2019年河北省衡水中學高考物理二調試卷

1、2019 年河北省衡水中學高考物理二調試卷副標題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.引力波是根據(jù)愛因斯坦的廣義相對論作出的奇特預言之一，三位美國科學家因在引力波的研究中有決定性貢獻而榮獲諾貝爾獎，對于引力波概念的提出，可以通過這樣的方法來理解：麥克斯韋認為，電荷周圍有電場，當電荷加速運動時，會產(chǎn)生電磁波；愛因斯坦認為， 物體周圍存在引力波，當物體加速運動時，會輻射出引力波，愛因斯坦的觀點的提出，采取了哪種研究方法（）A. 控制變量法B. 對比法C. 類比法D. 觀察法2. 廈門地鐵 1 號線被稱作“最美海景地鐵”， 列車跨海飛馳， 乘客在車廂內可觀賞窗外美麗的

2、海景。設列車從高崎站至集美學村站做直線運動，運動的-t 圖象如圖所示，總位移為s，總時間為t 0，最大速度為vm，加速過程與減速過程的加速度大小相等，則下列說法正確的是（）A. 加速運動時間大于減速運動時間B. 從高崎站至集美學村站的平均速度為C. 勻速運動時間為-t0D. 加速運動時間為-t03. 用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡，圖（甲）是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖（乙）是結構示意圖。 勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強。圖（乙）中電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。下列關于實驗現(xiàn)象和分析正確的是（）A.B

3、.僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變小第1頁，共 19頁C. 僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期不變D. 要使電子形成如圖（乙）中的運動徑跡，勵磁線圈應通以逆時針方向的電流4. 氫原子能級圖如圖所示，用大量處于n=2 能級的氫原子躍遷到基態(tài)時，發(fā)射出的光照射光電管陰極K，測得光電管電流的遏止電壓為 7.6V，已知普朗克常量h=6.63 10-34 J?s，電子電量 e=-1.6 10-19 C，下列判斷正確的是（）A. 電子從陰極 K 表面逸出的最大初動能為2.6 eVB. 陰極 K 材料的逸出功為7.6 eVC. 陰極 K

4、 材料的極限頻率為6.27 1014 HzD. 氫原子從 n=4 躍遷到 n=2 能級，發(fā)射出的光照射該光電管陰極K 時能發(fā)生光電效應5. 電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的理想變壓器，總匝數(shù)為2400 匝的原線圈輸入電壓u=220 sin100 t（ V），擋位 1、 2、 3、 4 對應的線圈匝數(shù)分別為240 匝、 600匝、 1200 匝、 2400 匝。電動機 M 的內阻 r =8，額定電壓為U=220 V，額定功率 P=110W下列判斷正確的是（）A. 該交變電源的頻率為 100HzB. 當選擇 3 擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110VC. 當擋位由 3 變?yōu)?

5、2 后，原線圈的電流變大D. 當選擇擋位 4 后，電動機的輸出功率為108W二、多選題（本大題共5 小題，共 27.0 分）6. 物體靜止在水平地面上 ,在豎直向上的拉力 F 作用下向上運動 .不計空氣阻力 ,物體的機械能 E 與上升高度 h 的大小關系如圖所示 ,其中曲線上點 A 處的切線斜率最大 , 的圖線為平行于橫軸的直線 .則下列判斷正確的是（）A.C.在處物體所受的拉力最大 過程中合外力做功為零B.D.在處物體的動能最大0過程中拉力F 始終做正功7.電荷量不等的兩點電荷固定在x 軸上坐標為 -3L 和 3L的兩點處，其中坐標為-3L 處的點電荷帶電量的絕對值為 Q，兩點電荷連線上各點

6、的電勢? 隨 x 變化的關系圖象如圖所示， 其中 x=L 處的電勢最低， x 軸上 M、N 兩點的坐標分別為-2L 和 2L，已知靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A. 兩點電荷一定均為正電荷B. 原點 O 處的場強大小為C. 正檢驗電荷在原點 O 處受到向左的電場力D. 負檢驗電荷由 M 點運動到 N 點的過程中，電勢能先減小后增大8. 如圖所示，寬為 L 的豎直障礙物上開有間距d=0.6m 的矩形孔，其下沿離地高h=1.2m，離地高 H =2m 的質點與障礙物相距 x在障礙物以v0=4m/s 的速度勻速向左運動的同時，質點自由下落，忽略空氣阻力，g=10m/s2則以下正確的第2頁，共

