2018年天津市高考物理試卷.doc

.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。下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是（）AN俘獲一個(gè)粒子，產(chǎn)生O并放出一個(gè)粒子BAl俘獲一個(gè)粒子，產(chǎn)生P并放出一個(gè)粒子CB俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生Be并放出一個(gè)粒子DLi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)線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為M、N，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，電勢能分別為EPM、EPN下列判斷正確的是（）AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EPMEPNDaMaN，EPMEPN4（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（）AR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)?ID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H、H、H和H，都是氫原子中電子從量子數(shù)n2的能級躍遷到n=2的能級時(shí)發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定（）AH對應(yīng)的前后能級之差最小B同一介質(zhì)對H的折射率最大C同一介質(zhì)中H的傳播速度最大D用H照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則H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。全部選對的得6分，選對但不全的得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)測試驗(yàn)衛(wèi)星“張衡一號”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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)看作是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計(jì)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分）明朝謝肇淛的五雜組中記載：“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?！庇紊刻鞂⒛拘◤乃韮A斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)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，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，大時(shí)FN大B若F一定，小時(shí)FN大C若一定，F(xiàn)大時(shí)FN大D若一定，F(xiàn)小時(shí)FN大8（6分）一振子沿x軸做簡諧選動(dòng)，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)。t=0時(shí)振子的位移為0.1m，t=1s時(shí)位移為0.1m，則（）A若振幅為0.1m，振子的周期可能為sB若振幅為0.1m，振子的周期可能為sC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(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，則木塊最終速度的大小是 m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5103N，則子彈射入木塊的深度為 m。10（4分）某研究小組做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)，所有器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計(jì)兩個(gè)，橡皮條（帶兩個(gè)較長的細(xì)繩套），刻度尺，圖釘（若干個(gè)）。具體操作前，同學(xué)們提出了如下關(guān)于實(shí)驗(yàn)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(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C使用測力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測力計(jì)軸線；讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對測力計(jì)刻度D用兩個(gè)測力計(jì)互成角度拉橡皮條時(shí)的拉力必須都小于只用一個(gè)測力計(jì)時(shí)的拉力該小組的同學(xué)用同一套器材做了四次實(shí)驗(yàn)，白紙上留下的標(biāo)注信息有結(jié)點(diǎn)位置O、力的標(biāo)度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點(diǎn)，如下圖所示。其中對于提高實(shí)驗(yàn)精度最有利的是 。11（10分）某同學(xué)用伏安法測定待測電阻Rx的阻值（約為10k），除了Rx、開關(guān)S、導(dǎo)線外，還有下列器材供選用：A電壓表（量程01V，內(nèi)阻約10k）B電壓表（量程010V，內(nèi)阻約100k）C電流表（量程01mA，內(nèi)阻約30）D電流表（量程00.6A，內(nèi)阻約0.05）E電源（電動(dòng)勢1.5V，額定電流0.5A，內(nèi)阻不計(jì)）F電源（電動(dòng)勢12V，額定電流2A，內(nèi)阻不計(jì)）G滑動(dòng)變阻器R0（阻值范圍010，額定電流2A）為使測量盡量準(zhǔn)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(shí)驗(yàn)電路圖。該同學(xué)選擇器材、連接電路和操作均正確，從實(shí)驗(yàn)原理上看，待測電阻測量值會(huì) 其真實(shí)值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是 。12（16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(jī)C919首飛成功后，拉開了全面試驗(yàn)試飛的新征程。假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x=1.6103m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v=80m/s。已知飛機(jī)質(zhì)量m=7.0104kg，滑跑時(shí)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(jī)滑跑過程中（1）加速度a的大??；（2）牽引力的平均功率P。13（18分）如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出。不計(jì)粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時(shí)間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)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(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小。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)磁場中，磁場方向垂直于導(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)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于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？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)粒子，產(chǎn)生O后，新粒子的質(zhì)量數(shù)為14+417=1，電荷數(shù)為：7+28=1，所以粒子為質(zhì)子。故A錯(cuò)誤；B、Al俘獲一個(gè)粒子，產(chǎn)生P后，粒子的質(zhì)量數(shù)為27+430=1，電荷數(shù)為：13+215=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+18=4，電荷數(shù)為：5+14=2，所以粒子為粒子。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+13=4，電荷數(shù)為：3+12=2，所以粒子為粒子。故D錯(cuò)誤故選：B?！军c(diǎn)評】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)能不變而重力勢能減小，所以機(jī)械能減小。故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】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】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左下方，由于粒子帶負(fù)電，因此電場線方向指向右上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線的疏密反應(yīng)電場的強(qiáng)弱?