浙江省衢州、湖州、麗水三地市2020屆高三下學(xué)期月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)物理試題含解析

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精浙江省衢州、湖州、麗水三地市2020屆高三下學(xué)期4月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)物理試題含解析衢州、湖州、麗水2020年4月三地市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試卷物理一、選擇題（本題共13小題，每小題，共39分.每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物理量屬于標(biāo)量，且單位屬于國(guó)際單位制導(dǎo)出單位的是（）a. 位移、mb. 電壓、vc. 電流、ad。 力、n【答案】b【解析】【詳解】a位移不屬于標(biāo)量，是矢量,但是其單位屬于國(guó)際單位制中的基本單位，故a錯(cuò)誤；b電壓屬于標(biāo)量，其單位屬于國(guó)際單位制導(dǎo)出單位，故b正確；c電流屬于標(biāo)量，但是其單位屬于國(guó)際單位制中的

2、基本單位，故c錯(cuò)誤;d力不屬于標(biāo)量，是矢量，其單位屬于國(guó)際單位制導(dǎo)出單位，故d錯(cuò)誤.故選b。2.在2020年的春節(jié)晚會(huì)上，雜技綻放表演了花樣飛天，如圖是女演員舉起男演員的一個(gè)場(chǎng)景,兩位雜技演員處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）a。 水平地面對(duì)女演員的支持力等于兩演員的重力之和b. 水平地面對(duì)女演員的摩擦力水平向右c。 女演員對(duì)男演員的作用力大于男演員對(duì)女演員的作用力d. 女演員對(duì)男演員的作用力小于男演員對(duì)女演員的作用力【答案】a【解析】【詳解】ab由題可知，男女演員處于靜止?fàn)顟B(tài)，二者與地面之間沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，即地面對(duì)女演員沒(méi)有摩擦力作用，故二者整體受到重力和地面對(duì)其的支持力作用，根據(jù)平衡條

3、件可知，水平地面對(duì)女演員的支持力等于兩演員的重力之和,故a正確，b錯(cuò)誤；cd女演員對(duì)男演員的作用力與男演員對(duì)女演員的作用力是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，二者大小相等、方向相反,故cd錯(cuò)誤。故選a。3。如圖所示，甲、乙兩車(chē)在水平面同心圓弧道路上轉(zhuǎn)彎，甲行駛在內(nèi)側(cè),乙行駛在外側(cè)，它們轉(zhuǎn)彎時(shí)線速度大小相等，則兩車(chē)在轉(zhuǎn)彎時(shí),下列說(shuō)法正確的是（）a. 角速度:b. 向心加速度:c. 向心力：d。 地面對(duì)車(chē)的摩擦力：【答案】b【解析】【詳解】a由于題中已知二者線速度大小相等，即，而且由于根據(jù)可知二者角速度大小關(guān)系為：故a錯(cuò)誤；b根據(jù)公式可知二者向心加速度大小關(guān)系為：故b正確；c由于甲、乙兩輛車(chē)的

4、質(zhì)量大小關(guān)系未知，則根據(jù)向心力公式無(wú)法判斷出二者向心力的大小關(guān)系，故c錯(cuò)誤；d由于在水平路面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，由于向心力大小無(wú)法判斷，故二者的摩擦力大小關(guān)系也是無(wú)法判斷的，故d錯(cuò)誤.故選b.4.如圖所示，網(wǎng)球發(fā)球機(jī)水平放置在距地面某處，正對(duì)著豎直墻面發(fā)射網(wǎng)球，兩次發(fā)射網(wǎng)球分別在墻上留下a、b兩點(diǎn)印跡。測(cè)得。op為水平線，若忽略網(wǎng)球在空中受到的阻力,則下列說(shuō)法正確的是（）a. 兩球發(fā)射的初速度：b。 兩球碰到墻面前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：c. 兩球碰到墻面時(shí)的動(dòng)量可能相同d. 兩球碰到墻面時(shí)的動(dòng)能可能相等【答案】d【解析】【詳解】ab設(shè)，忽略空氣阻力，則做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：整理可以得到

