2019年山東省泰安市高考物理模擬試卷解析版

第第頁，共13頁A.繩上的拉力大小為50NB.重物不會(huì)離開地面C.A.繩上的拉力大小為50NB.重物不會(huì)離開地面C.2s末物體上升的高度為5mD,重物的加速度大小為 3.2m/s2高考物理模擬試卷題號(hào)一一二四五總分得分、單選題（本大題共4小題，共24.0分）1.人們平時(shí)所用的鐘表，精度高的每年大約會(huì)有1分鐘的誤差，這對(duì)日常生活是沒有影響的，但在要求很高的生產(chǎn)、科研中就需要更準(zhǔn)確的計(jì)時(shí)工具。原子鐘是利用原子吸收或釋放能量時(shí)發(fā)出的電磁波來計(jì)時(shí)的，精度可以達(dá)到每2000萬年誤差1秒，某種原子鐘利用氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷發(fā)出的電磁波來計(jì)時(shí)，一群處于n=3能級(jí)1.的氫原子向低能級(jí)躍遷，已知普朗克常量 h=6.63X10-34j?s,電子的電荷量TOC\o"1-5"\h\ze=1.610-19C,輻射出的電磁波的最小頻率約為（ ）A.4.61015Hz B,2.41015Hz C,4.61014Hz D,2.91014Hz2.如圖所示，一不可伸長(zhǎng)的光滑輕繩，其左端固定于。點(diǎn)，右端跨8過位于O'點(diǎn)的光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為 1kg的物體，oo'段水才"一行平，長(zhǎng)度為1.6m。繩上套一可沿繩自由滑動(dòng)的輕環(huán)，現(xiàn)在在輕環(huán) '上懸掛一鉤碼（圖中未畫出），平衡后，物體上升 0.4m。則鉤碼的質(zhì)量為（ ）LA.號(hào)句 B.%2kg C.1.6kg D.1.2kg“嫦娥四號(hào)”于2019年1月3日自主著陸在月球背面，實(shí)現(xiàn)人類探器首次月背軟著陸，由于“嫦娥四號(hào)”在月球背面，不能與地球直接通信，需要通過中繼通信衛(wèi)星才能與地球“溝通”， “鵲橋”是“嫦娥四號(hào)”月球探測(cè)器的中繼衛(wèi)星， 該中繼衛(wèi)星運(yùn)行在地月系的拉格朗日 L2點(diǎn)附近的暈軌道上。地月系的拉格朗日 L2點(diǎn)可理解為在地月連線的延長(zhǎng)線上（也就是地球和月球都在它的同一側(cè)），地球和月球?qū)μ幱谠擖c(diǎn)的衛(wèi)星的引力的合力使之地球運(yùn)動(dòng)且在該點(diǎn)的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期與月球繞球運(yùn)動(dòng)的周期相同。若某衛(wèi)星處于地月系的拉格朗目 L2點(diǎn)，則下列關(guān)于該衛(wèi)星的說法正確的是（ ）A.該衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的角速度大于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的角速度B.該衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度C,在地球上可以直接看到該衛(wèi)星D.該衛(wèi)星受到地球與月球的引力的合力為零如圖所示，一條足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩的右端與一質(zhì)量為12kg的重物相連，重物靜止于地面上，左側(cè)有一質(zhì)量為10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩子以大小為 5m/s2的加速度豎直向上爬，取g=10m/s2,則下列說法正確的是（ ）、多選題（本大題共5小題，共29.0分）某交變電路如圖甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為5:1,R1=30Q,R2=20Q,一示波器接在電阻R1兩端，示波器上的電壓變化圖象如圖乙所示。電壓表和電流表均為理想電表，不計(jì)示波器的電流對(duì)電路的影響，下列說法正確的是（ ）

A.電壓表的示數(shù)為35.4VB.電流表的示數(shù)為0.2AC.原線圈的輸入電壓u=250sin50t<V）D.電阻R2消耗的電功率為15W6.如圖所示，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(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（ ）7.8.A.所受合力保持不變C.機(jī)械能保持不變B.所受滑道的支持力逐漸增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x軸上電場(chǎng)方向與x軸方向平行，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)如圖所示，x=0處電勢(shì)為5V,7.8.A.所受合力保持不變C.機(jī)械能保持不變B.所受滑道的支持力逐漸增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x軸上電場(chǎng)方向與x軸方向平行，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)如圖所示，x=0處電勢(shì)為5V,一電子從x=-2cm處由靜止釋放，則下列說法正確的是（ ）x=0處電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.電子在x=-2cm處的加速度小于電子在x=-1cm處的加速C.