2020年東北三省三校聯(lián)考高考物理三模試卷(含答案解析)

1、第 頁，共15頁2020年東北三省三校聯(lián)考高考物理三模試卷一、單選題（本大題共4小題，共24.0分）關(guān)于原子能級躍遷，下列說法正確的是I；處于能級的一個氫原子回到基態(tài)時可能會輻射三種頻率的光子各種氣體原子的能級不同，躍遷時發(fā)射光子的能量：頻率.：不同，因此利用不同的氣體可以制成五顏六色的霓虹燈氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，會輻射一定頻率的光子，同時氫原子的電勢能減小，電子的動能減小已知氫原子從基態(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為l，則動能等于.的另一個氫原子與這個氫原子發(fā)生正碰，可以使這個原來靜止并處于基態(tài)的氫原子躍遷到該激發(fā)態(tài)真空中一半徑為;*的帶電金屬球，通過其球心的一直線上

2、各點的電勢分布如圖所示，r表示該直線上某點到球心的距離，“、分別是該直線上A、B兩點離球心的距離，根據(jù)電勢圖象-圖象，判斷下列說法中正確的是該金屬球可能帶負(fù)電BA點的電場強(qiáng)度方向由A指向球心C.A點的電場強(qiáng)度小于B點的電場強(qiáng)度D.電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做功“-.：3.如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細(xì)線連接，分別套在水平粗糙細(xì)桿-、gM和豎直光滑細(xì)桿上，當(dāng)整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，兩金屬環(huán)始終相對桿不動，下列判斷正確的是轉(zhuǎn)動的角速度越大，細(xì)線中的拉力越大轉(zhuǎn)動的角速度越大，環(huán)N與豎直桿之間的彈力越大轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的彈力相等

3、轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小不可能相等如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1：2,原線圈與固定電阻汀串聯(lián)后，接入輸出電壓有效值恒定的正弦交流電源。副線圈電路中負(fù)載電阻為可變電阻卩，A、V是理想電表。當(dāng)時，電流表的讀數(shù)為1A，電壓表的讀數(shù)為4V，貝卜1電源輸出電壓為8V電源輸出功率為4W當(dāng)時，變壓器輸出功率最大當(dāng)廠時，電壓表的讀數(shù)為3V二、多選題（本大題共6小題，共330分）如圖所示，衛(wèi)星a沒有發(fā)射停放在地球的赤道上隨地球自轉(zhuǎn)；衛(wèi)星b發(fā)射成功在地球赤道上空貼著地表做勻速圓周運動；兩衛(wèi)星的質(zhì)量相等。認(rèn)為重力近似等于萬有引力。下列說法正確的是，a、b做勻速圓周運動所需的向心力大小相

4、等b做勻速圓周運動的向心加速度等于重力加速度ga、b做勻速圓周運動的線速度大小相等，都等于第一宇宙速度a做勻速圓周運動的周期等于地球同步衛(wèi)星的周期如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的虛線圓位于足夠大的勻強(qiáng)電場中，圓所在平面與電場方向平行,M、N為圓周上的兩點。帶正電粒子只在電場力作用下運動，在M點速度方向如圖所示，經(jīng)過M、N兩點時速度大小相等。已知M點電勢高于O點電勢，且電勢差為U,下列說法正確的*M，N兩點電勢相等粒子由M點運動到N點，電勢能減小該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為二D.粒子在電場中可能從M點沿圓弧運動到N點7.如圖所示，豎直面內(nèi)有一個半徑為R的光滑圓弧軌道,質(zhì)量為m的物塊；可降高度h變化

