遼寧省五校聯(lián)考2024屆高三上學(xué)期物理期末考試

遼寧省五校聯(lián)考202屆高三上學(xué)期物理期末考試姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、選擇題（本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）1．下列關(guān)系式中不是利用物理量之比定義新的物理量的是（）A．E=Fq B．φ=Epq 2．2023年9月，杭亞會(huì)滑板男子碗池決賽，中國(guó)年僅15歲的小將陳燁以84.41分奪冠。圖示為陳燁在比賽中騰空越過(guò)障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過(guò)程中（）A．在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度為零，但加速度不為零B．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．上升過(guò)程是超重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力不為零3．如圖所示，半徑相同、質(zhì)量均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起靜止在水平地面上，E、M之間無(wú)摩擦力，M下表面粗糙?，F(xiàn)用過(guò)E的軸心的水平力F，緩慢地將E拉離地面直至滑到M的頂端，M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。則E拉離地面后的過(guò)程中（）A．地面所受M的壓力變大 B．E對(duì)M的彈力逐漸增大C．拉力F由最大逐漸減小為0 D．地面對(duì)M的作用力等于拉力F4．如圖所示，小明“跑飯”的1v?x圖像為一不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，假定從小明的教室門(mén)口到餐廳的道路為一水平直線道路，以教室門(mén)口為坐標(biāo)原點(diǎn)，教室到餐廳方向?yàn)锳．小明運(yùn)動(dòng)到x1的時(shí)間為B．小明運(yùn)動(dòng)到x1的時(shí)間為C．小明運(yùn)動(dòng)的速度與位移成線性規(guī)律變化D．小明運(yùn)動(dòng)的速度隨位移的增加而增加，但不成線性規(guī)律5．華為mate60實(shí)現(xiàn)了手機(jī)衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地方，就可以實(shí)現(xiàn)通話。如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度均為h，地球的半徑為R，地球同步衛(wèi)星離地高度為6R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是（）A．三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力的大小相等B．能實(shí)現(xiàn)全球通信時(shí)，衛(wèi)星離地高度至少2RC．其中一顆質(zhì)量為m的通信衛(wèi)星的動(dòng)能為mgD．通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)周期之比為(6．有研究表明，當(dāng)興奮情緒傳播時(shí)，在人的體表可以測(cè)出與之對(duì)應(yīng)的電勢(shì)變化。某一瞬間人體表面的電勢(shì)分布圖如圖所示，圖中實(shí)線為等差等勢(shì)面，標(biāo)在等勢(shì)面上的數(shù)值分別表示該等勢(shì)面的電勢(shì)，a、b、c、d為等勢(shì)面上的點(diǎn)，該電場(chǎng)可等效為兩等量異種電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，a、b為兩電荷連線上對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，c、d為兩電荷連線中垂線上對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的是（）A．c點(diǎn)的電勢(shì)大于d點(diǎn)的電勢(shì)B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．負(fù)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在a點(diǎn)的電勢(shì)能D．將帶正電的試探電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功7．一小型發(fā)電機(jī)通過(guò)變壓器和電阻R連成如圖所示電路，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)（范圍足夠大）的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈面積為S，匝數(shù)為n，電阻為r，副線圈中電流的變化周期為T(mén)。下列說(shuō)法中正確的是（）A．原線圈兩端的電壓為2B．圖示時(shí)刻電流表的示數(shù)為0C．原線圈中電流大小為2D．電阻R消耗的功率為28．下列四幅圖涉及不同的近代物理知識(shí)，其中說(shuō)法正確的是（）A．圖甲：電子束穿過(guò)鋁箔的衍射圖樣，證實(shí)電子具有波動(dòng)性，質(zhì)子、原子與分子同樣具有波動(dòng)性B．圖乙：盧瑟福通過(guò)分析α粒子散射結(jié)果，提出原子核式結(jié)構(gòu)模型，并發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子C．圖丙：普朗克最早提出能量子概念，并成功解釋黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律，他是量子力學(xué)的奠基人之一D．圖?。翰柼岢鲭娮榆壍朗沁B續(xù)變化的，氫原子能級(jí)是分立的，成功解釋氫原子發(fā)光的規(guī)律9．傾角為37°的足夠長(zhǎng)斜面，上面有一質(zhì)量為2kg，長(zhǎng)8m的長(zhǎng)木板Q，木板上下表面與斜面平行。木板Q最上端放置一質(zhì)量為1kg的小滑塊P。P、Q間光滑，Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為13。若P、Q同時(shí)從靜止釋放，以下關(guān)于P、Q兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)情況的描述正確的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2A．P、Q兩個(gè)物體加速度分別為6m/s2、4m/s2B．P、Q兩個(gè)物體加速度分別為6m/s2、2m/s2C．P滑塊在Q上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1sD．P滑塊在Q上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s10．如圖所示在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中有一等腰直角三角形線框，其中一條直角邊與z軸重合，另一條直角邊在xOy平面內(nèi)，線框總電阻為r，直角邊長(zhǎng)為l，當(dāng)線框在外力作用下繞著z軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框上的P點(diǎn)先后經(jīng)過(guò)x軸和y軸，整個(gè)裝置處于沿y軸方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則下列判斷正確的是（）A．當(dāng)線框經(jīng)過(guò)x軸時(shí)，OP兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UB．當(dāng)線框經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)差為UC．線框由x軸位置轉(zhuǎn)到y(tǒng)軸位置的過(guò)程中，通過(guò)線框截面的電量為量q=D．線框在轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中電流方向改變一次二、非選擇題（本題共5小題，共54分）11．（1）甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)小組分別采用如圖（甲）、（乙）、（丙）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，驗(yàn)證“當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律。已知他們使用的小車(chē)完全相同，小車(chē)的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問(wèn)題：