7、19頁是（）A. L=1m， x=1m 時小球可以穿過矩形孔B. L=0.8m，x=0.8m 時小球可以穿過矩形孔C. L=0.6m，x=1 m 時小球可以穿過矩形孔D. L=0.6m，x=1.2 m 時小球可以穿過矩形孔9.下列說法中正確的是（）A. 氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子間存在斥力的緣故B. 液晶顯示屏就是用液晶的光學各向異性制成的C. 如果氣體分子總數(shù)不變而溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，因而氣體壓強必然增大D. 液體的溫度越高，表面張力越小E. 不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其他變化10. 一列簡諧橫波沿 x 軸正方向傳播， t 時刻的波

8、形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到 P 點， t+0.6s 時刻，這列波剛好傳到Q 點，波形圖如圖中的虛線所示，a、 b、c、 P、 Q 為介質中的質點，則下列說法正確的是（）A.B.C.這列波的波長為40m這列波的波速為16.7m/s質點 c 在這段時間內通過的路程一定為30cmD. 從 t 時刻起， t+ s 時刻，質點a 恰好第一次到達平衡位置E. t+0.5 s時刻，質點 b、P 的位移相同三、實驗題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）11. 欲測量某種材料的電阻率現(xiàn)提供以下實驗器材A20 分度的游標卡尺；B螺旋測微器；C電流表A1（量程 50mA，內阻 r 1=100 ）；D

9、電流表A2（量程 100mA，內阻 r 2 約為 40）；E滑動變阻器R1（ 010，額定電流2A）；F直流電源E（電動勢為3V，內阻很?。籊導電材料R2（長約為 5cm，電阻約為100）；H開關一只，導線若干?；卮鹣铝袉栴}：（ 1）用游標卡尺測得該樣品的長度如圖甲所示，其示數(shù) L=_ cm，用螺旋測微器測得該樣品的外直徑如圖乙所示，其示數(shù)D =_mm。第3頁，共 19頁（ 2）為盡可能精確地測量該樣品電阻率 ，某小組設計了如圖丙、丁兩種實驗方案的電路中應選圖 _。（ 3）某次實驗中電流表 A1 和電流表 A2 的示數(shù)分別為 I 1 和 I 2，用所測得的物理量符號和已知的物理量的符號表示這

10、種材料的電阻率為=_。12.某同學設計出如圖甲所示的實驗裝置來“驗證機械能守恒定律”，讓小球從 A 點自由下落，下落過程中經(jīng)過 A 點正下方的光電門 B 時，光電計時器記錄下小球通過光電門時間 t，當?shù)氐闹亓铀俣葹?g。（ 1）為了驗證機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量_A小球的質量mBAB 之間的距離HC小球從A 到 B 的下落時間tABD小球的直徑d（ 2）小球通過光電門時的瞬時速度v=_（用題中所給的物理量表示）。（ 3）調整 AB 之間距離 H，多次重復上述過程， 作出 隨 H 的變化圖象如圖乙所示，當小球下落過程中機械能守恒時，該直線斜率k0=_。（ 4）在實驗中根據(jù)數(shù)

11、據(jù)實際繪出-H 圖象的直線斜率為k（ k k0），則實驗過程中所受的平均阻力f 與小球重力mg 的比值=_（用 k、 k0 表示）四、計算題（本大題共4 小題，共52.0 分）第4頁，共 19頁13. 如圖所示，t=0 時一質量 m=1kg 的滑塊 A 在大小為 10N、方向與水平向右方向成 =37 的恒力 F 作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運動，t1=2s 時撤去力 F ；t=0 時在 A 右方 x0=7 m 處有一滑塊 B 正以 v0=7m/s 的初速度水平向右運動。已知A與地面間的動摩擦因數(shù)12，取重力加速度大=0.5 ，B 與地面間的動摩擦因數(shù)=0.1小 g=10m/s2