5、關(guān)系圖象正確的是1)A.LZ一hC-D.h視為質(zhì)點：從頂端A處靜止釋放滑至底端B處，下滑過程中，物塊的動能廠、與軌道間的彈力大小N、機(jī)械能E、重力的瞬時功率P隨物塊在豎直方向下A8.在傾角為的斜面上固定兩根足夠長且間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。有兩根質(zhì)量分別為“和；宀的金屬棒a、b先將a棒垂直于導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c,此后某時刻，將b也垂直于導(dǎo)軌放置，此刻起a、c做勻速運動而b靜止，a棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，貝卜物塊c的質(zhì)量是

6、b棒放上導(dǎo)軌后，b棒中電流大小是知二b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能b棒放上導(dǎo)軌后，a棒克服安培力所做的功等于a、b兩棒上消耗的電能之和9.下列說法正確的是，液晶顯示器利用了液晶對光具有各向異性的特性當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大兩個相鄰的分子間的距離增大時，分子間的引力增大，斥力減小熱量既能夠從高溫物體傳到低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體E.絕熱氣缸中密封的理想氣體在被壓縮過程中，氣體分子運動劇烈程度增大10.一列簡諧橫波，某時刻的波形如圖甲所示，從該時刻開始計時，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，下列說法正確的是I；該波沿x軸正向傳播該波的波速大小為1

7、，經(jīng)過工；s,A質(zhì)點通過的路程為；mA、B兩點的速度有可能相同若此波遇到另一列簡諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為I.-三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）某實驗小組用如圖所示的裝置探究功和速度變化的關(guān)系：將小鋼球從固定軌道傾斜部分不同位置由靜止釋放，經(jīng)軌道末端水平飛出，落到鋪著白紙和復(fù)寫紙的水平地面上，在白紙上留下點跡。為了使問題簡化，小鋼球在軌道傾斜部分下滑的距離分別為L、2L、3L、，這樣在軌道傾斜部分合外力對小鋼球做的功就可以分別記為i、：；、II。為了減小實驗誤差必須進(jìn)行多次測量，在L、2L、3L、處的每個釋放點都要讓小鋼球重復(fù)釋放多次，在白紙上留下多個點跡，那么

8、，確定砸同一位置釋放的小鋼球在白紙上的平均落點位置的方法是；:為了完成實驗，除了測量小鋼球離開軌道后的下落高度h和水平位移s,還需測量。小鋼球釋放位置離斜面底端的距離L的具體數(shù)值小鋼球的質(zhì)量m小鋼球離開軌道后的下落高度h小鋼球離開軌道后的水平位移x:川請用上述必要的物理量寫出探究動能定理的關(guān)系式：J=；:該實驗小組利用實驗數(shù)據(jù)得到了如圖所示的圖象，則圖象的橫坐標(biāo)表示用實驗中測量的物理量符號表示。在練習(xí)使用多用電表的實驗中。請完成下列問題：用多用表測某元件的電阻，選用“一工”倍率的電阻擋測址，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)角度過小，因此需選擇倍率為;填“或“1”：的電阻擋，并需;填操作過程后,再次進(jìn)行測量，

9、多用表的指針如圖甲所示，測量結(jié)果為（o某同學(xué)設(shè)計出一個歐姆電表，用來測量電阻，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)可簡化成圖乙電路，其中電源內(nèi)陽電流表G的量程為二，故能通過讀取流過電流表G的電流值而得到被測電阻的阻值。但和普通歐姆表不同的是調(diào)零方式。該同學(xué)想用一個電阻箱人來測出電路中電源的電動勢E和表頭的量程二，進(jìn)行如下操作步驟是：先兩表筆間不接入任何電阻，斷開狀態(tài)下調(diào)滑動變阻器使表頭滿偏；t將歐姆表與電阻箱人連成閉合回路，改變電阻箱阻值；記下電阻箱示數(shù)人和與之對應(yīng)的電流表G的示數(shù)I；將記錄的各組人，I的數(shù)據(jù)描點，得到；.,圖線如圖丙所示；和根據(jù)丙圖作得的十一土圖線，求出電源的電動勢E和表頭的量程由丙圖可知電源的電動勢