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ铀茈妶隽χ赶蜍壽E彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故MN；若粒子從M到N過程，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增加，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vMvN，在M點(diǎn)具有的電勢能比在N點(diǎn)具有的電勢能小，即EPMEPN；根據(jù)電場線疏密可知，EMEN，根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，aMaN；A、由可知，A錯(cuò)誤；B、由可知，B錯(cuò)誤；C、由可知，C錯(cuò)誤；D、由可知，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、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?！窘獯稹拷猓篈、B、線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)線圈的最大橫截面積為S，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，則產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢為：Em=nBS原線圈兩端的電壓等于電動(dòng)勢的有效值，為：設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為k，則副線圈兩端的電壓為：當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，有：副線圈兩端的電壓為：聯(lián)立可知，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；由可知，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢是原來的，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】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(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H、H、H和H，在真空中的波長由長到短，根據(jù)，可知，四條譜線H、H、H和H，的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而E=EmEn=h，則H對應(yīng)的前后能級之差最小，故A正確；B、當(dāng)在同一介質(zhì)，由于H，能量最大，那么其的折射率也最大，而對H的折射率最小，故B錯(cuò)誤；C、在同一介質(zhì)中，H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H照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，由于H的能量小于H，即H的頻率小于H，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H不一定能，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)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、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。全部選對的得6分，選對但不全的得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。【解答】解：A、設(shè)觀測可以得到衛(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?！军c(diǎn)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【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)此求出木楔對兩邊產(chǎn)生的壓力。【解答】解：選木楔為研究對象，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：則：所以：由公式可知，當(dāng)F一定，小時(shí)FN大；當(dāng)一定，F(xiàn)大時(shí)FN大。故AD錯(cuò)誤，BC正確故選：BC?！军c(diǎn)評】對力進(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。【解答】解：A、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=+nT 或者t=T+nT 或者t=+nT 對于式，當(dāng)n=0時(shí)，T=2s；對于式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s；對于式，當(dāng)n=0時(shí)，T=s；對于式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s對于式，當(dāng)n=0時(shí)，T=6s；對于式，當(dāng)n=1時(shí)，T=s故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。【點(diǎn)評】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小；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=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?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律；對于動(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、使用測力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測力計(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)正對測力計(jì)刻度，可以減小偶然誤差。故C正確；D、用兩個(gè)測力計(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】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)們對于基礎(chǔ)知識要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強(qiáng)對基礎(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】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)選擇的測量儀表；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；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?！窘獯稹拷猓阂虼郎y電阻阻值較大，為了準(zhǔn)確測量，應(yīng)采用較大的電動(dòng)勢，故選電動(dòng)勢為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；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)因待測電阻較大，為了準(zhǔn)確測量，電流表選擇內(nèi)接法，故電路圖如圖所示；因本實(shí)驗(yàn)采用電流表內(nèi)接法，由于電流表分壓影響，電壓表測量值將大于真實(shí)值，由歐姆定律可知，電阻測量值將大于真實(shí)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(shí)際電壓。【點(diǎn)評】遇到電學(xué)實(shí)驗(yàn)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(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?！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=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：WF阻x=牽引力的平均功率：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得：P=8.4106W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8.4106W?！军c(diǎn)評】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)粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v，粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，可得：可得：v=粒子在電場中受到的電場力為qE，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則：qEt=mv0聯(lián)立可得：t=（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(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)：可知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由軌跡的圓弧對應(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)入磁場時(shí)速度的方向與ab的夾角為，則圓弧所對的圓心角為2，由幾何關(guān)系可得：tan=粒子從Q點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向向上的分運(yùn)動(dòng)與從P釋放后的情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)，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v0，則：tan=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】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運(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)知識解決物理問題的