B

17、、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、光电子来自于金属板中的自由电子，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=13.6-3.4=10.2eV，因 10.46eV10.2eV，能实现跃迁。故 D错误； 故选：B。 根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级间跃迁时，辐射的光子能量 解：A

18、、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G =1，即：T 比=T太，故 A正确； =mr，解得：T=2，则： B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G =，故 B错误； C、万有引力之比：= =ma，解得：a=， =，故 C 错误； =m，动能：，D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G 等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。 动能之比： 解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两 故选：A。 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 =2=，故 D错误； 万有引力提供向心力，应用万有引

19、力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速 量大于等于两能级差即可。 2.【答案】D 【解析】 解：在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环 A 处于三力平衡状态，根据平衡 力公式与牛顿第二定律可以解题。 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， 由三角形相似得：= 4.【答案】D 【解析】 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，应用万有引 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 A、F=T，由可得：F= BCD、由可得：N= 误； 的输入功率也变小，

20、故 B错误； 故选：D。 C、 选取小圆环 A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的 的分压增大，灯 L两端电压减小，灯 L变暗，故 C 错误； 第 4 页，共 9 页 mg，AB 变小，BO 不变，则 F变小；故 A错误； 误； mg，AO、BO都不变，则 N不变，方向始终背离圆心；故 D正确，BC错 B、P 向左滑动时，滑动变阻器电阻变大，副线圈回路总电阻增大，输出功率减小，所以变压器 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 D、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 据解得：

21、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，处于加速阶段；当速度 等于传送带速度时，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=mgvsin 求重力的瞬时功率。黑色痕迹的长度等于煤块与传送带间相对位移 的大小。因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。 解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律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.【

22、答案】AC 【解析】 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：煤块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 t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为 a1，则根据牛顿第二 定律得：mgsi

23、n+mgcos=ma1，可得 a1=g（sin+cos）=8m/s 由 v0=a1t1得 t1=1s，此过程通过的位移大小为 x 1= 2 解：A、当电荷a在N点时，受竖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夹角一直减小，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夹角是锐角，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，与合力之间的夹角为 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

24、减小，从 N到 P的过程中，速 率先增大后减小，速率最大点应该在 NP 间某点，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，动能的减少量等于电势能和重力势能的 增加量之和，即动能减少量大于电势能增加量，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。 t1=4mL。 由于 mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到 的滑

25、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，运动的时间为 t2，则 mgsin-mgcos=ma2，可得 a2=g （sin-cos）=4m/s 由 L-x1=v0t2+ 2 ，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=mgvsin=144W， 故 B错误。 C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1-x1）（L-x1）-v0t2，所以煤块从 A端运 动到 B端留下的黑色痕迹长度为 S=v0t1-x1=4m。故 C 正确

26、。 D、煤块从 A端运动到 B端因摩擦产生的热量为 Q=mgcos（v0t1-x1）+（L-x1）-v0t2，代入数 第 5 页，共 9 页 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；而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）做功的过程就是能量转化的过程， （2）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：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；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），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。 7.【答案】BC

27、【解析】 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恒。 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 线框受到的安培力：F=BI1L= =，解得：v1= ，故 B正确； ， C、线框完全进入磁场时速度最小，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：F（d-L）= 解得：vmin= ，

28、故 C 错误； ，解：AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力 T=5mgsin此时 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 sin=0.4，37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、初始时系统静止，且线上无拉力，对 B有 kx1=mgC 刚好离开地面时，有 kx2=mg，可知 x1=x2，则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成 的系统机械能守恒，即 5mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+ 以上方程联立可解得：A获得最大

29、速度为 vAm= 2 （5m+m）vAm 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。 根据题意分析清楚线框的运动过程，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恒定律分析答题。 本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根据题意分析清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】 ，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恒，但是 A、B 两小球组成的系统机械能不

30、守恒，故 D错误。 故选：BC。 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，分子的平均速率增 大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故 A错误； 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 B、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而 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 增大，但斥力变化更快，故 B正确； 能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当 B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知， C、附着层内分子间距离小于液体内部分子间

31、距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着 压缩量与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出 B的最大速 度，A的最大速度与 B 相等。 层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故 C 正确； 第 6 页，共 9 页 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；阿伏伽德罗常数是联系宏观与微观的桥梁；理解热力

32、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】 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砝码盘的重力 【解析】 解：（1）当物体小车匀速下滑时有：mgsin=f+（m+m0）g 当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力 mgsin和摩擦力 f不变，因此其合外力为 （m+m

33、0）g， 由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。 2 （2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即 x=aT ， 根据作差法可知，加速度：a=0.88m/s2； （3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，说明小车所受合力大于砝码的重力， 可能是计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力； 故答案为：（1）否；（2）0.88；（3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力。 （1）根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解； （2）在匀变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）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，

34、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，同时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：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 =2m，则波速为： 则由图乙可知当 P 再次处于平衡位置时，时间为： ，经过周期的整数倍之后，质点 P 再次处于平衡位置，即经过 t=

35、t+T=0.0275s 还处于平衡位置，故 B正确； C、由于波沿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、由题可知：，若质点 P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为： ，但此时质点 P 不在特殊位置，故其路程小于 1m，故 D正确； E、波传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 和周期 T，由波长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。 解：（1）由题意可知，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 表内阻等于两种情况下电阻箱

36、阻值之差，即：RA1=R2-R1； （2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R0+R+RA1），整理得：= ，为得到直线图线，应作-R图象，故选 C。 （3）由-R图线可知：b= 电源内阻：r=0.9； 第 7 页，共 9 页 R+ =1.3，k=，解得，电源电动势：E=3V， （4）实验测出了电流表 A1的内阻，由（2）（3）可知，电源内阻的测量值等于真实值。 故答案为：（1）R2-R1；（2）C；（3）3；0.9；（4）等于真实值。 （1）根据闭合电路欧姆定律与题意求出电流表内阻。 （2）根据实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

37、据图象函数表达式与图示图象求出电源电动势与内阻。 本题考查了实验数据处理，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 顿第二定律可得： 解得： 本题考查了粒子在磁场中的运动，解题的关键在于需要挖掘粒子能回到 S 点的隐含条件及考 虑粒子最终回到 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 解得 v1= 对 a与 b 碰撞用动量守恒定律得mv1=2mv2 解得

38、v2= （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 对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 E=- 解得滑块最大速度 v3= 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： 滑块在 P 点用牛顿第二定律得，F 解得滑块受到轨道支持力FN= （2）要使粒子能回到 S点，要求粒子每次与DEF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： ， ， 联立解得： 由牛顿第三定律。此时滑块对轨道作用力FN= （3）a、b 整体从 B到 D的过程中。由动能定理有 -2mg2R= 解得 v4= 在 D 点。对滑块受力分析得：FN十 2mg= 解得下 FN=2mg 所以滑块能通过 D 点接着水平飞出， 在竖直方向；2R= 解