12、， sin37 =0.6， cos37=0.8兩滑塊均視為質點，求：（ 1）兩滑塊在運動過程中速度相等的時刻；（ 2）兩滑塊間的最小距離。14. 如圖所示，豎直面內有一圓形小線圈，與絕緣均勻帶正電圓環(huán)同心放置。帶電圓環(huán)的帶電量為 Q，繞圓心作圓周運動， 其角速度 隨時間 t 的變化關系如圖乙所示 （圖中 、 t 、t 為已知量）。線圈通過絕緣導線連接兩根豎直的間距為l 的光滑平行012金屬長導軌， 兩導軌間的矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁場的上下邊界間距為h，磁感應強度大小恒為B“工”字形構架由絕緣桿固連間距為H（ H h）的水平金屬棒 AB、 CD 組成，并與導軌緊密接觸。初始

13、時鎖定“工”字形構架，使 AB 棒位于磁場內的上邊沿， t1 時刻解除鎖定， t2 時刻開始運動。 已知“工”字形構架的質量為m，AB 棒和 CD 棒離開磁場下邊沿時的速度大小均為v，金屬棒AB、 CD 和圓形線圈的電阻均為R，其余電阻不計，不考慮線圈的自感。求：（ 1） 0-t 1 時間內，帶電圓環(huán)的等效電流；（ 2） t1-t2 時間內，圓形線圈磁通量變化率的大小，并判斷帶電圓環(huán)圓周運動方向（順時針還是逆時針方向？）；（ 3）從 0 時刻到 CD 棒離開磁場的全過程AB 棒上產(chǎn)生的焦耳熱。第5頁，共 19頁15. 如圖所示，一定量的理想氣體最初處于狀態(tài)A，之后經(jīng)歷從狀態(tài) A狀態(tài) B狀態(tài) C

14、 的系列變化。已知狀態(tài)A 時氣體的溫度為 200K ，體積為40L ，壓強為8104Pa，狀態(tài) B時氣體的溫度升高至 400K。（ i）求狀態(tài)B 時氣體的壓強及狀態(tài)C 時氣體的體積；（ ii）從狀態(tài) B 到狀態(tài) C 的過程，定性分析氣體與外界熱傳遞的情況并求出外界對氣體做功的大小。16. 如圖所示， 固定在水平地面上的透明球體的折射率n= 、半徑為 RO 為透明球體的球心，其底部P點有一點光源（可向各個方向發(fā)射光線），過透明球體的頂點 Q 有一足夠大的水平光屏， 已知真空中的光速為 c。（ i）求光從 P 點傳播到 Q 點的最短時間；（ ii）若不考慮光在透明球體中的反射，求光屏上光照面積S。

15、第6頁，共 19頁答案和解析1.【答案】 C【解析】解：愛因斯坦根據(jù)麥克斯 韋的觀點：電荷周圍有電場，當電荷加速運 動時，會產(chǎn)生電磁波，提出了物體周 圍存在引力波，當物體加速運 動時，會輻射出引力波的觀點，采用了類比法。故 C 正確，ABD 錯誤 。故選：C。常用的物理學研究方法有：控制 變量法、等效替代法、模型法、比較法、類比法、轉換法等，是科學探究中的重要思想方法。根據(jù)物理方法和常識解答，記住著名物理學家的主要 貢獻即可。在高中物理學 習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規(guī)律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習。2.【答案】 C【解析

16、】解：A 、加速過程與減速 過程的加速度大小相等， 則根據(jù) a=知，加速度大小相等，速度變化相等，則時間相等，故 A 錯誤；B、從高崎站至集美學村站的平均速度 =，故B 錯誤；CD、設勻速運動時間為t，因為（ ）v ，所以 t=-t ，故 C 正確，D錯s= t+t 0 m0誤；故選：C。速度圖象與時間軸圍 成的面積等于物體在 該段時間內通過的位移，速度的正負表示速度的方向，只要 圖象在時間軸同一側物體運動的方向就沒有改 變。本題的解題關鍵是抓住兩個數(shù)學意 義來分析和理解 圖象的物理意 義，速度-時間圖象的斜率等于加速度。3.【答案】 C【解析】第7頁，共 19頁解：AB 、電子在加速 電場中

