2020年天津市南開區(qū)高考物理一模試卷(含答案解析)

1、第14頁，共12頁2020年天津市南開區(qū)高考物理一模試卷一、單選題（本大題共 5小題，共25.0分）1 .以下是有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中不正確的是 （jA.紫外線照射到金屬鋅板表面時能產(chǎn)生光電效應，則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能也隨之增大B.每個核子只跟鄰近的核子發(fā)生核力作用C.太陽內(nèi)部發(fā)生的核反應是熱核反應D.關(guān)于原子核內(nèi)部的信息，最早來自天然放射現(xiàn)象2 .跳水比賽在天津奧體中心游泳跳水館進行，重慶選手施廷懋以總成績 電咫-20分獲得跳水女子三米板冠軍。某次比賽從施廷懋離開跳板開始 計時，在時刻施廷懋以速度 k入水，取豎直向下為正方向，其速度 隨時間變

2、化的規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是A.在口匕時間內(nèi)，施廷懋運動的加速度大小先減小后增大B.在八必時間內(nèi)，施廷懋先沿正方向運動再沿負方向運動C.在0、h時間內(nèi)，施廷懋的平均速度大小為D.在%、加時間內(nèi)，施廷懋的平均速度大小為：3 .據(jù)報道，2020年前我國將發(fā)射8顆海洋系列衛(wèi)星，包括 2顆海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和 2顆海陸雷達 衛(wèi)星（這4顆衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動 ,以加強對黃巖島、釣魚島及西沙群島全部島嶼附 近海域的監(jiān)測.設海陸雷達衛(wèi)星的軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的n倍，下列說法正確的是（）A.在相同時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星到地心的連線掃 過的面積相等B.海陸雷

3、達衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比等于海洋動力環(huán)境衛(wèi)星做 勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比C.海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星角速度之比為涓：1D.海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星周期之比為1：4 . 一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài) a開始，經(jīng)歷三個過程 ab、bc、ca回到原狀態(tài)， 其一丁圖象如圖所示，科八八。分別表示狀態(tài)a、b、c的壓強，下列判 斷正確的是A.也一6過程中氣體一定放熱B. 6 -過程中分子勢能不斷增大C. 6 -過程中每一個分子的速率都減小D. 丁 =小；沁5.如圖所示，空間中存在著山一固定的負點電荷Q（圖中未畫出）產(chǎn)生的電場。另一正點電荷 q僅在電場力作用

4、下沿曲線 MN運動， 在M點的速度大小為 山，方向沿MP方向，到達N點時速度大小 為v,且/ 如，則（j A. Q一定在虛線 MP下方B. M點的電勢比N點的電勢高C. q在M點的電勢能比在 N點的電勢能小D. q在M點的加速度比在 N點的加速度小二、多選題（本大題共 3小題，共15.0分）6 . 2018年10月，利用光的力量來操縱細胞的光鐐技術(shù)發(fā)明者，美國物理 學家，阿瑟阿什金獲得諾貝爾物理學獎。原來光在接觸物體后，會對 物體產(chǎn)生力的作用，這個來自光的微小作用可以讓微小的物體（如細胞）發(fā)生無損移動，這就是光鐐技術(shù)。因此，在光鐐系統(tǒng)中，光路的精細控制非常重要。對此下列說法正確的是A.光鐐技術(shù)

5、說明了光具有粒子性B.紅色激光光子動量大于綠色激光光子動量C.在同一玻璃透鏡中，紅色激光的速度相比綠光的較大D.在光鐐控制系統(tǒng)中，紅色激光相比綠光更容易發(fā)生全反射7 .“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把 47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備火箭（含燃料、椅子、風箏等）總質(zhì)量為M,點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為 m的 熾熱燃氣相對地面以 斯的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影 響，重力加速度為 g,下列說法中正確的是 （） A.火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力B.在燃