①實(shí)驗(yàn)時(shí)，必須滿(mǎn)足“M遠(yuǎn)大于m”的實(shí)驗(yàn)小組是（填“甲”、“乙”或“丙”）。

②實(shí)驗(yàn)時(shí)，甲、乙、丙三組同學(xué)的操作均完全正確，他們作出的a?F圖線如圖（丁）中A、B、C所示，則甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的圖線依次是。（選填“ABC”、“BCA”或“CAB”）。（2）小明同學(xué)采用（乙）圖實(shí)驗(yàn)裝置探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)時(shí)，以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫(huà)出的a?F圖像是圖（?。┲械囊粭l直線，根據(jù)圖線與橫坐標(biāo)的夾角求得圖線的斜率為k，則小車(chē)的質(zhì)量為。12．某實(shí)驗(yàn)小組用多用電表、電流表G和電阻箱進(jìn)行一系列實(shí)驗(yàn)，分別是練習(xí)使用多用電表、測(cè)量電流表的內(nèi)阻、改裝電壓表，實(shí)驗(yàn)器材如下：A.多用電表B.電流表G（滿(mǎn)偏電流Ig=15mA，內(nèi)阻未知）C.標(biāo)準(zhǔn)電流表G0D.電阻箱R（最大阻值為9999.9Ω）E.電源（電動(dòng)勢(shì)E=30V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)）F.導(dǎo)線、開(kāi)關(guān)若干（一）用多用電表歐姆擋粗略測(cè)量電流表的內(nèi)阻；（二）精確測(cè)量電流表G的內(nèi)阻Rg；①按如圖甲所示的電路圖連接好電路，先將電阻箱R的阻值調(diào)到最大，閉合開(kāi)關(guān)S1，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)大于量程的13，且兩電流表的示數(shù)都沒(méi)有超過(guò)量程，讀出標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)為I0，電阻箱的示數(shù)為R1②保持開(kāi)關(guān)S1閉合，再閉合開(kāi)關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)仍為I0，讀出電阻箱的示數(shù)為R2。（1）（三）用該電流表G和電阻箱R改裝一個(gè)電壓表；根據(jù)實(shí)驗(yàn)回答以下問(wèn)題：①用多用電表歐姆擋“×10”擋測(cè)量電流表G的阻值，指針如圖乙所示，那么電流表阻值為Ω。②電流表G內(nèi)阻的表達(dá)式為Rg=（用R1、R2表示）。③通過(guò)以上測(cè)量得到電流表G內(nèi)阻為Rg=100?，用電流表G和電阻箱R改裝成量程為0~5V的電壓表，應(yīng)將電阻箱R與電流表G（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），將電阻箱R的阻值調(diào)到Ω。13．