該電子不可能運(yùn)動(dòng)到x=2cm處D.該電子運(yùn)動(dòng)到x=0處時(shí)的動(dòng)能為3eV如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑導(dǎo)軌沿斜面方向平鋪在絕緣斜面上，斜面傾角為導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌中部和下方各有一邊長(zhǎng)為 L的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B、方向均垂直斜面，質(zhì)量為m的金屬棒b水平故置在下方磁場(chǎng)區(qū)域中，質(zhì)量未知的金屬棒d水平放置于上方某處，某時(shí)刻由靜止釋放cd,當(dāng)cd棒測(cè)進(jìn)入導(dǎo)軌中部的磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)由靜止釋放 ab棒，之后cd恰好勻速穿過中部的磁場(chǎng)區(qū)域而ab棒靜止不動(dòng)，已知兩金屬棒的電阻均為 R,重力加速度為g,則（ ）A.上、下兩磁場(chǎng)方向相同cd棒的質(zhì)量為mad棒通過導(dǎo)軌中部的磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，克服安培力做功為mgLsin0cd棒的釋放點(diǎn)到導(dǎo)軌中部磁場(chǎng)上邊界的距離為下列說法正確的是（ ）一定質(zhì)量的理想氣體的體積減小時(shí)，內(nèi)能一定增加一定質(zhì)量的理想氣體，密閉于容積不變的容器，吸熱后溫度一定升高C.在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中忽略了分子間的空隙D.飽和汽是指液體蒸發(fā)和水蒸氣液化達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)的蒸汽E.下落的雨滴在空中成球形是由于存在浮力三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）一列簡(jiǎn)諧橫渡在t=0時(shí)刻的波形圖如圖中實(shí)線所示，t=3s時(shí)波形圖如圖中虛線所示,已知波傳播的速度v=5m/s。則該波沿x軸（填“正"或"負(fù)”）方向傳播；質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)周期為s；從t=0開始，質(zhì)點(diǎn)a第一次運(yùn)動(dòng)到波峰所需的時(shí)間為s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。四、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共15.0分)11.A、B兩同學(xué)用圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置探究輕彈簧的彈性勢(shì)能與其壓縮量的關(guān)系：輕彈簧放置在傾斜的長(zhǎng)木板上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮不同的量，再由靜止釋放物塊，通過測(cè)量和計(jì)算，可求得彈簧的壓縮量與彈性勢(shì)能的關(guān)系。C垃產(chǎn)Bl(1)實(shí)驗(yàn)步驟如下：a.將木板左端抬高，平衡物塊受到的摩擦力；b.向左推物塊使彈簧壓縮，并測(cè)量彈簧的壓縮量；c.先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，再松手釋放物塊。(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，A同學(xué)讓彈簧的壓縮量為小，打點(diǎn)結(jié)果如圖乙所示； B同學(xué)讓彈簧的壓縮量為2■，打點(diǎn)結(jié)果如圖丙所示，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為 50Hz,物塊質(zhì)量為200go(3)結(jié)合紙帶所給的數(shù)據(jù)可知： A同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)物塊脫離彈簧時(shí)的速度大小為m/s,對(duì)應(yīng)彈簧壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能為J;B同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)物塊脫離彈簧時(shí)的速度大小為m/s,對(duì)應(yīng)彈簧壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能為J.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。(4)對(duì)比A、B兩位同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知： 彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧壓縮量的關(guān)系為 O12.某實(shí)驗(yàn)小組想組裝一個(gè)雙量程( 3V、15V)的電壓表，提供的器材如下：A.電流表⑥：滿偏電流為1mA,內(nèi)阻未知；B.電池E:電動(dòng)勢(shì)為3V,內(nèi)阻未知；C.滑動(dòng)變阻器R：最大阻值約為6kQ,額定電流為1A;D.滑動(dòng)變阻器R2最大阻值約為2kQ,額定電流為3A；E.電阻箱R0：0?9999.9RF.定值電阻R3：額定電流為0.1A;G.開關(guān)兩個(gè)，導(dǎo)線若干。(1)用圖甲所示電路測(cè)量電流表的內(nèi)阻 rg,則滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用(選填“C”或“D”)。(2)將開關(guān)S、S2都斷開，連接好實(shí)物圖，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻達(dá)到最大