6、氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為C.噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為虱V - ut)'D.在火箭噴氣過程中，萬戶及所攜設備機械能守恒8 .某興趣小組用實驗室的手搖發(fā)電機和理想變壓器給一個燈泡供電，電路如圖，當線圈以較大的轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動時，理想交流電壓表示數(shù)是3 ,額定電壓為他j的燈泡正常發(fā)光，燈泡正常發(fā)光時電功率為 P,手搖發(fā)電機的線圈電阻是r,則有A.理想交流電流表的示數(shù)是國b.變壓器原副線圈的匝數(shù)比是 碼:aC.從圖示位置開始計時，變壓器輸入電壓的瞬時值>/514才聞2打球D.手搖發(fā)電機線圈中產(chǎn)生的電動勢最大值是三、實驗題（本大題共 2小題，共12.0分）9 .焦利

7、氏秤是用來測量豎直方向微小力的儀器。實際上就是一個彈簧秤，其簡化原理圖如圖1所示。焦利氏秤上的彈簧是掛在可以上下移動的有刻度的管子上的，管外面套有外管，外管上有 游標尺，旋轉(zhuǎn)標尺上下調(diào)節(jié)旋鈕即可使管上下移動。當重物盤內(nèi)不放祛碼時，固定在彈簧下端的指針指在標線的位置，此時的讀數(shù)可由管的刻度和外管上的游標讀出。如果在重物盤上加x克祛碼，彈簧伸長，指針位置下移，旋轉(zhuǎn)標尺上下調(diào)節(jié)旋鈕使管向上移動，使指針回到標線位 置，通過管及外管的游標可讀出重物盤上加上祛碼后對應的示數(shù)。現(xiàn)通過改變重物盤內(nèi)祛碼的質(zhì)量獲得實驗數(shù)據(jù)如表所示:序號0123456789盤內(nèi)祛碼質(zhì)里（g）01.0203.01.07j.*80DO

8、盤內(nèi)祛碼重力（xlO 2）N00.98L9G2,943.9247.905.886,867.848.82標尺上讀數(shù)LL3,52出,囂守7289,17x12,9314,821G.691&5莊當重物盤中加入5g祛碼時，管和外管的游標刻度如圖 cm。在圖3的坐標圖上作出該焦利氏秤內(nèi)彈簧的F-L圖線。布$該焦利氏秤內(nèi)彈簧白勁度系數(shù) N漢保留兩位有效數(shù)字）。10 .用如圖所示電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻，待測電源的電動勢約為4V、內(nèi)阻約為2c，保護電阻M 10R和%二 除了導線和開 關(guān)外，實驗室還提供了如下器材：A.滑動變阻器RgGOA,額定電流24）B.滑動變阻器 門（。5C,額定電流L"

9、;C.電流表4內(nèi)阻約0.20）D.電流表2。山".4,內(nèi)阻約2QIE.電壓表V（0*-15r ,內(nèi)阻約15越）F.電壓表（07八"內(nèi)阻約：砂出實驗的主要步驟有:本將滑動變阻器接入電路的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān);近逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記錄電壓表示數(shù)U和相應電流表示數(shù)I；打工以U為縱坐標，I為橫坐標，作U - I圖線出、I都用國際單位）；tr.求出口I圖線斜率的絕對值 k和在橫軸上的截距 a。電壓表應選用 ;電流表應選用 ;滑動變阻器應選用 。I填序號） 若滑動變阻器的滑片從左向右滑動，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，兩導線與滑動變阻器接線柱連接 情況是。A.兩導線接在滑動變阻

10、器電阻絲兩端的接線柱B.兩導線接在滑動變阻器金屬桿兩端的接線柱C.一條導線接在滑動變阻器金屬桿左端接線柱，另一條導線接在電阻絲左端接線柱D.一條導線接在滑動變阻器金屬桿右端接線柱，另一條導線接在電阻絲右端接線柱用k、a、Hi、幾，表示待測電源的電動勢 E和內(nèi)阻r的表達式，E=,= 代入數(shù)值可得E和r的測量值。四、計算題（本大題共 3小題，共48.0分）11 .如圖所示，水平軌道AB和CD與豎直圓管軌道平滑相接于最低點，圓管軌道在最低點稍微里外錯開，外面是B點，里面是C點。整個軌道除AB部分粗糙外其余部分均光滑，AB長9= om ,在CD部分的右側(cè)有一與 CD等高的傳送帶緊靠 D點，并順時針轉(zhuǎn)動