如圖所示，在水平軌道AB的末端處，平滑連接一個(gè)半徑R=0.4m的光滑半圓形軌道，半圓形軌道與水平軌道相切，C點(diǎn)為半圓形軌道的中點(diǎn)，D點(diǎn)為半圓形軌道的最高點(diǎn)，整個(gè)軌道處在電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右、大小E=4×103V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中、將一個(gè)質(zhì)量m=0.1kg、帶正電的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)），從水平軌道的A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊恰好能通過(guò)D點(diǎn)。小物塊的電荷量q=+2×10－4C，小物塊與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s（1）小物塊通過(guò)D點(diǎn)的速度；（2）A、B兩點(diǎn)間的距離L；（3）小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN。14．如圖所示，傳統(tǒng)爆米花機(jī)的“爆米”原理是：密封鐵爐內(nèi)米粒和空氣同時(shí)受熱，米粒中的水分蒸發(fā)，與空氣形成混合氣，爐內(nèi)產(chǎn)生高壓，讓米粒中水分繼續(xù)蒸發(fā)受阻。打開(kāi)鐵爐，米粒突遇低溫產(chǎn)生內(nèi)外壓力差，米粒中水分急劇膨脹使米粒爆炸形成爆米花。某型爆米花機(jī)的鐵爐倉(cāng)體積為V=2×10?2?m3（1）不計(jì)水蒸氣的體積，開(kāi)爐前瞬間爐內(nèi)空氣的壓強(qiáng)是多少；（2）達(dá)到開(kāi)爐溫度時(shí)，水蒸氣占混合氣的體積比例為20%，則開(kāi)爐前瞬間爐內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)是多少。15．有一磁場(chǎng)區(qū)域，左邊14圓內(nèi)與中間ABCD矩形區(qū)域分布如圖所示的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和2B0，方向垂直紙面向里，其中圓半徑為R，圓心在B點(diǎn)，AD＝2R，MN為與AD共線的絕緣彈性擋板，粒子與擋板發(fā)生彈性碰撞(不計(jì)碰撞時(shí)間)，且碰撞前后水平方向速度大小不變?，F(xiàn)有寬度為R均勻分布的帶電粒子群以相同的初速度向右射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子電荷量為q(q＞0)，質(zhì)量為m，不計(jì)重力及粒子間相互作用，所有粒子經(jīng)14圓內(nèi)部磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均匯聚于A點(diǎn)，并在（1）求帶電粒子初速度v0（2）某個(gè)粒子與擋板碰撞四次(不包括D點(diǎn)碰撞)后恰好到達(dá)D點(diǎn)，求該粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總路程s；（3）求粒子在矩形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、由于電場(chǎng)強(qiáng)度由場(chǎng)源電荷與空間位置到場(chǎng)源電荷的距離決定，與試探電荷與試探電荷所受電場(chǎng)力的大小沒(méi)有決定的關(guān)系，因此E=是比值定義式，故A不符合題意；

B、根據(jù)上述，由于電勢(shì)是由場(chǎng)源電荷、空間位置到場(chǎng)源電荷的距離已經(jīng)零電勢(shì)的選擇決定，與試探電荷、電勢(shì)能沒(méi)有決定的關(guān)系，因此φ=是比值定義式，故B不符合題意；