后，接通開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流表⑥的示數(shù)為0.9mA；再閉合開關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱Ro的阻值為300◎時(shí)，電流表⑥的示數(shù)為0.6mA,則電流表⑥的內(nèi)阻為 Q(3)雙量程電壓表的電路原理圖如圖乙所示，則電路中電阻箱 R0應(yīng)取值為%定值電阻R3的阻值為kQo五、計(jì)算題(本大題共4小題,共52.0分)13.如圖甲所示，質(zhì)量m=1kg的小滑塊，從固定的四分之一圓弧軌道的最高點(diǎn) A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B后滑到位于水平面的木板上， 并恰好不從木板的右端滑出。 已知圓弧軌道半徑R=6m,木板長(zhǎng)l=10m,上表面與圓弧軌道相切于 B點(diǎn)，木板下表面光滑，木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。取g=10m/s2.求：(1)滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能；滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。(2)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。14.如圖所示，豎直線MN左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)， 右14.側(cè)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=ttX-2T,在P點(diǎn)豎直下方，d=^,m處有一垂直于MN的足夠大的擋板。現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷 ：=1X106C/kg的正電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過At=1xi0-4s,電荷以V0=1X104m/s的速度通過MN進(jìn)入磁場(chǎng)。求：P點(diǎn)到MN的距離及勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E的大??；(2)電荷打到擋板的位置到MN的距離；(3)電荷從P點(diǎn)出發(fā)至運(yùn)動(dòng)到擋板所用的時(shí)間。

15.如圖所示，汽缸開口向上固定在水平面上，其橫截面積為S,內(nèi)壁光滑，A、B為距離汽缸底部h2處的等高限位裝置，限位裝置上裝有壓力傳感器，可探測(cè)活塞對(duì)限位裝置的壓力大小， 活塞質(zhì)量為m,15.在汽缸內(nèi)封閉了一段高為hi、溫度為Ti得到理想氣體，對(duì)汽缸內(nèi)氣體緩緩降溫，已知重力加速度為 g,大氣壓強(qiáng)為po,變化過程中活塞始終保持水平狀態(tài)。求：①當(dāng)活塞剛好與限位裝置接觸（無彈力）時(shí)，汽缸內(nèi)氣體的溫度 丁2；②當(dāng)A、B處壓力傳感器的示數(shù)之和為2mg時(shí)，汽缸內(nèi)氣體的度丁3。16.如圖所示，等長(zhǎng)三棱鏡abc平放在水平桌面上，光屏 MN與棱鏡ac邊平行，一寬度為d的單色平行光束垂直ac邊從ab邊射入棱鏡，通過棱鏡后在光屏上的光束寬度變?yōu)?2d,已知真空中光速為c。求：①棱鏡的折射率n；②該光束中的光通過棱鏡所需時(shí)間的最大時(shí)間差 Ato1.【答案】C答案和解析【解析】解：一群氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷，則輻射出光子的最小能量為:【解析】解：一群氫原子處于E小=3.4-1.51=1.89eV依據(jù)： ：=」?="算:<4.6x14Hz故c正確abd錯(cuò)誤旅 X10-1*故選：Co根據(jù)頻率最低，則能量最小，結(jié)合能級(jí)躍遷過程中，輻射能量 AE=Em-En,即可求解。本題考查對(duì)玻爾理論的理解和應(yīng)用能力，關(guān)鍵抓住輻射的光子能量與能級(jí)差之間的關(guān)系。.【答案】D【解析】解：重新平衡后，繩子形狀如下圖:設(shè)鉤碼的質(zhì)量為M,由幾何關(guān)系知：繩子與豎直方向夾角為0=53；則根據(jù)平衡可求得：2mgcos53°=Mg解得：M=1.2kg,故D正確，ABC錯(cuò)；故選：D。由幾何關(guān)系求出環(huán)兩邊繩子的夾角，然后根據(jù)平行四邊形定則求鉤碼的質(zhì)量。該題的關(guān)鍵在于能夠?qū)€圈進(jìn)行受力分析， 利用平衡狀態(tài)條件解決問題。力的計(jì)算離不開幾何關(guān)系和三角函數(shù)。.