11、?？梢暈橘|(zhì)點、質(zhì)量二 .的物體從A點在F = 57的恒定拉力作用下由靜止開始向右運動，F(xiàn)與水平方向夾角 存=獷，物體與AB間的動摩擦因數(shù) 網(wǎng)=仆，物體運動到B點時撤去拉力，隨后物體滑上圓管軌道， 圓 管軌道的半徑 R =, g 二 iOm/x2 ,痛了母7c = Of , ms37c = 0.8,求：(1)物體運動到圓管軌道最高點E時軌道對物體作用力的大小和方向；(2)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速可隨意調(diào)節(jié)，使得物體離開傳送帶時速度隨之變化。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 配 。一2,傳送帶的長度L = 3m ,則物體滑離傳送帶的速度在什么范圍內(nèi)？12 .如圖甲所示，空間存在一有界勻強磁場，磁場方向垂直

12、紙面向里。有一邊長為L的正方形金屬線框、其質(zhì)量tu = Uy、電阻網(wǎng)=4C ,在水平向左的外力 F作用下，以初速度 為二由匕s勻減速進入磁場，線框平面與碰場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙中實線所示。以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求：()勻強磁場的磁感應強度 B;(2線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q。13 .帶電粒子一般沒有通常意義上的容器可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動將其束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖甲所示，圓盒為電子發(fā)射器，厚度為 h, M處是電子出射口，它是寬度為 d = 長3為圓盒厚度h的狹縫。其正視截面如圖乙所示，D為絕緣外殼，整個裝置處于真空中，半徑為 a的金屬圓柱 A

13、可沿半徑向外均勻發(fā)射速率為v的低能電子，與 A同軸放置的金屬網(wǎng) C的半徑為不需要電子射出時，可用磁場將電子封閉在金屬網(wǎng)以內(nèi)；若需要低能電子射出時，可撤去磁場，讓電子直接射出；若需要高能電子時，可撤去磁場，并在 A、C間加一徑向電場，使其加速后射出。不考慮 A、C的靜電感應電荷對電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電 子所受重力和相對論效應，已知電子質(zhì)量為m,電荷量大小為e。(lj若需要速度為9v的電子通過金屬網(wǎng) C發(fā)射出來，在 A、C間所加電壓U應多大？若A、C間不加電壓，要使由 A發(fā)射的電子不從金屬網(wǎng) C射出，可在金屬網(wǎng)內(nèi)環(huán)形區(qū)域加垂 直于圓盒平面的勻強磁場，求所加磁場磁感應強度的最小值B;

14、(切若在C、A間不加磁場，也不加徑向電場時，檢測到電子從 M射出形成的電流為I,忽略電 子碰撞到C、D上的反射效應和金屬網(wǎng)對電子的吸收，以及金屬網(wǎng)C與絕緣殼D間的距離，求圓柱體A發(fā)射電子的功率P。 答案與解析1答案：A解析：解：A、光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)與光照強度無關(guān)，因此增大光照強度，光子 的最大初動能不變，故 A錯誤；B、核子為短程力，只能跟鄰近的核子產(chǎn)生核力的作用，故 B正確；C、太陽內(nèi)部發(fā)生的核反應主要是輕核聚變反應，故C正確；D、關(guān)于原子核內(nèi)部的信息，最早來自于天然放射性現(xiàn)象，故 D正確。本題選擇不正確的，故選：A。入射光的強度決定光電流的大??；核子為短程力；核子結(jié)合成

15、原子核時伴隨巨大能量產(chǎn)生，由裂變 反應與聚變反應的區(qū)別來確定求解。本題考查的知識點較多，難度不大，要在平時學習中多積累，比如：波動性與粒子性的區(qū)別，裂變與聚變的不同，質(zhì)量虧損的概念，光電效應方程的內(nèi)容。2答案：C解析：解：A、燈一步圖象的斜率等于加速度，知在 0七時間內(nèi)，施廷懋運動的加速度保持不變，故 A錯誤。B、運動方向由速度的正負表示， 橫軸下方速度為負值，施廷懋沿負方向運動，橫軸上方速度為正值， 施廷懋沿正方向運動，在 力為時間內(nèi)，施廷懋一直沿正方向運動，故 B錯誤。C、0-%時間內(nèi)，根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式可知，施廷懋運動的平均速度大小為 安里，故C正確。D、勻變速直線運動的平