17、加速，由動能定理有：eU=mv02電子在勻強磁場中做勻速圓周運動倫茲力充當向心力，有：eBv0=m，洛解得：r=可見保持加速電壓不變，增加勵磁電電圓周的半徑減??；流，B 增大， 子束形成僅升高電子槍加速電場的電壓 電子束形成圓周的半徑增大。故 AB錯誤；，C、電子在磁場中運動的周期：T=，與電子的速度無關，與加速 電場的大小無關，故僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期不 變，故C正確；D、若勵磁線圈通以逆 時針方向的電流，由安培定則知，產(chǎn)生的磁場向外，根據(jù)左手定 則判斷知，電子進入磁場時所受的洛 倫茲力向下，電子的運動軌跡不可能是 圖中所示，同理，可得勵磁線圈通以順時針方向的電流，

18、則能形成結構示意圖中的電子運動徑跡，故 D 錯誤 。故選：C。根據(jù)動能定理表示出加速后 獲得的速度，然后根據(jù)洛 倫茲力提供向心力推 導出半徑的表達式。即可 進行分析。根據(jù)安培定 則和左手定 則結合判斷電子的運動軌跡。本題考查了粒子在 電、磁場中運動在實際生活中的 應用，正確分析出儀器的原理，寫出帶電粒子在磁 場中運動的半徑公式與周期公式是關鍵。4.【答案】 C【解析】解：A 、因遏止電壓為 U0=7.6V，根據(jù)動能定理可知，光電子的最大初 動能Ekm=eU0，光電子的最大初 動能為 7.6eV，故A 錯誤；B、根據(jù)光電效應方程，可知，W0=h-Ekm，而h=E；因此2-E1W 0=13.6-3

19、.4-7.6=2.6 eV，故B 錯誤；C、因逸出功 W0等于 h，則材料的極限 頻率 00= =第8頁，共 19頁=6.27 1014 Hz，故C 正確。D、從n=4 躍遷到 n=2 能級，釋放能量為 E=3.4-0.85=2.55eV2.6 eV，因此發(fā)射出的光照射 該光電管陰極 K 時，不能發(fā)生光電效應，故D 錯誤 。故選：C。根據(jù)光電效應方程，結合 Ekm=eU0，即可求解最大初動能，與逸出功，再由逸出功 W 0 等于 h0，求出材料的極限頻率，最后依據(jù)光電效應發(fā)生條件，即可求解。解決本題的關鍵理解遏止 電壓的含義，掌握光電效應方程以及光 電效應發(fā)生條件，并能靈活運用。5.【答案】 D

20、【解析】解：A 、根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知 =100，交變電源的頻率= =50Hz，故A 錯誤；選擇3 檔位后，副線圈的匝數(shù)為電壓與匝數(shù)成正比得B、當1200 匝，根據(jù)，即，解得電動機兩端電壓的最大值為110，所以，故B 錯誤；C、當檔位由3 變?yōu)?2 后，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副 線圈兩端的 電壓減小，輸出功率變輸變小，根據(jù)知原線圈電流變小，故 C錯誤；小， 入功率選擇線電壓比規(guī)律得副線圈兩端的D、當檔位 4，副 圈匝數(shù)等于2400 匝，根據(jù)電壓為 220V，電動機正常工作，流過電動機的電流，電動機的發(fā)熱功率=，電動機的輸出功率為，故 D 正確；故選：D。根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時

21、值表達式即可知角速度，結合 =2f得交變電源的頻率；當選擇 3檔位后，根據(jù)變壓比規(guī)律求出副 線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的倍；當檔位由 3變?yōu)樽儔罕纫?guī)律判斷副線圈2 后，根據(jù)第9頁，共 19頁的電壓，分析輸出功率的 變化，根據(jù)輸入功率等于 輸出功率，由 P=UI 判斷原線圈電流的變化；當選擇檔位 4 后，根據(jù)變壓比規(guī)律求出副 線圈電壓，根據(jù)能量守恒求 電動機的輸出功率。本題考查變壓器原理，要注意明確 變壓器的規(guī)律，能用線圈匝數(shù)之比求解 電壓及電流；同時注意注意明確 對于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解 題時要注意正確 選擇功率公式。6.【答案】 AD【解析】解：A 、由圖可知，h1