【答案】B【解析】解：A、如圖所示，該鵲橋衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期與月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期相同，故鵲橋衛(wèi)星與月球繞地球的角速度大小相等，故A錯(cuò)誤；B、據(jù)線速度v=rco可知，衛(wèi)星與月球繞地球角速度相等，則鵲橋衛(wèi)星的軌道半徑大線速度大，故 B正確；C、鵲橋衛(wèi)星在地月連線的延長(zhǎng)線上， 故在地球上不能直接看到該衛(wèi)星，故C錯(cuò)誤；D、該衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動(dòng)，向心力由地球和月球?qū)λ娜f有引力的合力提供，故 D錯(cuò)誤。故選：Bo鵲橋衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道周期與月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道周期相同， 結(jié)合軌道半徑的關(guān)系得出線速度、角速度、向心加速度的大小關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵知道物體做圓周運(yùn)動(dòng)， 靠地球和月球引力的合力提供向心力。 不能認(rèn)為靠地球的萬有引力提供向心力進(jìn)行分析求解， 另外還要僅僅抓?。葫o橋衛(wèi)星在地月引力作用下繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期與月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期相同。.【答案】C【解析】【分析】對(duì)猴子受力分析，受到重力和繩對(duì)猴子的摩擦力， 根據(jù)牛頓第二定律求出繩子對(duì)猴子的作用力，再對(duì)重力受力分析根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。本題關(guān)鍵先對(duì)小猴后對(duì)重物受力分析， 然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解， 要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，難度不大，屬于基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼、對(duì)猴子受力分析，受到重力和繩對(duì)猴子的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得： f-mg=ma解得：f=150N,即繩上的拉力大小為150N,故A錯(cuò)誤；B、因繩的拉力為150N>120N,所以重物會(huì)離開地面，故B錯(cuò)誤；CD、對(duì)重物由牛頓第二定律得： F-Mg=Ma,解得：a=2.5m/s2,2s末物體上升的高度h=[P=5m,故C正確D錯(cuò)誤。故選Co.【答案】AC【解析】解：A、一示波器接在電阻Ri兩端，示波器上的電壓變化圖象如圖乙所示， Ri兩端電壓的有效值是介,50Ri=30Q,R2=20Q,根據(jù)歐姆定律得電壓表的示數(shù)為 $=35.4V,故A正確；B、副線圈電流12=1=>，電流與匝數(shù)成反比，所以電流表的示數(shù)為I1=；：A,故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)圖乙所示，周期T=0.04s,3品=50兀rad/s,理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為 5:1,變壓器中電壓與匝數(shù)成正比，原線圈的電壓最大值是250V,所以原線圈的輸入電壓u=250sin50大（V）,故C正確；D、電阻R2消耗的電功率為P=/：R2=10W,故D錯(cuò)誤;故選：AC。由圖象求出交流電的周期和電壓最大值； 變壓器中電壓與匝數(shù)成正比， 電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率，電表顯示有效值。根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對(duì)學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵。.【答案】BD【解析】解：A、因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員在下滑過程中始終存在向心力，合外力充當(dāng)向心力，向心力繩子指向圓心，方向不斷變化，所以合外力是變力，故A錯(cuò)誤；B、由圖可知，斜面坡度一直在改變，運(yùn)動(dòng)員需要的向心力不變，根據(jù)受力分析可得，運(yùn)動(dòng)員對(duì)斜面的壓力會(huì)逐漸增大，故 B正確；C、由于速度不變，則動(dòng)能不變，高度下降，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤；D、由于速度不變，則動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等。故 D正確；故選：BD。由坡道進(jìn)入豎直面內(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，運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能