5、：水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，而且水平位移大小相等,則：整理可以得到：故ab錯(cuò)誤；c動(dòng)量為矢量，由圖可知，二者與墻碰撞時(shí)其速度方向不相同，故二者碰到墻面時(shí)的動(dòng)量不可能相同,故c錯(cuò)誤;d設(shè)兩球的質(zhì)量相等，均為,從拋出到與墻碰撞,根據(jù)動(dòng)能定理有：整理可以得到：由于、以及初速度的大小等具體數(shù)據(jù)未知，可能存在，故d正確。故選d.5.北斗系統(tǒng)空間段由若干地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星組成.如圖所示，地球靜止軌道衛(wèi)星a與傾斜地球同步軌道衛(wèi)星b距地面高度均約為36000km，中圓軌道衛(wèi)星距地面高度約為21500km。下列說(shuō)法正確的是(）a。 a與b運(yùn)行的周期相同b. a與b受到的向心力一定

6、相同c. b比c運(yùn)行的線速度大d。 b比c運(yùn)行的角速度大【答案】a【解析】【詳解】a衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則萬(wàn)有引力提供向心力，即：可以得到：可知，半徑相等，則周期相等，故a正確；b由于向心力萬(wàn)有引力提供，即：由于a、b的半徑相等，但是二者的質(zhì)量關(guān)系未知，則可知二者的向心力不一定相同，故b錯(cuò)誤；cd衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則萬(wàn)有引力提供向心力，即：可以得到：由于b的半徑大于c的軌道半徑，則可知：故cd錯(cuò)誤.故選a。6.如圖所示，在真空環(huán)境中將帶電導(dǎo)體球m靠近不帶電的導(dǎo)體n,若沿虛線1將n導(dǎo)體分成左右兩部分，這兩部分所帶電荷量分別為、；若沿虛線2將導(dǎo)體n分成左右兩部分，這兩部分所帶電荷量分

7、別為、。a、b為n導(dǎo)體表面兩點(diǎn),和分別表示a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電勢(shì)大小，下列說(shuō)法正確的是（)a. b。 c。 d。 【答案】b【解析】【詳解】ab由題意可知，靜電感應(yīng)現(xiàn)象,使得導(dǎo)體的左側(cè)帶負(fù)電，右側(cè)帶正電,根據(jù)電荷守恒可知,右側(cè)部分轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目和左側(cè)部分多余的電子數(shù)目是相同的，因此無(wú)論從哪一條虛線切開(kāi)，兩部分的電荷量總是相等的，導(dǎo)體整體不帶電，所以有：都等于0,故a錯(cuò)誤，b正確；cd達(dá)到靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為0，導(dǎo)體整體是等勢(shì)體，即:故cd錯(cuò)誤.故選b.7。小明家安裝一路專線為額定功率1。5kw的空調(diào)供電,用去的銅導(dǎo)線長(zhǎng)50m，橫截面積2。5mm2,已知銅的電阻率為1。710-8

8、，如果空調(diào)能夠正常工作,這段導(dǎo)線上損失的電壓最接近（）a。 1。2vb. 2.3vc. 12vd。 23v【答案】b【解析】【詳解】由得工作電流為：根據(jù)電阻定律得到導(dǎo)線的電阻為：則正常工作時(shí)在這段導(dǎo)線上損失的電壓為:故b正確，acd錯(cuò)誤.故選b。8。核電池可通過(guò)半導(dǎo)體換能器，將放射性同位素衰變過(guò)程釋放的能量轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔堋Ｒ混o止的衰變?yōu)殁櫤撕托铝Ｗ?，并釋放出光子。已知、的質(zhì)量分別為，下列說(shuō)法正確的是(）a. 239pu的衰變方程為b。 核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為c. 核反應(yīng)過(guò)程中的釋放的核能為d。 釋放的核能轉(zhuǎn)變?yōu)閯?dòng)能、新粒子動(dòng)能和光子能量【答案】d【解析】【詳解】a.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知