C、由于加速度與合力成正比，與質(zhì)量成反比，即加速度大小由物體所受外力的合力與物體的質(zhì)量共同決定，則表達(dá)式a=不屬于比值定義式，是決定式，故C符合題意；

D、根據(jù)上述，由于角速度由圓周運(yùn)動(dòng)的受力與線速度決定，與物體轉(zhuǎn)過(guò)的角度與時(shí)間沒(méi)有決定的關(guān)系，因此ω=是比值定義式，故D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的“比”來(lái)定義一個(gè)新的物理量的方法。比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量大小的變化而變化。2．【答案】B【解析】【解答】A、在最高點(diǎn)的時(shí)候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故A錯(cuò)誤；

B、運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；

C、在開(kāi)始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)員和滑板所受合力不為零，故運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；

D、上升過(guò)程是運(yùn)動(dòng)員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力為零，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】在最高點(diǎn)的時(shí)候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零。在空中人只受重力作用，加速度不為零。系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。加速度向下，處于失重狀態(tài)。3．【答案】C【解析】【解答】A、取整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律，地面所受M的壓力不變，大小等于二者的總重力，故A錯(cuò)誤；

BC、對(duì)圓柱體受力分析，圓柱體E受重力G、拉力F、半圓柱體的支持力N作用處于平衡狀態(tài)，這三個(gè)力構(gòu)成封閉三角形，如圖所示

開(kāi)始時(shí)N與豎直方向成60°角，對(duì)應(yīng)圖中的最大三角形。此時(shí)拉力F和半圓柱體的支持力N都最大，其大小為Fmax=G隨著E向上移動(dòng)，三角形逐漸減小，拉力F、半圓柱體的支持力N都逐漸減小，當(dāng)E移動(dòng)到M頂端時(shí)，F(xiàn)減小到零，N減小到G。根據(jù)牛頓第三定律，半圓柱體的支持力N等于E對(duì)M的壓力，故開(kāi)始時(shí)拉力F達(dá)到最大值，隨后逐漸減小為0，故C正確，B錯(cuò)誤；

D、地面對(duì)M的作用力是地面的支持力和摩擦力的合力，而取整體為研究對(duì)象，地面對(duì)M的摩擦力等于拉力F，所以地面對(duì)M的作用力大于拉力F，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】確定恰當(dāng)?shù)难芯繉?duì)象，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩物體均處于平衡狀態(tài)，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行分析。4．【答案】A【解析】【解答】AB、根據(jù)位移公式可知x=vt，則有x×則可知，圖象的面積可以表示運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，因此時(shí)間t=故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、由圖可知，位移隨速度的減小而增大，二者不是線性關(guān)系，故CD錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系式，分析圖像面積的物理意義。再結(jié)合圖像上的點(diǎn)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理和分析。5．【答案】C【解析】【解答】A、通信衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力大小為F=G由于不知道三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量大小關(guān)系，所以三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力大小不一定相等，故A錯(cuò)誤；

B、三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，則其如圖所示

由幾何關(guān)系可知，∠AOB=120°，∠AOC=60°，其OA為地球半徑R，所以由幾何關(guān)系有cos解得OC=2R=R+h所以解得h=R所以通信衛(wèi)星高度至少為R，故B錯(cuò)誤；

C、對(duì)衛(wèi)星有，其萬(wàn)有引力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有G在地球表面有G其動(dòng)能為E故C正確；

D、對(duì)通信衛(wèi)星有G同步衛(wèi)星運(yùn)行周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同，對(duì)同步衛(wèi)星有G整理有T故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定地球半徑與衛(wèi)星離地高度的關(guān)系。同步衛(wèi)星運(yùn)行周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同。確定各衛(wèi)星的運(yùn)行半徑，再根據(jù)萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行解答。6．【答案】D【解析】【解答】A.c、d兩點(diǎn)位于同一條等勢(shì)線上，則c點(diǎn)的電勢(shì)等于d點(diǎn)的電勢(shì)，A不符合題意；