定理分析各項(xiàng)。本題考查牛頓第二定律和動(dòng)能定理，關(guān)鍵是抓住運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。.【答案】AD【解析】解：A、根據(jù)圖線斜率的意義可知， 6t圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，所以可知在x=0處電場(chǎng)強(qiáng)度為。.故A正確；B、圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由圖可知 x=-2cm處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于x=1cm處的電場(chǎng)強(qiáng)度，則電子的加速度：a二竺可知電子在x=-2cm處的加速度大于電子在x=-1cm處的加速度。故B錯(cuò)誤；C、由圖可知，y軸兩側(cè)的電場(chǎng)是對(duì)稱的，所以該電子能運(yùn)動(dòng)到 x=2cm處。故C錯(cuò)誤；D、電子從x=-2cm處由靜止釋放，由圖可知，在x=-2cm處的電勢(shì)為2V,電子在x=0處的電勢(shì)為0,電子的電勢(shì)增大3V,所以電子的電勢(shì)能減小3eV.由于電子運(yùn)動(dòng)的過程中只有電場(chǎng)力做功，電子動(dòng)能的增加量等于電勢(shì)能的減少量， 所以電子到達(dá)x=0處的動(dòng)能為3eV.故D正確故選：AD。根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解x=xo處的電勢(shì)大小。分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況， 確定動(dòng)能最大的位置， 由動(dòng)能定理求解最大動(dòng)能。本題要求學(xué)生能從題干中找出可用的信息， 運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)確定電場(chǎng)的性質(zhì)， 分析電荷的運(yùn)動(dòng)情況，并能靈活應(yīng)用動(dòng)能定理求解動(dòng)能。.【答案】BC【解析】解：A、cd棒進(jìn)入中間磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，流過兩金屬棒的電流方向相反，兩金屬棒均處于平衡狀態(tài)，所受安培力方向均平行于斜面向上，通過金屬棒的電流方向相反而安培力方向相同，由左手定則可知，兩磁場(chǎng)方向相反，故 A錯(cuò)誤；B、流過兩金屬棒的電流I相等、棒的長(zhǎng)度L相等，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B相等，兩棒受到的安培力：F=BIL大小相等，由平衡條件得：對(duì)ab：F=mgsin§F=mbgsin0解得：mb=m,故B正確；C、金屬棒勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域， 金屬棒的動(dòng)能不變，由能量守恒定律得：mgLsin—W=0-0解得：W=mgLsin0即克服安培力做功為： mgLsin0故C正確；D、導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為： F=BIL上產(chǎn)cd棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得： mgsin6=J解得：v=cd棒進(jìn)入磁場(chǎng)前過程，由動(dòng)能定理得:cd棒進(jìn)入磁場(chǎng)前過程，由動(dòng)能定理得:? 2mgxsin如跖爐解得：x=故選：BC。兩金屬棒均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)金屬棒受到的安培力方向與通過金屬棒的電流方向關(guān)系應(yīng)用左手定則判斷兩磁場(chǎng)方向關(guān)系；應(yīng)用平衡條件求出cd棒的質(zhì)量；應(yīng)用能量守恒定律求出克服安培力做的功；應(yīng)用平衡條件求出cd棒進(jìn)入中間磁場(chǎng)時(shí)的速度，應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求出 cd棒的釋放點(diǎn)到導(dǎo)軌中部磁場(chǎng)上邊界的距離。該題考查了多個(gè)知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用。 做這類問題我們還是應(yīng)該從運(yùn)動(dòng)過程和受力分析入手研究，運(yùn)用一些物理規(guī)律求解問題。動(dòng)能定理、動(dòng)量定理的應(yīng)用非常廣泛，我們應(yīng)該首先考慮。.【答案】BCD【解析】解：A、根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=AU,一定質(zhì)量的理想氣體的體積減小，外界對(duì)氣體做功W>0,但Q不明確，內(nèi)能不一定增加，故A錯(cuò)誤；B、一定質(zhì)量的理想氣體，密閉于容積不變的容器，氣體不做功 W=0,吸熱后，Q>0,由W+Q=AU,氣體內(nèi)能增加，分子平均動(dòng)能增加，溫度一定升高，故 B正確；C、在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中忽略了分子間的空隙，故C正確；D、在密閉容器中的液體不斷的蒸發(fā)，液面上的蒸氣也不斷地凝結(jié)，當(dāng)這兩個(gè)同時(shí)存在的過程達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡時(shí)，宏觀的蒸發(fā)也停止了，這種與液體處于動(dòng)態(tài)平衡的蒸氣叫做飽和汽，故D正確；E、下落的雨滴在空中成球形是由于液體的表面張力，故E錯(cuò)誤。