10、為，歐姆表總內(nèi)阻為，電流表G的量程是o四、計算題（本大題共4小題，共52.0分）如圖所示，半徑未知的|光滑圓弧AB與傾角為:；的斜面在B點連接，B點的切線水平。斜面4BC長為。整個裝置位于同一豎直面內(nèi)?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m的小球從圓弧的端點A由靜止釋放，小球通過B點后恰好落在斜面底端C點處。不計空氣阻力。：；取求圓弧的軌道半徑；:.若在圓弧最低點B處放置一塊質(zhì)量為m的膠泥后，小球仍從A點由靜止釋放，粘合后整體落在斜面上的某點門若將膠泥換成3m重復(fù)上面的過程，求前后兩次粘合體在斜面上的落點到斜面頂端的距離之比。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系第皿象限內(nèi)充滿匸方向的勻強(qiáng)電場，在第I象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直

11、于紙面的勻強(qiáng)磁場電場、磁場均未畫出；一個比荷為二=川的帶電粒子以大小為rr的初速度自點r沿I方向運動，恰經(jīng)原點O進(jìn)入第I象限，粒子穿過勻強(qiáng)磁場后,最終從x軸上的點沿方向進(jìn)入第N象限；已知該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為衛(wèi)=三不計粒子重力.求第皿象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大??；:.求粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的半徑R及時間；|求圓形磁場區(qū)的最小半徑-如圖甲所示，有一“上”形、粗細(xì)均勻的玻璃管，開口端豎直向上放置，水平管的兩端封閉有理想氣體A與B氣柱長度都是22cm，中間水銀柱總長為12cm，現(xiàn)將水銀全部推進(jìn)水平管后封閉管道接口處，并把水平管轉(zhuǎn)成豎直方向，如圖乙所示，為了使A、B兩部分其他一樣長，把B氣體的一端單

12、獨放進(jìn)恒溫?zé)崴屑訜幔噯枱崴臏囟葢?yīng)控制為多少？；已知外界大氣壓強(qiáng)為76cmHg，氣溫16.如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q分別為AB邊、AC邊的中點，BC面鍍有一層銀，構(gòu)成一個反射面，一單色光以垂直于BC面的方向從P點射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點Q,求棱鏡對光的折射率；使入射光線繞P點在紙面內(nèi)沿順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)光線再次照射到Q點時，人射光線轉(zhuǎn)過的角度。第 頁，共15頁第7頁，共15頁答案與解析1答案：B解析：解：A、處于能級的一個氫原子回到基態(tài)時可能會輻射一種頻率的光子，或兩種不同頻率的光子，處于的“一群”氫原子回到基態(tài)時會輻射三種頻率的光子，故A錯誤；B、根據(jù)玻爾理論，各種

13、氣體原子的能級不同，躍遷時發(fā)射光子的能量頻率不同，因此利用不同的氣體可以制成五顏六色的霓虹燈，故B正確；C、由高能級向低能級躍遷時，會輻射一定頻率的光子，同時氫原子的電勢能減小，電子的動能增大，故C錯誤；D、根據(jù)能量守恒可知，要使原來靜止并處于基態(tài)的氫原子從基態(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)，需要吸收的能量為，由于碰撞過程中能量能量只能被部分吸收，則必須使動能比eV大得足夠多的另一個氫原子與這個氫原子發(fā)生碰撞，才能躍遷到某一激發(fā)態(tài)，故D錯誤。故選：B。處于的一個氫原子回到基態(tài)時最多會輻射兩種頻率的光子；氣體原子發(fā)生躍遷時放出不同頻率的光子，頻率不同則光的顏色不同；氫原子從高能級到低能級輻射光子，放出能量，能