B.a、b為兩電荷連線上對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，根據(jù)等量異種電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，這兩個(gè)對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，B不符合題意；

C.因?yàn)棣誥>φc，根據(jù)電勢(shì)能的定義式Ep=φq可知，負(fù)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能大于在a點(diǎn)的電勢(shì)能，C不符合題意；

D.因?yàn)棣誦<φ7．【答案】D【解析】【解答】A、由題意可知，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為E電動(dòng)勢(shì)的有效值為E=但由于線圈有電阻，所以線圈兩端電壓U故A錯(cuò)誤；

B、圖示時(shí)刻發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為0，但通過(guò)副線圈的電流的瞬時(shí)值不為0，電流表示數(shù)表示電流的有效值，不隨時(shí)間變化，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)閉合電路歐姆定律及理想變壓器規(guī)律，有U1=E-I1r，解得I故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系I可得I所以電阻R消耗的功率P=故D正確。

故答案為：D。

【分析】流表示數(shù)表示電流的有效值，不隨時(shí)間變化。根據(jù)交變電流規(guī)律確定交變電流的最大值，明確發(fā)電機(jī)是否存在內(nèi)阻，原線圈兩端電壓為有效值。再根據(jù)閉合電路的歐姆定律及理想變壓器規(guī)律結(jié)合功率的定義進(jìn)行解答。8．【答案】A,C【解析】【解答】A、圖甲：電子束穿過(guò)鋁箔的衍射圖樣，證實(shí)電子具有波動(dòng)性，質(zhì)子、原子與分子同樣具有波動(dòng)性，故A正確；

B、圖乙：盧瑟福通過(guò)分析α粒子散射結(jié)果，提出原子核式結(jié)構(gòu)模型；盧瑟福在用α粒子轟擊氮原子核的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，并預(yù)言了中子的存在，查德威克發(fā)現(xiàn)了中子，故B錯(cuò)誤；

C、圖丙：普朗克最早提出能量子概念，并成功解釋黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律，是量子力學(xué)的奠基人之一，故C正確；

D、圖?。翰柼岢鲭娮榆壍朗橇孔踊?，氫原子能級(jí)是分立的，成功解釋氫原子發(fā)光的規(guī)律，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】電子束穿過(guò)鋁箔的衍射圖樣，證實(shí)電子具有波動(dòng)性。盧瑟福通過(guò)分析α粒子散射結(jié)果，提出原子核式結(jié)構(gòu)模型。普朗克最早提出能量子概念，并成功解釋黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律。玻爾提出電子軌道是量子化的，氫原子能級(jí)是分立的，成功解釋氫原子發(fā)光的規(guī)律。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB、對(duì)P受力分析，受重力和Q對(duì)P的支持作用，根據(jù)牛頓第二定律有m解得a對(duì)Q受力分析，受重力、斜面對(duì)Q的支持力、摩擦力和P對(duì)Q的壓力作用，根據(jù)牛頓第二定律有m解得a故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、設(shè)P在Q上面滑動(dòng)的時(shí)間為t，因a故P比Q運(yùn)動(dòng)更快，根據(jù)位移關(guān)系有L=代入數(shù)據(jù)解得t=2故C錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：BD。

【分析】分別對(duì)P、Q進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況及牛頓第二定律確定兩者的加速度大小。P在Q上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，兩者運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及相對(duì)位移與板長(zhǎng)的關(guān)系確定P在Q上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。10．【答案】B,C【解析】【解答】A、當(dāng)線框經(jīng)過(guò)x軸時(shí)，此時(shí)線框平面與磁場(chǎng)垂直，屬于中性面，中性面的電壓為零，即OP兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)線框經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，線框的有效切割長(zhǎng)度為l，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=根據(jù)幾何關(guān)系可知PQ的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=由右手定律可知PQ切割磁感線，P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)的電勢(shì)，P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)差為路端電勢(shì)差U故B正確；