故選：BCDo根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=4U,外界對(duì)氣體做功W>0,但Q不明確，內(nèi)能不一定增加；氣體不做功W=0,吸熱后，Q>0,分子平均動(dòng)能增加，溫度一定升高；在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中忽略了分子間的空隙； 飽和汽是指液體蒸發(fā)和水蒸氣液化達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)的蒸汽；下落的雨滴在空中成球形是由于液體的表面張力。本題考查了熱力學(xué)第一定律、液體的表面張力、飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓、用油膜法估測(cè)分子的大小等知識(shí)點(diǎn)。對(duì)于物理學(xué)中的基本概念和規(guī)律要深入理解， 理解其實(shí)質(zhì)，不能只是停留在表面上，同時(shí)要通過練習(xí)加強(qiáng)理解。.【答案】正0.80.13【解析】解：由圖知波長(zhǎng)入二向，振幅A=0.4m(1)根據(jù)波長(zhǎng)、頻率(周期)和波速的關(guān)系有 丁二：：=。,85,若波沿x軸正向傳播，則有+ =帶入T算得n=3;同理，若波沿x軸負(fù)向傳播，則有+ 帶入T算得n=3.5,顯然n應(yīng)該為正整數(shù)，故波應(yīng)該沿軸正向傳播；(2)根據(jù)波長(zhǎng)、頻率(周期)和波速的關(guān)系有 T==0,^,每個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期和波的周期一樣，因此質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)周期為0.8s；(3)設(shè)t=0s時(shí)波動(dòng)方程為尸=而出(，)，帶入A和入得了=04舌皿牙),從圖中可以得出0.2=0.4simgj),因此因此〃=；,圖中x=1的質(zhì)點(diǎn)位于波峰，從x=1時(shí)的位置傳到x=(即a點(diǎn))需要的時(shí)間為［"二二01'。,3.，。答：(1)正；0.8s；0.13s。由圖中可以直接讀出波的波長(zhǎng)，波速已知，周期可以根據(jù)根據(jù)波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系求解而得；若波沿x軸正向傳播，則有+ 帶入T算得n=3;同理，若波沿x軸負(fù)向傳播，則有(；+忖)1=加，帶入t算得n=3.5,顯然n應(yīng)該為正整數(shù)，故波應(yīng)該

沿軸正向傳播；從圖中先求出t=0s時(shí)的波動(dòng)方程，根據(jù)波動(dòng)方程求出a點(diǎn)的水平坐標(biāo),再結(jié)合圖形判斷a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到波峰則波由x=1位置傳播到x=a位置，根據(jù)速度位移公式求解相應(yīng)時(shí)間。本題第二問是最容易判斷的，波速已知，周期可以根據(jù)根據(jù)波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系求解而得；進(jìn)而假設(shè)波沿不同方向傳播，波的傳播存在周期性，因此很有可能帶來多解問題，列出多解方程，判斷既定的 n是否可求出正整數(shù)判斷方向正確與否；第三問需要先求出a點(diǎn)的坐標(biāo)位置，再判斷a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到波峰相應(yīng)波從何位置傳播至何位置，最后根據(jù)位移公式求解即可。.【答案】0.750.0561.50.23彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比?！窘馕觥拷猓?3)由圖中紙帶可知，左側(cè)應(yīng)為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點(diǎn)間的距離先增大后不變；乙圖中最后相等的距離均為 1.50cm；則由平均速度可求得，其速度為：L.50x10',v=m/s=0.75m/s；根據(jù)功能關(guān)系可得：Ep=：mv2g>0.200.752J=0.056J；4J '丙圖中最后相等的距離為 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,丙圖中最后相等的距離為 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,R.Q*Id口艱=1.5m/s；根據(jù)功能關(guān)系可得：E'P=：mv'2=：xq.201.52J=0.23J;(4)由(3)中數(shù)據(jù)可知，丙中彈性勢(shì)能為乙中彈性勢(shì)能的 4倍，即說明彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比。故答案為：(3)0.75;0.056;1.5;0.23;(4)彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比分析紙帶，根據(jù)紙帶上距離的變化可明確物體何時(shí)離開彈簧， 再根據(jù)平均速度法可求得脫離時(shí)的速度；求出對(duì)應(yīng)的動(dòng)能，從而確定彈簧的彈性勢(shì)能大小。本題考查探究彈性勢(shì)能的實(shí)驗(yàn)， 要注意通過題意分析實(shí)驗(yàn)原理， 然后再結(jié)合我們所學(xué)過的規(guī)律分析求解即可；同時(shí)要求能注意實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)以及實(shí)驗(yàn)方法。.