14、量不連續(xù)，軌道也不連續(xù)，由較高能級躍遷到較低能級時，電子的動能增大，電勢能減?。粡牡湍芗壪蚋吣芗壾S遷，吸收的光子的能量必須等能級差，若實物粒子碰撞讓氫原子發(fā)生躍遷，實物粒子的能量必須大于能級差；本題考查了能級躍遷中一群氫原子和一個氫原子的區(qū)別，以及吸收光子能量發(fā)生躍遷和吸收實物粒子的碰撞能量躍遷等易混淆的知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點，需要理解記憶。2答案：D解析：解：A、由圖可知0到門電勢不變，之后電勢變小，帶電金屬球為一等勢體，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則金屬球帶正電，故A錯誤；BC、因為順著電場線電勢降低，所以A點的電場強(qiáng)度方向由A指向B,因為.圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，

15、所以A點所在處的切線的斜率大于B點所在處的切線的斜率，A點的電場強(qiáng)度大于B點的電場強(qiáng)度，故BC錯誤；D、正電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做功門:：.，故D正確。故選：D。根據(jù)直線上各點的電勢分布圖判斷A點和B點電勢；沿電場線方向電勢逐點降低；圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，以此分析A、B兩點的電場強(qiáng)度的大小關(guān)系；根據(jù)電場力做功表達(dá)式，結(jié)合電勢差等于兩點電勢之差，即可求解。解決該題的關(guān)鍵是知道順著電場線電勢降低，知道；圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，熟記電場力做功與電勢差的關(guān)系式。3.答案：C解析：解：AB、繩子拉力方向與豎直方向夾角為，對N受力分析知繩子的拉力在豎直方向的分力恒等于重力，即，所以只要角度

16、不變，繩子的拉力不變，環(huán)N與豎直桿之間的彈力CL5時Lf47fiN啊t-心不變，故AB錯誤；C、對M受力分析知豎直方向，與角速度無關(guān)，故C正確；D、對M受力分析知水平方向,角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，故D錯誤；故選：Co分別對M與N受力分析根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律分析。此題考查受力分析和力的平衡條件應(yīng)用以及牛頓第二定律的應(yīng)用，注意靜摩擦力大小和方向會隨運動狀態(tài)的改變而改變。4答案：C解析解:A、電流表的讀數(shù)：匚11,電壓表的讀數(shù):一1,根據(jù)歐姆定律可知，:,一當(dāng)時，得，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1：2,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得原線圈電壓：，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比得原線圈電流：

17、，所以電源輸出電壓：，故A錯誤；B、電源輸出功率為.，故B錯誤；C、通過副線圈電流：二-三，通過原線圈電流：-一一，分析原線圈，根據(jù)閉合電路歐姆定律rT2L?廠612金可知，打，解得：，變壓器輸出的功率：U_1肘喝_1-14兄_1-14瓦-（場+呂）j-（場+纖禺+算+1&當(dāng)G宀時，變壓器輸出的功率卩最大，即為沐，故C正確;D、當(dāng)G勺；時，：i打f，即電壓表的讀數(shù)為6V,故D錯誤。故選：Co根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律和歐姆定律可以求得兩電阻的阻值，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比和電流與匝數(shù)成反比求出電源的輸出電壓，計算輸出功率。根據(jù)閉合電路歐姆定律，用電阻宀表示變壓器的輸出功率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識分析阻值多少時，輸

18、出功率最大。根據(jù)功率公式，計算阻值為時，電壓表的讀數(shù)。此題考查了變壓器的工作原理，解題的關(guān)鍵是掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系即可解決本題。5答案：BD解析：解：AD、衛(wèi)星a沒有發(fā)射停放在地球的赤道上隨地球自轉(zhuǎn)，其自轉(zhuǎn)周期與同步衛(wèi)星相等，衛(wèi)星b和同步衛(wèi)星都是萬有引力提供向心力，根據(jù)二以及同步衛(wèi)星的半徑較大可知，同步衛(wèi)星的周期大于衛(wèi)星b的周期，a、b衛(wèi)星的質(zhì)量和半徑都相等，再根據(jù)向心力=-可知，b衛(wèi)星的向心力大，故A錯誤，D正確；B、衛(wèi)星b發(fā)射成功在地球赤道上空貼著地表做勻速圓周運動，半徑為地球半徑，根據(jù)重力近似等于萬有引力可知：，則，故B正確；C、衛(wèi)星b發(fā)射成功在地球赤道上空貼著地表做勻