C、線框由x軸位置轉(zhuǎn)到y(tǒng)軸位置的過(guò)程中，線框中磁通量的變化量為Δ?=12Bl2，聯(lián)立解得q=故C正確；

D、每經(jīng)過(guò)一次中性面，電流方向改變一次，線框在轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)兩次中性面，所以電流方向改變兩次，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】線框平面與磁場(chǎng)垂直，穿過(guò)線框的磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零。每經(jīng)過(guò)一次中性面，電流方向改變一次，線框在轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中，電流方向改變兩次。確定導(dǎo)體切割磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)的有效長(zhǎng)度，再根據(jù)電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律進(jìn)行解答。求電荷量時(shí)需要使用平均電流進(jìn)行求解。11．【答案】（1）甲；CAB（2）2【解析】【解答】（1）①乙有彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量繩的拉力，丙有力的傳感器測(cè)量繩的拉力，甲圖中沒(méi)有彈簧測(cè)力計(jì)，必須用重物的重力替代繩的拉力，為了使繩的拉力近似等于重物的重力，甲圖必須滿(mǎn)足“M遠(yuǎn)大于m”。

②根據(jù)牛頓第二定律，三個(gè)小車(chē)的加速度分別為a甲=mgM乙的比例系數(shù)最大，斜率最大，對(duì)應(yīng)圖線A；甲和丙的比例系數(shù)相等，斜率相等，但是甲不能直接測(cè)量繩的拉力，用重物的重力替代，小車(chē)的加速度越大，重物的重力與繩的拉力相差越大，實(shí)驗(yàn)誤差越大，圖線彎曲程度越大，而丙有彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)量繩的拉力，不產(chǎn)生實(shí)驗(yàn)誤差，圖線不發(fā)生彎曲，所以丙對(duì)應(yīng)圖線B，甲對(duì)應(yīng)圖線C。故甲、乙、丙對(duì)應(yīng)圖線CAB。

（2）由a結(jié)合圖像可得M=【分析】用重物的重力替代繩的拉力，為了使繩的拉力近似等于重物的重力，必須滿(mǎn)足“小車(chē)重力遠(yuǎn)大于重物重力。根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合實(shí)驗(yàn)圖確定圖像的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差及表達(dá)式確定對(duì)應(yīng)的圖像。再根據(jù)圖象進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。12．【答案】（1）110；R2【解析】【解答】①電流表阻值為讀數(shù)為R=11×10Ω=110Ω②第一次和第二次電流表讀數(shù)相同，說(shuō)明兩次電路中總電阻相同，閉合開(kāi)關(guān)S2后電流表G短路，則電阻箱的阻值要增大，電阻箱增大的阻值，即為電流表G的內(nèi)阻，即R③改裝電壓表應(yīng)將電阻箱R與電流表G串聯(lián)，串聯(lián)的電阻為R=電阻箱的最大阻值為9999.9Ω，可精確到0.1Ω，故電阻箱阻值調(diào)到233.3Ω。

【分析】讀數(shù)時(shí)注意歐姆擋的擋位。熟悉掌握電表改裝的原理及計(jì)算方法。電路中電源電動(dòng)勢(shì)不變時(shí)，電流表讀數(shù)相同，則兩次電路中總電阻相同，再根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：小物塊恰好能通過(guò)D點(diǎn)，由牛頓第二定律可知mg=m解得v方向水平向左（2）解：從A點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理得(解得A、B兩點(diǎn)間的距離L=（3）解：從C點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理得?mgR?qER=在C點(diǎn)由牛頓第二定律得N?qE=m根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN=N=5.4N【解析】【分析】（1）小球恰好能通過(guò)D點(diǎn)，則完全由重力提供向心力，再根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答；

（2）確定小球從A到D的過(guò)程各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；

（3）對(duì)小球從C到D的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理確定小球在C點(diǎn)的速度，確定小球在C點(diǎn)向心力的來(lái)源，