22、處物體圖象的斜率最大，則說明此時機械能變化最快，由E=Fh 可知此時所受的拉力最大；故 A 正確；B、h1 h2 過程中，圖象的斜率越來越小， 則說明拉力越來越??；h2 時刻圖象的斜率為零，則說明此時拉力為零；在這一過程中物體 應先加速后減速，則說明最大速度一定不在h2 處；故B 錯誤；C、h2 h3 過程中機械能保持不 變，故說明拉力一定 為零；合外力等于重力，做功不為零；故C 錯誤；D、由圖象可知，0 h2 過程中物體的機械能增大，拉力 F 始終做正功；故 D 正確；故選：AD 。根據(jù)功能關系：除重力以外其它力所做的功等于機械能的增量，0-h1 過程中物體機械能在增加，知拉力在做正功，機械

23、能與位移圖線的斜率表示拉力。當機械能守恒 時，拉力等于零，通過拉力的變化判斷其 動能的變化。本題畫出了我 們平時所陌生的機械能與高度的變化圖象；要求我們從圖象中分析物體的運 動過程。要求我們能明確機械能與外力做功的關系；明確重力做功與重力 勢能的關系；并正確結合圖象進行分析求解。7.【答案】 AC【解析】第10 頁，共 19頁解：A 、由-x 圖象特點可知 L 處合場強為零，且電勢均為正，則兩點電荷均為正電荷，故 A 正確；BC、x=L處電勢處圖線的斜率為該場強為0，-最低，此0，即 點的合=0，得 Q =4Q，故原點處的場強大小為 E0=-=，方向向左，正檢驗電荷在原點 O 處受到的電場力向

24、左，故 B 錯誤 C 正確；D、由M 點到 N 點電勢先減小后增大，所以 負檢驗電 荷由 M 點運動到 N 點的過程，電勢能先增大后減小，故 D 錯誤 。故選：AC。根據(jù) L 點場強為 0，知兩電荷是同種 電荷，根據(jù)電勢的變化，判斷電荷的電性；因為電勢 隨 x 變化的關系 圖線上每點切 線的斜率為（x0），表示電場強度 E，所以可知 L 點的場強為 0，從而知道 O 點的場強；根據(jù) P 點的場強為 0 可知兩電荷的電量大小，根據(jù)電場力做功判斷 電勢能的變化。解決本題的關鍵掌握電勢 隨 x 變化的關系 圖線上每點切 線的斜率為（x0），表示電場強度 E以L 點場強為 0 作為突破口，展開分析。8

25、.【答案】 BC【解析】解：A 、小球做自由落體運 動到矩形孔的上沿的 時間為：t1=0.2s小球做自由落體運 動到矩形孔下沿的 時間為：t2=0.4s則小球通過矩形孔的 時間為：t=t2-t1=0.2s，根據(jù)等時性知，L 的最大值為：L m=v0t=4 0.2m=0.8m，故A 錯誤；B、若 L=0.8m，x 的最小值為：xmin=v0t1=40.2m=0.8m，x 的最大值為：第11 頁，共 19頁xmax=v0t2-L=4 0.4-0.8m=0.8m，x 的取值范圍是 x=0.8m，故 B 正確。CD、若 L=0.6m，x 的最小值為：xmin=v0t1=40.2m=0.8m，x 的最大

26、值為：xmax=v0t2-L=4 0.4-0.6m=1m，所以 0.8m x 1m，故 C 正確，D 錯誤；故選：BC。根據(jù)自由落體運 動的公式求出小球通 過矩形孔的 時間，從而通過等時性求出L 的最大值結合小球運 動到矩形孔上沿的 時間和下沿的 時間，結合障礙物的速度求出 x 的最小值和最大值 解決本題的關鍵抓住臨界狀態(tài)，運用運動學公式進行求解知道小球通 過矩形孔的時間和障礙物移 動 L 的最大值時間相等9.【答案】 BDE【解析】解：A 、氣體如果失去了容器的 約束就會散開，是因為分子間距較大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做無規(guī)則運動，所以氣體分子可以自由擴散。故 A 錯誤。B、