9、,的衰變方程為，故a錯(cuò)誤；b。此核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前后質(zhì)量的差，則為：故b錯(cuò)誤；c.根據(jù)質(zhì)能方程可知,釋放的核能為:釋放的核能轉(zhuǎn)變?yōu)閯?dòng)能、新粒子（粒子)動(dòng)能和光子能量，故c錯(cuò)誤，d正確。故選d。9.如圖所示,光滑絕緣水平面上有兩條固定導(dǎo)線ab、cd相互垂直彼此絕緣,在角平分線上，對(duì)稱固定著四個(gè)相同的圓形金屬線圈。某段時(shí)間內(nèi)兩導(dǎo)線均通以由零均勻增加到某個(gè)值的電流,在這段時(shí)間內(nèi)1、3線圈不受安培力,2、4線圈中電流方向分別為順時(shí)針和逆時(shí)針，且受到指向各自圓心的安培力作用，則兩導(dǎo)線的電流方向?yàn)椋?a。 ab、cdb。 ab、dcc。 ba、cdd. ba、dc【答案】a【解析】【詳解】由

10、題，在導(dǎo)線電流逐漸增大的情況下，1、3線圈不受安培力，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，說(shuō)明1、3象限合磁場(chǎng)始終為零，2線圈產(chǎn)生順時(shí)針感應(yīng)電流，說(shuō)明2象限中磁場(chǎng)垂直紙面向外,4線圈產(chǎn)生逆時(shí)針感應(yīng)電流，說(shuō)明4象限中磁場(chǎng)垂直紙面向里，同時(shí)當(dāng)電流增大時(shí)，2與4內(nèi)的磁通量都增大,根據(jù)楞次定律可知,產(chǎn)生的感應(yīng)電流都會(huì)阻礙磁通量的增大，所以2、4線圈沿著對(duì)角線向外運(yùn)動(dòng)，即受到指向各自圓心的安培力作用,綜上所述，根據(jù)安培定則可判a正確，bcd錯(cuò)誤。故選a。10。小明同學(xué)利用插針?lè)y(cè)量半圓柱形玻璃磚的折射率,他在白紙上作一直線mn以及它的垂線ab，將玻璃磚（底邊圓心為o）的底邊與直線mn對(duì)齊，在垂線ab上插兩枚大頭針p1和p2

11、，如圖所示。實(shí)驗(yàn)時(shí)，小明在半圓柱形玻璃磚右側(cè)區(qū)域內(nèi)觀察，均無(wú)法透過(guò)半圓柱形玻璃磚同時(shí)看到p1、p2的像。為了同時(shí)看到p1、p2的像。下列說(shuō)法正確的是(）a。 半圓柱形玻璃磚沿mn向m平移適當(dāng)距離b. 半圓柱形玻璃磚沿mn向n平移適當(dāng)距離c. 半圓柱形玻璃磚平行mn向左平移適當(dāng)距離d. 半圓柱形玻璃磚平行mn向右平移適當(dāng)距離【答案】a【解析】【詳解】光線垂直于界面進(jìn)入半圓柱形玻璃磚后,到達(dá)圓弧面上的入射角大于臨界角，發(fā)生全反射現(xiàn)象，光不能從圓弧面折射出來(lái)，要使光能從圓弧面折射出來(lái),則需要向上移動(dòng)半圓柱形玻璃磚，即將半圓柱形玻璃磚沿mn向m平移適當(dāng)距離，使到達(dá)圓弧面上光線的入射角小于臨界角則可以射

12、出,如圖所示:故選項(xiàng)a正確,bcd錯(cuò)誤.故選a.11.變壓器的副線圈匝數(shù)可調(diào)，r0為輸電線電阻.滑動(dòng)觸頭p處于如圖所示時(shí),用戶的用電器恰好正常工作。當(dāng)用電器增多時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）a. 原線圈中的電流減小b。 副線圈兩端的電壓減小c 用電器增多時(shí)，只需使滑動(dòng)觸頭p向上滑，用電器仍能正常工作d. 用電器增多時(shí)，只需減小電源的輸出電壓，用電器仍能正常工作【答案】c【解析】【詳解】a當(dāng)用電器增加時(shí),總電阻減小,副線圈電流增大,根據(jù)原、副線圈電流之比等于匝數(shù)的反比可知,原線圈的電流也增大,故a錯(cuò)誤;b原、副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比，當(dāng)用電器增加時(shí),不影響副線圈兩端電壓，即副線圈的兩端電壓不變，故b