19、速圓周運動，速度等于第一宇宙速度，而b衛(wèi)星的向心力大，根據(jù)一可知，a衛(wèi)星的速度小于b的速度，故C錯誤。r故選：BD。第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的運行速度，即近地衛(wèi)星的運行速度。地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星具有相同的角速度和周期，再結(jié)合根據(jù)萬有引力提供向心力比較線速度、周期和向心加速度大小即可。此題要引入地球同步衛(wèi)星進(jìn)行比較，地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星具有相同的角速度和周期，根據(jù)萬有引力提供向心力比較衛(wèi)星線速度、角速度、周期和向心加速度大小。6答案：AC解析：解：AB、帶電粒子只在電場力作用下運動，經(jīng)過M、N兩點時速度大小相等，根據(jù)能量守恒可知，粒子在M、N兩點處的電勢能相等，所以M、N兩點的電勢相等

20、，則M、N兩點的的連線為由曲線運動的特點可知，粒子受到的電場力和速度的夾角先大于A后小于A：1，電場力對粒子先做負(fù)功，后做正功，電勢能先增大，后減小，故A正確，B錯誤；C、勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為：，故C正確；D、粒子在勻強(qiáng)電場中受到的是恒定的電場力，不可能做圓周運動，故D錯誤。故選：AC。帶電粒子只在電場力作用下運動，經(jīng)過M、N兩點時速度大小相等，根據(jù)能量守恒可知，粒子在M、N兩點處的電勢能相等，所以M、N兩點的電勢相等，作出電場線，根據(jù)電場力與速度的夾角關(guān)系分析電場力做功的特點，從而判斷電勢能的變化情況；根據(jù)求解電場強(qiáng)度；粒子在勻強(qiáng)電場中受到的是恒定的電場力，不能做圓周運動。解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)

21、題意分析得到M、N兩點是電勢相等的兩點，掌握等勢面和電場線的關(guān)系，熟記電場力做功與電勢能的關(guān)系。7答案：BC解析：解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒知廠，廠與h成線性關(guān)系，故A錯誤；B、受力分析知N與h也是線性關(guān)系，過原點，故B正確；C、根據(jù)機(jī)械能守恒知E不變，故C正確；D、重力瞬時功率為，與h的關(guān)系圖象不是如圖關(guān)系，故D錯誤；故選：BC。物塊的動能廠、與軌道間的彈力大小N、機(jī)械能E、重力的瞬時功率P隨物塊在豎直方向下降高度_h一Jr?_臚h變化關(guān)系：；,E保持不變，即=itn.此題考查圖象問題，注意判定需要先寫出縱橫坐標(biāo)的關(guān)系，從而判定圖象是否正確。8答案：BD解析：解：A、b棒靜止說明b棒受力平衡，即

22、安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運動，說明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個力平衡，c勻速下降則c所受重力和繩的拉力大小平衡。由b平衡可知，安培力大小為：-y由a平衡可知：譏亠;wF由c平衡可知:輕薩聯(lián)立解得物塊c的質(zhì)量為：:，故A錯誤；B、b棒放上導(dǎo)軌后，根據(jù)b棒的平衡可知：卜,又因為1可得b棒中電流大小是:故B正確;C、b放上導(dǎo)軌之前，根據(jù)能量守恒知物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能與a增加的重力勢能之和，故C錯誤；D、根據(jù)功能關(guān)系可知，b棒放上導(dǎo)軌后，a棒克服安培力所做的功等于a、b兩棒上消耗的電能之和，故D正確。故選：BD。a、b棒中