27、液晶具有某些晶體的特性，如其光學性 質具有各向異性，液晶 顯示屏就是用液晶的光學各向異性制成的。故 B 正確。C、對于一定量的氣體，如果溫度升高，同 時體積增大，根據(jù)理想狀態(tài)的狀態(tài)方程可知其 壓強不一定增大。故 C 錯誤 。D、溫度的高低反應分子運動的激烈程度，溫度升高分子運 動的激烈程度增強，液體的表面張力將減小。故 D 正確；E、根據(jù)熱力學第二定律，不可能把 熱從低溫物體 傳到高溫物體而不 產(chǎn)生其他影響。故 E 正確。故選：BDE。本題可根據(jù)分子 間作用力分析氣體會散開的原因。溫度升高分子運動的激烈程度增強；熱力學第二定律有不同的表述：不可能把 熱從低溫物體 傳到高溫物體而不 產(chǎn)生其他影響

28、。第12 頁，共 19頁本題考查分子動理論的基本內容、氣態(tài)方程、熱力學第二定律等，關 鍵熟悉熱力學第二定律的各種表述，能 夠明確熱力學第二定律的本 質。10.【答案】 ADE【解析】解：AB 、由圖可知，該波的波長為 =40m；波從P 傳到 Q 的距離為x=90m-60m=30m，所用時間 t=0.6s，則波速為 v=m/s=50m/s，故A 正確，B 錯誤。這s=0.8s，波從 P傳到 c 的時間為T=0.2s，在0.6sC、 列波的周期 T= =時間內質點 c 振動了半個周期，通過的路程等于 2A=20cm，故C 錯誤 。D、從t 時刻開始計時，質點 a的振動方程為 y=Asin（ t+）

29、=10sin（2.5 t+ ）cm當 y=0 時，2.5 t+ =時，t= s，故在 t+ s 這個時刻質點 a 第一次到達平衡位置，故 D 正確。E、在 t 時刻，因波沿 x 軸正方向傳播，故此時質點 P 是向上振 動的，經(jīng) 0.5s=T 后，P正在向下振 動（負位移），是經(jīng)過平衡位置后向下運 動 0.1s；質點 b 是正在向上振 動的（負位移），是在到達最低點后向上運動 0.1s，可見，此時 a、b 兩個質點的位移相同。故 E 正確。故選：ADE。由圖直接讀出波長，由兩列波的波形圖可得波傳播的距離，可得出波速；由波速可知周期，根據(jù)時間與周期的關系可得出 質點的路程及位移。寫出從 t 時刻開

30、始計時，質點 a 的振動方程，再求 t+s 時刻的位移。根據(jù)時間 0.5s與周期的關系分析 t+0.5s 時刻質點 b、P 的位移關系。本題的關鍵要理解波的多解性以及振動的性質，要注意理解 E 項中簡諧運動的對稱性，P 和 b 正好處在了同一點，但是方向恰好相反。11.【答案】 5.0154.700丁【解析】第13 頁，共 19頁解：（1）由圖示游標卡尺可知，其讀數(shù)為：50mm+3 0.05mm=50.15mm=5.015cm；由圖示螺旋測微器可知，其讀數(shù)為：4.5mm+20.00.01mm=4.700mm。（2）電壓表的量程 遠大于電源的電動勢，所以電壓表不適用，兩個電流表中，電流表 A2

31、的滿偏電流大于電流表 A1 的滿偏電流，又電流表 A1 的內阻為定值，根據(jù)歐姆定律與串并 聯(lián)知識，應將電流表 A1 與樣品并聯(lián)后再與電流表 A2 串聯(lián)，滑動變阻器阻值較小，應用分壓式接法，應選擇圖 丁所示電路圖；（3）根據(jù)圖丁所示電路圖可知，實驗中應記錄的物理量有：電流表 A 1 的示數(shù) I1、電流表 A2的示數(shù) I2，根據(jù)電阻定律有：R=2樣品橫截面 積：S=D根據(jù)歐姆定律可得： R2=；解得：故答案為：（1）5.015；4.700；（2）??；3（）。標標尺示數(shù)之和是游標測（1）游 卡尺主尺與游卡尺示數(shù)；螺旋微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋 測微器的示數(shù)。（2）根據(jù)實驗目的與實驗所給器材