13、錯(cuò)誤;c當(dāng)用電器增加時(shí),總電阻減小,副線圈電流增大，通過(guò)的電流增大，所占的電壓也增大,要使用電器仍能正常工作，用電器兩端電壓不能發(fā)生變化,所以副線圈兩端電壓要變大，而原線圈兩端電壓不變,則應(yīng)使滑動(dòng)觸頭p向上滑動(dòng)，增加副線圈匝數(shù)即可，故c正確;d若減小電源的輸出電壓，在匝數(shù)比不變的情況下，則副線圈兩端電壓減小，則導(dǎo)致用電器仍不能正常工作，故d錯(cuò)誤。故選c。12.如圖所示，單刀雙擲開(kāi)關(guān)s先置于a端。當(dāng)t=0時(shí)刻開(kāi)關(guān)s置于b端,若lc振蕩電路的周期t=0.04s。下列說(shuō)法正確的是（）a. t=0.01s時(shí)回路中的電流順時(shí)針?lè)较蜻_(dá)到最大值b。 t=0。02s時(shí)電感線圈中的自感電動(dòng)勢(shì)值最小c. t=0。

14、01s0.02s時(shí)間內(nèi)，電容器極板間電場(chǎng)方向豎直向上且逐漸增大d. t=0。04s0.05s時(shí)間內(nèi),線圈中的磁場(chǎng)能逐漸減小【答案】c【解析】【詳解】a當(dāng)開(kāi)關(guān)s置于b端時(shí),電容器開(kāi)始放電，電容器上極板帶正電，當(dāng)時(shí)回路中的電流逆時(shí)針?lè)较蜻_(dá)到最大值，故a錯(cuò)誤；b當(dāng)時(shí)為電流逆時(shí)針電容器充電結(jié)束時(shí)，該時(shí)刻電流變化最快，自感電動(dòng)勢(shì)最大,故b錯(cuò)誤；c在時(shí)間內(nèi)，為給電容器充電，電容器下極板帶正電，在時(shí)刻充電結(jié)束,電容器帶電量最大，所以在這段時(shí)間內(nèi)電容器極板間電場(chǎng)方向豎直向上且逐漸增大,故c正確；d根據(jù)周期性可知，在時(shí)間內(nèi)與時(shí)間內(nèi)相同,為電容器放電過(guò)程，電場(chǎng)能逐漸減小而磁場(chǎng)能量逐漸增大的過(guò)程,故d錯(cuò)誤。故選c。

15、13.如圖所示,內(nèi)壁光滑粗細(xì)均勻的玻璃管豎直固定，在玻璃管內(nèi)有大小和質(zhì)量均相等的a、b、c三只小球，a、b小球之間用輕質(zhì)絕緣彈簧連接，c小球置于玻璃管底部.當(dāng)a、b、c小球均處于靜止時(shí)，a、b小球之間距離與b、c小球之間距離相等,已知a、b兩只小球帶電荷量均為q（q0），c小球帶電荷量為q（q0），小球直徑略小于玻璃管內(nèi)徑，它們之間距離遠(yuǎn)大于小球直徑，則（)a. 若，彈簧對(duì)小球a為向上的彈力b。 若，彈簧對(duì)小球a為向上的彈力c. 若，彈簧對(duì)小球b為向上的彈力d。 若，彈簧對(duì)小球b為向下的彈力【答案】a【解析】【詳解】設(shè)a、b的質(zhì)量為，ab與bc之間的距離為，假設(shè)當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，此時(shí)a球受

16、到向上的彈力，根據(jù)平衡條件對(duì)a列出平衡方程：對(duì)a球：對(duì)a、b兩球整體分析：若假設(shè)成立則：聯(lián)立可以得到:ac若，此時(shí)彈簧對(duì)小球a的彈力方向向上,對(duì)小球b的彈力方向向下，故a正確,c錯(cuò)誤；bd若,此時(shí)彈簧對(duì)小球a的彈力方向向下，對(duì)小球b的彈力方向向上，故bd錯(cuò)誤。故選a。二、選擇題（本題共3小題，每小題,共6分，每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得，選對(duì)但不選全的得，有選錯(cuò)的得0分）14.直角坐標(biāo)系xoy的y軸為兩種均勻介質(zhì)、的分界線，位于x=0處的波源發(fā)出的兩列機(jī)械波a、b同時(shí)在、中傳播，某時(shí)刻的波形圖如圖所示，x=6m是此時(shí)刻a波傳到的最遠(yuǎn)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()a