23、電流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，對b棒進(jìn)行受力分析有安培力大小與重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒為研究對象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出繩的拉力，再據(jù)C平衡可以得到c的質(zhì)量；根據(jù)平衡條件求解b棒中電流大小；c減少的重力勢能等于各棒增加的重力勢能和動能以及產(chǎn)生的電能；根據(jù)功能關(guān)系分析a棒克服安培力做的功的轉(zhuǎn)化情況。本題主要是考查電磁感應(yīng)中力學(xué)問題與能量問題的綜合，涉及力學(xué)問題常根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；涉及能量問題，要知道電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化情況，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。9答案：ADE解析：解：A、液晶既具有液體的流動性，

24、又具有單晶體的光學(xué)各向異性的特點，故A正確；B、當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的相對濕度一定較大，故B錯誤；C、兩個相鄰的分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力均減小，只是斥力減小得快，分子力表現(xiàn)為引力，故C錯誤；D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量可以自發(fā)的從高溫物體傳到低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體，但需要引起其他變化，比如空調(diào)，故D正確；E、絕熱氣缸中密封的理想氣體在被壓縮過程中，對氣體做功，內(nèi)能增大，溫度升高，氣體分子運動劇烈程度增大，故E正確。故選：ADE。液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點。當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的相對濕度一定較大。分子間距增大，分子引力和分子斥力均減小。根據(jù)

25、熱力學(xué)第二定律分析。第 頁，共15頁根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析，絕熱氣缸中封閉氣體被壓縮，對氣體做功，內(nèi)能增大，溫度升高，分子運動劇烈。此題考查了液晶、相對濕度、分子力、熱力學(xué)第二定律等相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是明確熱力學(xué)第二定律不同的表述，比如：宏觀熱現(xiàn)象具有方向性。10答案：ABC解析：解：A、由A質(zhì)點的振動圖象讀出該時刻質(zhì)點A的振動方向沿y軸負(fù)方向，由質(zhì)點的振動方向與波傳播方向的關(guān)系，可知波沿x軸正向傳播，故A正確。B、由題圖甲可知波長為丄nI：；,由題圖乙可知周期為!|，則波速為，：；-；故B正確。C、經(jīng)過m:，則A質(zhì)點通過的路程為：_；I_I.：；：；故C正確。4D、A、B兩點間距為半個波長

26、，振動情況始終相反，速度不可能相同；故D錯誤。E、發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象需要頻率相同，則所遇到的波的頻率亠Z時才能產(chǎn)生的穩(wěn)定干涉。故E正確。故選：ABC。由A質(zhì)點的振動圖象讀出該時刻質(zhì)點A的振動方向，由波動圖象判斷波的傳播方向。由波動圖象讀出周期，波動圖象讀出波長，求出波速。質(zhì)點做簡諧運動時，一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅，半個周期通過的路程是兩個振幅。結(jié)合時間與周期的關(guān)系，求質(zhì)點A通過的路程。兩列波的頻率相同時才能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉。根據(jù)振動圖象讀出各時刻質(zhì)點的振動方向，由質(zhì)點的振動方向判斷波的傳播方向是基本功，要熟練掌握。11答案：用盡可能小的圓圈圈住盡量多的落點，圓心即為平均落點的位置B4k解析

27、：解：；確定砸同一位置釋放的小鋼球在白紙上的平均落點位置的方法是：用盡可能小的圓圈圈住盡量多的落點，圓心即為平均落點的位置；:u根據(jù)動能定律可得：H三：-；廣根據(jù)平拋規(guī)律可得：，-聯(lián)立可得探究動能定理的關(guān)系式：ii，4/?-根據(jù)表達(dá)式可知為了探究動能定理，并測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣冗€需測量的量為小鋼球的質(zhì)量m,故選B。:爲(wèi)由解析:可知探究動能定理的關(guān)系式為：oMi根據(jù)圖象形狀可知，W與橫軸表示的物理量成正比例，又因為表達(dá)式為“，所以圖象4A的橫坐標(biāo)表示故答案為：h用盡可能小的圓圈圈住盡量多的落點，圓心即為平均落點的位置二-I廣。根據(jù)動能定理求出表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式即可分析出還需測量的量，從斜槽上同一