16、均速度大小等于初速度和末速度的平均值，若在 與4時間內(nèi)，施廷懋做勻 減速運動，則她的平均速度大小為根據(jù)露-十圖線與坐標軸所圍面積表示位移可知，在%7H時間內(nèi)施廷懋的實際位移小于她在這段時間內(nèi)做勻減速運動的位移，故在孔七時間內(nèi)，施廷懋的平均速度小于小故D錯誤。 故選：Co 根據(jù)速度-時間圖象的斜率代表加速度，分析加速度的變化情況。 施廷懋在，=0是向上起跳的，說明速度負值表示速度向上。速度的正負代表運動的方向，根據(jù)甘一干圖象可以分析人的運動的狀態(tài)。1圖象的面積代表位移，結(jié)合平均速度的定義分析。本題主要就是考查學生對速度時間圖象的理解，要知道在速度時間圖象中，直線的斜率代表的是加 速度的大小，圖象

17、的面積代表的是位移。 要注意平均速度公式嚀£只適用于勻變速直線運動。3答案：B解析：解：A、由萬有引力提供向心力： 。答=仃3*得：3= /等,衛(wèi)星到地心的連線掃過的 面積為£ =更加尸=必7r產(chǎn)=幽互，軌道半徑不同，相同時間內(nèi)掃過的面積不等，故 A錯誤.B、根據(jù)開普勒第三定律知，海陸雷達衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比等于海 洋動力環(huán)境衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比，故B正確.C、由3 =、/絆 知，海陸雷達衛(wèi)星的軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的n倍，則角速度之比為1:京，故C錯誤.D、根據(jù)；生1=箝療竺得,丁 1匣F ,海陸雷達衛(wèi)星的軌道半

18、徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的n倍,則周期之比為/：,故D錯誤.故選：B.根據(jù)萬有引力提供向心力得出角速度、周期的表達式，從而得出角速度和周期之比，根據(jù)角速度的大小得出掃過面積的表達式，判斷相同時間內(nèi)掃過的面積是否相等.解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，并能根據(jù)題意結(jié)合向心力的幾種不同的表達形 式，選擇恰當?shù)南蛐牧Φ谋磉_式.4答案：D解析：解：A、由圖示圖象可知，1a 6過程氣體體積不變而溫度升高，氣體內(nèi)能增大，工二口，氣體體積不變，外界對氣體不做功，IF=0 ,由熱力學第一定律得：= I+Q ,則Q = U-W -氣體從外界吸收熱量，故 A錯誤；B、理想氣體分子間沒有作用力，理想氣體分子

19、勢能為零，6 c過程分子勢能不變，故 B錯誤；C、溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義， 由圖示圖象可知，& £過程氣體溫度不斷降低， 分子平均動能不斷降低， 并不是每一個分子的動能都減小， 不是每個分子的速率都減小，故 C錯誤；D、由圖示圖象可知，&一過程V與T成正比，由理想氣體狀態(tài)方程：宰=?？芍瑲怏w的壓強不變，m=跳，從c到a過程氣體溫度不變而體積增大， 由玻意耳定律可知，氣體壓強減小，即網(wǎng) > 取， 由以上分析可知： 研=愚 > %，故D正確。故選：Do溫度是分子平均動能的標志；根據(jù)圖示圖象判斷氣體狀態(tài)發(fā)生變

20、化時狀態(tài)參量如何變化，根據(jù)氣體 狀態(tài)參量的變化情況應用氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律分析答題。本題考查了熱力學第一定律與氣體狀態(tài)方程的應用，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解 題的前提，應用氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律即可解題。5答案：C解析：解：A、因為曲線運動的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，可知固定的負點電荷Q只能在軌跡MN左上方的某個位置，不可能在虛線 MP的下方。故A錯誤；B、由題意可知，正電荷從 M到N過程速度減小，說明電場力做負功，電勢能增加；正電荷在電勢越高的位置電勢能越大，所以 0M <強耳，故B錯誤；C、由于正電荷從 M到N過程電場力做負功，因此其電勢能增加，即E葡<故