17、。 兩列波的頻率關(guān)系b. 此時(shí)刻b波傳到x=24mc。 波源的起振方向沿y軸正方向d. 平衡位置距x=0處1。5m的兩質(zhì)點(diǎn)p、q中，質(zhì)點(diǎn)q先到達(dá)最大位移處【答案】bd【解析】【詳解】a由可知，這兩列波是由同同一振源引起的，故兩列波的頻率關(guān)系為：故a錯(cuò)誤;b由圖像可知,a波的波長(zhǎng)為：由圖像可知，b波的波長(zhǎng)為：根據(jù)公式可知：由題可知：整理可以得到：帶入數(shù)據(jù)可以得到：故b正確；c由題可知，此時(shí)刻x=6m的質(zhì)點(diǎn)剛剛開(kāi)始振動(dòng),根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的傳播方向和振動(dòng)方向的關(guān)系可知，該質(zhì)點(diǎn)此時(shí)刻向y軸負(fù)方向振動(dòng),說(shuō)明振源開(kāi)始振動(dòng)的方向也為y軸負(fù)方向，故c錯(cuò)誤；d根據(jù)傳播方向可以知道，該時(shí)刻p、q質(zhì)點(diǎn)均向y軸正方向振動(dòng)，質(zhì)

18、點(diǎn)p經(jīng)過(guò)個(gè)周期到達(dá)最大位移處，而質(zhì)點(diǎn)q在小于個(gè)周期的時(shí)間里就能達(dá)到最大位移處,即q質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)最大位移處，故d正確.故選bd.15。如圖甲、乙分別為兩種不同單色光a、b經(jīng)過(guò)同一雙縫后的干涉條紋，下列說(shuō)法正確的是(）a. a光子的動(dòng)量比b光子的動(dòng)量大b. 對(duì)同一介質(zhì)a光折射率比b光大c. a光子照射能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則b光子也一定能發(fā)生d。 在均能使同一金屬發(fā)生光電效應(yīng)的情況下,a光子照射時(shí)逸出的光電子最大初動(dòng)能比b光子照射時(shí)小【答案】cd【解析】【詳解】a根據(jù)干涉條紋間距公式得，在相同的條件下,與成正比,a光的條紋間距大,a光的波長(zhǎng)長(zhǎng),根據(jù)公式可知a光子的動(dòng)量比b光子的動(dòng)量小,故a錯(cuò)誤

19、；b由于a光的波長(zhǎng)大于b光的波長(zhǎng)可知，a光的頻率小于b光的頻率，則可知對(duì)同一介質(zhì)a光折射率比b光小，故b錯(cuò)誤;c由于a光的頻率小于b光的頻率，若a光子照射能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則b光子也一定能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故c正確；d由于a光的頻率小于b光的頻率，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，在逸出功相同的情況下，由于a光子的能量小，則a光子照射時(shí)逸出的光電子最大初動(dòng)能比b光子照射時(shí)小,故d正確。故選cd。16.如圖甲為氫原子光譜，圖乙為氫原子能級(jí)圖.已知可見(jiàn)光的光子能量在1。62ev到3。11ev之間，普朗克常量h=6。631034js，則（）a. 對(duì)應(yīng)光子能量比小b. 圖甲所示的四條譜線均對(duì)應(yīng)可見(jiàn)光c。

20、 譜線對(duì)應(yīng)的是氫原子從能級(jí)n=4躍遷到n=2d。 氫原子從能級(jí)n=5躍遷到較低能級(jí)時(shí)可以輻射出圖甲所示四條可見(jiàn)光【答案】bc【解析】【詳解】a由圖甲可知，譜線對(duì)應(yīng)光子的波長(zhǎng)小于譜線對(duì)應(yīng)光子的波長(zhǎng)，結(jié)合可知，譜線對(duì)應(yīng)光子的能量大于譜線對(duì)應(yīng)光子的能量,故a錯(cuò)誤；b由圖甲可知，譜線對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，其光子的能量最小為:譜線對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)最短，其光子的能量最大為：可知，這四條譜線對(duì)應(yīng)的光子能量在1.62ev到3。11ev之間，即圖甲所示的四條譜線均對(duì)應(yīng)可見(jiàn)光，故b正確；c譜線對(duì)應(yīng)光子的能量為：可知譜線對(duì)應(yīng)的躍遷時(shí)從能級(jí)到能級(jí)，故c正確；d由上面分析可知譜線對(duì)應(yīng)的光子能量為,由圖乙可知,沒(méi)有兩個(gè)能級(jí)差為,即氫