28、位置靜止?jié)L下落于地面紙上形成不完全重合的記錄痕跡，再用最小的圓將這些痕跡圈住，則圓心位置就為平均落點P；利用圖象結(jié)合表達(dá)式即可判斷出圖象橫坐標(biāo)表示的物理量，根據(jù)斜率的表達(dá)式即可求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。解決該題的關(guān)鍵是熟記實驗原理和實驗注意事項，掌握圖象法求解物理量的基本思路；熟記動能定理的表達(dá)式；12答案：重新進(jìn)行歐姆調(diào)零7000U.I-I解析：解：h歐姆表的表盤上越向右側(cè)電阻越小，偏角小說明阻值大，選用J口：”倍率的電阻擋測址，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)角度過小，說明待測電阻阻值較大，為了準(zhǔn)確測量其電阻，要換較大擋，故選擇：擋進(jìn)行測量，換擋后要重新歐姆調(diào)零，示數(shù)為：；1=_設(shè)電流表G所在的支路電阻之和為

29、R由閉合電路歐姆定律得：從叩由分流原理得：fiI/?+TRrI聯(lián)立解得：TOC o 1-5 h z根據(jù)圖象可知：JI；，；1；：，解得：廠I，所以歐姆表總內(nèi)阻為：；E電流表G的量程為:一打11o故答案為：:-|；，歐姆調(diào)零，7000；io歐姆表的表盤左邊密右邊疏，且零刻度在右邊，偏角小說明阻值大，要換較大擋，重新調(diào)零后測量，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；根據(jù)電路圖應(yīng)用歐姆定律求出的7-7的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)函數(shù)表達(dá)式與圖象求出電動勢內(nèi)阻，進(jìn)而求出電流表量程。本題考查了歐姆表的原理以及正確使用方法，注意在使用歐姆表測電阻時要選擇合適的擋位，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積

30、是歐姆表示數(shù)。13答案：解：|設(shè)圓弧半徑為R小球從A到B運動過程，只有重力做功，故其機(jī)械能守恒，則有：解得:一；小球從B到C做平拋運動，故有:Lsi.n.37=Lo佃37=q/聯(lián)立解得：打廠,，打II、山。在B處放置質(zhì)量為m的膠泥后，粘合時系統(tǒng)的動量守恒,取水平向右為正方向，則有:-在B處放置質(zhì)量為3m的膠泥后，由動量守恒定律得:yfiuo=4zrt.ua由上問中的結(jié)論知，粘合體在斜面上的落點到斜面頂端的距離為:2-j|furi37nSivfI故得前后兩次粘合體在斜面上的落點到斜面頂端的距離之比為：，答：丨圓弧的軌道半徑為；：前后兩次粘合體在斜面上的落點到斜面頂端的距離之比為4：1。解析：對小球從A運動到B的過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求得小球經(jīng)過B點的速度表達(dá)式，然后再根據(jù)從B到C做平拋運動，由位移公式列式，聯(lián)立即可求得圓弧的軌道半徑；：對于碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律求得碰后粘合體的速度，然后根據(jù)平拋運動規(guī)律得到在斜面上的落點到斜面頂端的距離與在B處速度的關(guān)系，即可求得比值。本題是力學(xué)綜合題，解答時，一般先對物體進(jìn)行受力分析，從而分析清楚運動過程，確定每個過程的物理規(guī)律。本題的關(guān)鍵要抓住小球落在斜面上時豎直位移與