21、C正確；D、離負場源電荷越近的位置電勢越低，結(jié)合調(diào)“ < 蘇，可知負場源電荷離 M較近，較近的位置電場強度大，所受的電場力大，因此q在M點的加速度比在 N點的加速度大。故 D錯誤。故選：Co根據(jù)曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側(cè)可以大致判斷出Q的位置；利用速度的變化，判斷電場力做功情況，從而得出兩點的電勢能大小和電勢的高低；通過電勢的大小關(guān)系，判斷出MN兩點離負場源電荷的遠近關(guān)系，再結(jié)合點電荷周圍的場強公式得出場強大小關(guān)系，進而解出加速度的大小關(guān)系。解答本題的關(guān)鍵是：要熟知曲線運動的合外力方向應指向曲線的內(nèi)側(cè)；要學會靈活運用電場力做功 和電勢能的變化關(guān)系來判斷電勢高低和電勢能大小的方法。6.答案

22、：AC解析：解：兒光鐐技術(shù)是微觀上光與其他微粒相互作用，說明光具有粒子性，故 A正確；B.因為紅光波長大于綠光波長，根據(jù)八=g ,紅光激光光子動量小于綠色激光光子動量，故B錯誤；C.紅光頻率小于綠光頻率，紅光折射率小于綠光折射率，根據(jù) v = ,紅光激光的速度相比綠光的 fl較大，故C正確；D.根據(jù) 疝=：,紅光激光全反射的臨界角大于綠色激光全反射的臨界角，紅色激光相比綠光更不容易發(fā)生全反射，故 D錯誤；故選：AC。根據(jù)光的粒子性的特征進行分析，根據(jù)/二:分析紅光和綠光的動量大小關(guān)系，根據(jù)=-分析紅光A屋和綠光的傳播速度，根據(jù) 而】g =-分析兩種光發(fā)生全反射的臨界角大??； ft解決該題的關(guān)鍵

23、是知道紅光和綠光的波長的關(guān)系以及頻率的大小關(guān)系，熟記全反射的臨界角的求解 公式以及傳播速度的求解公式；7 .答案：AB 解析：解：A、火箭的推力來源于燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A正確；B、在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備火箭i含燃料、椅子、風箏等）為系統(tǒng)，動量守恒，設火箭的速度大小為 v,規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有 （M - 0 ,解得火箭的速度mui，大小為第=77,故B正確；C、噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式可得上升的最大高度為故C錯誤;D、在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所 以

24、萬戶及所攜設備機械能不守恒，故D錯誤；故選：AB?；鸺耐屏碓从谌剂先紵龝r產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備I火箭1含燃料 卜 椅子、風箏等）為系統(tǒng)，動量守恒，噴出燃氣后萬戶及 所攜設備做豎直上拋運動。本題解題的關(guān)鍵是在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備火箭（含燃料）、椅子、風箏等）為系統(tǒng),動量守恒；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正 功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒。8 .答案：ACP,所以輸入功率解析：解：A、理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，燈泡正常發(fā)光時電功率為 P ,一為P,電流表的本數(shù)是

25、jT ,故A正確；B、電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器的原副線圈的匝數(shù)比是5 :17.故B錯誤；C、線圈以較大的轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動時，所以” =2丁“，所以變壓器輸入電壓的瞬時值 ”=65可”2皿1, 故C正確；D、手搖發(fā)電機的線圈中產(chǎn)生的電動勢最大值是= 同3+?），故D錯誤。故選：AC。理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比。并利用燈泡正常發(fā)光的電壓與電流的值來構(gòu)建原副線圈的電壓與電流的關(guān)系掌握住理想變壓器的匝數(shù)比與電流比、電壓比關(guān)系，可快速求解。9 .答案：一 二二 解析：解：游標尺的精度值是0.1mm,由游標尺的讀數(shù)可知1=+ 7 x O.Lhhi = 110,

26、Ttum = 11.0Tc7h盤與盤內(nèi)祛碼靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：尸="四，根據(jù)描點法作出該焦利氏秤內(nèi)彈簧的F- L圖線如下圖：根據(jù)胡克定律得彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，即 F-klL L”），上“是彈簧的原長，由表尸達式可知F-L圖線的斜率就是彈簧的勁度系數(shù)。k = L "32A7"f。故答案為：11.07;該焦利氏秤內(nèi)彈簧的 F-L圖線如下圖：由題意可知，標尺讀數(shù)由管內(nèi)的刻度和外管上的游標讀出，根據(jù)圖2所示讀出標尺上的讀數(shù)；根據(jù)描點法作出該焦利氏秤內(nèi)彈簧的F 上圖線；根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應用胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)。本題考查了讀數(shù)與實驗數(shù)據(jù)處理問題