【答案】C150285012【解析】解：(1)應(yīng)用半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻，閉合開始 發(fā)時(shí)認(rèn)為電路電流不變，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值越大，閉合開關(guān) S2時(shí)電路電流變化越小，實(shí)驗(yàn)誤差越小，為減Co則流過電阻箱的電流為2倍，則電流表內(nèi)阻:小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇阻值大的滑動(dòng)變阻器，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇(2)閉合開關(guān)S2后認(rèn)為電路電流不變，電流表示數(shù)為0.6mA,Co則流過電阻箱的電流為2倍，則電流表內(nèi)阻:(3)由圖示電路圖可知，電阻： Ro=. ^-150=2850Q,R3=，匚一*=UTTF-150-2850=12000◎=12口；故答案為：(1)C；(2)150;(3)2850;12。(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理從減小實(shí)驗(yàn)誤差的角度分析選擇所需滑動(dòng)變阻器。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)求出電流表內(nèi)阻。(3)根據(jù)圖乙所示電路圖應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電阻阻值。本題考查了測(cè)電流表內(nèi)阻、電壓表改裝實(shí)驗(yàn)，考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵， 根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以解題。

13.【答案】解：(1)滑塊恰好沒有從右端滑出，最終兩者速度相等，滑塊到達(dá)木板右端時(shí)： 寫:-t；t=l,由圖示圖線可知：V2=2m/s,t=2s,滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過程，由能量守恒定律得： mgR=m4+Qi,代入數(shù)據(jù)解得：vi=10m/s,Qi=10J;(2)滑塊在木板上滑動(dòng)過程， V2=v2-at,加速度：a=四，代入數(shù)據(jù)覺得：科=0.3對(duì)滑塊與木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得： ^=Q2+'(M+m那,代入數(shù)據(jù)解得：Q2=30J；答：(1)滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為 10J;(2)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.3,滑塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能30J?！窘馕觥?1)滑塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最終兩者速度相等，根據(jù)圖示圖線求出兩者的共同速度， 應(yīng)用平均速度公式求出滑塊的初速度，然后對(duì)滑塊應(yīng)用能量守恒定律求出滑塊在圓弧軌道上產(chǎn)生的內(nèi)能。(2)對(duì)滑塊應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)，然后能量守恒定律可以求出產(chǎn)生的內(nèi)能。應(yīng)用平均速度公式、牛頓第二定分析清楚滑塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與能量守恒定律可以解題。應(yīng)用平均速度公式、牛頓第二定P點(diǎn)至UMN14.【答案】解：(1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，的距離：乂二P點(diǎn)至UMN解得：x=0.5m根據(jù)速度時(shí)間規(guī)律可得： Vo=aAt根據(jù)牛頓第二定律可得： Eq=ma解得：E=100N/CqvoB=qvoB=1可得：r=m粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期： T==2X10-4s電荷在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 。點(diǎn)到擋板的距離為：d-3r9m所以：cosZAON=L即：/AON=60°JA點(diǎn)到MN的距離x=rsin60=：,m=0.2m(3)電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間： t1=3N=3M0-4s電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角： 。=兀+產(chǎn)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間： 12=五T

解得：12Mx10-4S所以電荷從P點(diǎn)從發(fā)至運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間： t=ti+t2="X10-4s=4.67X4S0J答：(1)P點(diǎn)到MN的距離為0.5m,勻強(qiáng)