32、選擇實驗 器材，然后選擇實驗電 路圖。（3）根據(jù)歐姆定律與電阻定律求出 電阻率的表達式。本題考查了游標卡尺與螺旋測微器讀設計電路圖電數(shù)、求 阻率表達式，要掌握常用器材的使用及讀標標尺示數(shù)之和是游標卡數(shù)方法；游 卡尺主尺與游尺示數(shù)，游標卡尺不需要估讀測動刻度示數(shù)之和是；螺旋 微器固定刻度與可螺旋測微器示數(shù)，螺旋測微器需要估 讀。12.【答案】 BD【解析】第14 頁，共 19頁解：（1）A 、根據(jù)機械能守恒的表達式可知，方程兩 邊可以約掉質量，因此不需要測量質量，故A 錯誤；B、根據(jù)實驗原理可知，需要測量的是 A 點到光電門 B 的距離，故 B 正確；C、利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬 時

33、速度，不需要測量下落時間，故 C錯誤；D、利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬 時速度時，需要知道擋光物體的尺寸，因此需要測量小球的直徑，故 D 正確。故選：BD。（2）已知經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示 經(jīng)過光電門時的速度；故 v= ；（3）若減小的重力勢能等于增加的 動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgH=mv2；2即：2gH=（ ）解得：=?H，那么 該直 線斜率 k0=。（4）乙圖線=kH，因存在阻力，則有：mgH-fH=mv2；所以重物和 紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為=；故答案為：（1）BD ；（2） ；（3）；（4）。該題利用自由落體運 動

34、來驗證機械能守恒，因此需要 測量物體自由下落的高度 hAB，以及物體通過 B 點的速度大小，在測量速度時我們利用小球通 過光電門的平均速度來代替瞬 時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要 測量的數(shù)第15 頁，共 19頁據(jù)；由題意可知，本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當減小的機械能應等于增大的 動能；由原理即可明確注意事項及數(shù)據(jù)的 處理等內容。考查求瞬時速度的方法，理解機械能守恒的條件，掌握分析的思維，同時本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解。13.【答案】 解：（ 1）對物塊 A，由牛頓第二定律：Fcos -1（ mg-F

35、sin ） =ma1；對物體 A 撤去外力后：；Ba =對物體 ：22g，A 撤去外力之前兩物體速度相等時：a1t=v0-a2t，解得： t=1sA 撤去外力之后兩物體速度相等時：，代入數(shù)據(jù)解得： t =3.75s（ 2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最小，則：x=x0+x2-x1；代入數(shù)據(jù)解得： x=0.875m；答：（ 1）兩滑塊在運動過程中速度相等的時刻為3.75s；（ 2）兩滑塊間的最小距離為 0.875m?！窘馕觥浚?）根據(jù)牛頓 第二定律先求解撤去外力F 前后 時 A 的加速度以及 B 的加速度；根據(jù)撤去 F 之前時速度相等和撤去F 之后時速度相等列式求解；（2）

36、第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速 時兩物塊距離最?。桓鶕?jù)位移公式求解最小 值。本題考查了牛頓第二定律的 應用，分析清楚物體的運 動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律與運 動學公式即可解 題。14.【答案】 解：（ 1）由電流的定義式可知，；（ 2） t1-t 2 時間內，“工”字形構架處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知， mg=BIL解得：第16 頁，共 19頁由歐姆定律可知，解得：由 AB 棒處于平衡可知，AB 棒中的電流方向由A 到 B，小圓形線圈中的電流方向為逆時針方向，由“楞次定律”中的增反減同可知，帶電圓環(huán)圓周運動方向為逆時針方向；（ 3）由功能關系可知，金屬棒 AB、 CD 和圓形線圈的電阻均為R，且棒 AB 與 CD 并聯(lián)，由電路特點可知，QAB=由以上兩式解得：QAB=答：（ 1） 0-t 1 時間內，帶電圓環(huán)的等效電流是；（ 2） t1-t 2 時間內，圓形線圈磁通量變化率的大小，帶電圓環(huán)圓周運動方向為逆時針方向；（ 3）從 0 時刻到 CD 棒離開磁場的全過程AB 棒上產(chǎn)生的焦耳熱是?！窘馕觥浚?）根據(jù)電流的定義式 I=，即可求解