27、，標尺讀數(shù)方法與游標卡尺讀數(shù)方法相同，根據(jù)圖2可以讀出其示數(shù)；根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應用平衡條件與胡克定律可以求出彈簧的勁度系數(shù)。10 .答案：F D A C ka 解析：解：電源電動勢約為 4V,電壓表應選擇F;電路最大電流約為：rr 31=六月=化：3=審評小.4 ,電流表選C讀數(shù)誤差較大，電流表應選擇 D；電路最小電阻約為：“=牛= 2012 ,滑動變阻器接入電路的阻值最小約為1口£2 ,滑動變阻器應選擇Ao滑動變阻器的滑片從左向右滑動，電壓表示數(shù)增大，說明滑動變阻器接入電路的阻值增大，則一 條導線接在滑動變阻器金屬桿左端接線柱，另一條導線接在電阻絲左端接線柱，故選Co由圖示電路圖可

28、知， 路端電壓：二月一T +,訂I圖象的斜率的絕對值：2由題意可知，圖象橫軸截距為a,即；當二。時，a ,則：()廿一 /二一國，解得，電源電動勢：E = ka,電源內(nèi)阻：故答案為：F； D； A；。；如;京國。根據(jù)電源電動勢選擇電壓表， 根據(jù)圖示電路圖應用歐姆定律求出電路最大電流，然后選擇電流表； 根據(jù)題意求出滑動變阻器接入電路的阻值，然后選擇滑動變阻器。根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法。根據(jù)圖示電路圖求出圖象的函數(shù)表達式，然后求出電源電動勢與內(nèi)阻。本題考查了實驗器材的選擇、實驗數(shù)據(jù)處理等問題，要掌握實驗器材的選擇原則，根據(jù)圖示電路圖求出圖象的函數(shù)表達式是求電源電動勢與內(nèi)阻的前提與關(guān)鍵。11 .

29、答案：解：口 .1物塊從A到B的過程中，受力如圖：豎直方向由平衡條件有：r/| ="島根據(jù)動能定理有：；,代入數(shù)據(jù)解得：' 物體從B到E的過程，由機械能守恒，有:代入數(shù)據(jù)解得：,設物體在E時軌道對物體作用力的大小為方向豎直向下。由牛頓第二定律有：9Lv2F V2 += T71 解得，即軌道對物體的作用力的大小為2N,方向豎直向上。(2)由于圓管軌道光滑，物體滑到C點的速度大小仍然為 由，小八。若傳送帶的速度小于 電且足夠小，則物體一直減速滑過傳送帶， 此時物體滑離傳送帶具有最小速度, 由動能定理可得：r 1,1 O%mgL = -mv3 -/卻】代入數(shù)據(jù)得：此時物體滑離傳送帶

30、具有最大速度,若傳送帶的速度大于 叨且足夠大，則物體一直加速滑過傳送帶, 由動能定理可得：1一門”2代入數(shù)據(jù)可得：所以物體滑離傳送帶的速度范圍是答：（1）物體運動到圓管軌道最高點E時軌道對物體作用力的大小為2N,方向豎直向上;（力物體滑離傳送帶的速度范圍是 2小& h £ 6M。解析：（1.1對物體受力分析，由動能定理求出物體到達 B的速度，然后由機械能守恒定律求出物塊到達E點的速度。物塊運動到圓管軌道最高點E時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求軌道對物體作用力；（2將物塊到達D點速度與傳送帶的速度比較，結(jié)合初速度速度與長度的關(guān)系，由動能定理即可求解。解決本題時，要分析物體的受力情況，確定圓周運動向心力的來源，要知道涉及力在空間的效果求 速度時，要想到動能定理。12 .答案：解：（1）由圖乙可知，當 八一心時，線框完全進入磁場，此后線框內(nèi)無感應電流，F(xiàn)為恒即f = 1方時，尸12JN ,據(jù)牛頓第二定律得 尸| nm ,解得：=二2門心工,線框的邊長L ="正一:日產(chǎn)，