21、原子從能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)不能輻射出圖甲所示四條可見(jiàn)光，故d錯(cuò)誤。故選bc。非選擇題部分三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17。（1）在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中，以下說(shuō)法正確的是_a。需要利用重錘線確定豎直方向b。選擇體積小、質(zhì)量輕的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)c.通過(guò)調(diào)整小球釋放的不同高度以記錄多個(gè)點(diǎn)的位置d.記錄的點(diǎn)盡量分布整張白紙(2）如圖所示紙帶上a、b、c、d、e為連續(xù)打點(diǎn),則為_(kāi)實(shí)驗(yàn)中打出紙帶a?！疤骄啃≤?chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”b.“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”c?！疤骄孔龉εc物體速度變化的關(guān)系”d?！膀?yàn)證機(jī)械能守恒定律”依據(jù)所選實(shí)驗(yàn)中，c點(diǎn)的速度大小為_(kāi)m/s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字)【答案】

22、(1）. ad （2）. d （3）. 2.3【解析】【詳解】（1)1a.本實(shí)驗(yàn)需要畫(huà)出豎直方向，則需要利用重錘線來(lái)確定豎直方向，故a正確；b。為減小空氣阻力的影響,需選擇體積小、質(zhì)量大的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故b錯(cuò)誤；c.在同一次實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)該從同一位置由靜止釋放小球，通過(guò)多次釋放小球，來(lái)記錄多個(gè)點(diǎn)的位置，故c錯(cuò)誤;d。為了減小偶然誤差，記錄的點(diǎn)盡量分布整張白紙，故d正確;（2）2由紙帶上的數(shù)據(jù)可知，在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差相等均為:根據(jù)公式可知求出的加速度為：則加速度恒定，而且正好為重力加速度,可知該紙帶是為“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)打出的紙帶,而“探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中加速度也可能

23、恒定，但不一定為重力加速度,而其余二個(gè)實(shí)驗(yàn)的加速度不一定恒定，故d正確，abc錯(cuò)誤；3根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,c點(diǎn)速度等于bd的平均速度,即：18。“探究額定電壓為2。5v的小燈泡伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)時(shí)：（1）現(xiàn)有兩種規(guī)格滑動(dòng)變阻器r1(50、1。5a)、r2（5、2。0a),為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，在實(shí)驗(yàn)中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_(選填“r1”或“r2”）;(2）如圖甲是小明同學(xué)連接的實(shí)物圖，老師發(fā)現(xiàn)電路連接有錯(cuò)，請(qǐng)你在原電路上指明需要重新調(diào)整哪幾條導(dǎo)線_（填圖中數(shù)字編號(hào)）；(3）閉合開(kāi)關(guān)，滑動(dòng)變阻器滑片,電壓表示數(shù)從0逐漸增大到2。5v過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)小燈泡一直不亮，小明分析可能小燈泡壞了，為此他取

24、下小燈泡用多用表檢測(cè)，如圖乙，則多用表的示數(shù)為_(kāi)，說(shuō)明小燈泡是_（填“好”或“壞”）；（4）正確連線和操作后,小明測(cè)得多組（i、u）數(shù)據(jù)并在圖象中描繪出圖線，圖丙所示的兩圖線分別是電流表內(nèi)接和外接時(shí)測(cè)繪的，則該實(shí)驗(yàn)正確的為_(kāi)（填“圖線1或“圖線2”)【答案】 （1). r2 （2）. （3）。 1。4（1.3，1.5也可以） （4). 好 （5）。 圖線1【解析】【詳解】（1)1在“探究額定電壓為2。5v的小燈泡伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)時(shí),電流和電壓都要從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，同時(shí)為了調(diào)節(jié)方便，從而選用小阻值的滑動(dòng)變阻器，故選；（2）2 接錯(cuò)，需要接到電建的另一端；接錯(cuò)，分壓式接法

25、，不應(yīng)該接到金屬桿上,應(yīng)該接到變阻器本身上的接線柱上;接錯(cuò),量程接錯(cuò)，應(yīng)該接到量程為3v的量程上,故需要重新調(diào)整的導(dǎo)線為;（3）3 4如圖，多用電表選擇歐姆檔，則表盤(pán)讀數(shù)為，說(shuō)明小燈泡是好的；（4）5本實(shí)驗(yàn)中小燈泡的電阻較小，遠(yuǎn)小于電壓的內(nèi)阻，所以應(yīng)采用電流表外接法，此時(shí)電流表測(cè)量的是電壓表和小燈泡的總電流，此時(shí)電流表示數(shù)偏大些，畫(huà)出的圖象應(yīng)該為圖線1;19.如圖甲為某商場(chǎng)自動(dòng)電梯，其簡(jiǎn)化圖如圖乙,若沒(méi)有顧客時(shí)電梯速度視為零，當(dāng)顧客踏上電梯a端,電梯以圖示方向勻加速運(yùn)行，達(dá)到最大速度后勻速運(yùn)行，直至顧客離開(kāi)電梯b端。已知ab長(zhǎng)l=30m，a離地面的高度h=6m,電梯加速度a=0.2m/s2，最

26、大速度vm=0.8m/s，求：（1）勻加速運(yùn)行的位移x1;（2）從a端到b端的總時(shí)間t；（3）若顧客質(zhì)量m=50kg，則顧客受到最小摩擦力f的大小和方向。【答案】（1）1.6m;（2）39。5s；（3）90n，方向沿電梯向上【解析】【詳解】（1）開(kāi)始從靜止做勻加速運(yùn)動(dòng)，最大速度為，根據(jù)速度與位移關(guān)系得到：(2）根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系，可知在勻加速階段時(shí)間為：勻速階段時(shí)間為：則總時(shí)間：（3)設(shè)斜面傾角為,開(kāi)始做勻加速階段的摩擦力最小，根據(jù)牛頓第二定律有：而且：整理可以得到：方向沿電梯向上20。如圖所示，一游戲裝置由水平傾斜角為的軌道ab、水平傳送帶bc、半徑為r的光滑半圓弧軌道組成，o為圓弧軌道的圓

27、心，d、c、o、e四點(diǎn)在同一豎直線上.游戲時(shí)，小滑塊從傾斜軌道不同高度處?kù)o止釋放，經(jīng)過(guò)傳送帶后沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng),最后由e點(diǎn)平拋落地面。已知小滑塊與傾斜軌道、傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、,bc長(zhǎng)為l=4m，ab長(zhǎng)為，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v=4m/s,d距地面的高度h=3.05m，r=0。9m，cd間的距離剛好允許小滑塊通過(guò)，忽略傳送帶轉(zhuǎn)輪大小和cd間距大小，小滑塊經(jīng)b處時(shí)無(wú)能量損失，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，其余阻力不計(jì),sin37=0.6，求:(1）若小滑塊勻速通過(guò)傳送帶，求釋放的高度h；（2）在(1）問(wèn)中小滑塊平拋的水平距離x；（3)小滑塊平拋的水平距離x與其釋放的高度h之間滿足的關(guān)系.【答案

28、】（1）2。 4m；（2）m；(3）時(shí)，；當(dāng)時(shí)，（m);當(dāng)時(shí),不滿足條件【解析】【詳解】（1）滑塊在傾斜軌道上根據(jù)牛頓第二定律可以得到：得到：若小滑塊勻速通過(guò)傳送帶，則到達(dá)傳送帶上的速度與傳送帶的速度相等均為v=4m/s，根據(jù)速度與位移關(guān)系可知：帶入數(shù)據(jù)可以得到:（2）不脫離軌道過(guò)d點(diǎn),則在d點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律：則最小速度為:從d到e運(yùn)動(dòng)中，根據(jù)機(jī)械能守恒:可以得到:有e點(diǎn)平拋運(yùn)動(dòng),則豎直方向：水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，則：帶入數(shù)據(jù)整理可以得到：（3)有幾何知識(shí)可知：即釋放點(diǎn)最大高度為.若小滑塊到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度能達(dá)到：小滑塊在皮帶上一直減速，則根據(jù)速度與位移關(guān)系可知b點(diǎn)的速度為：對(duì)應(yīng)釋放高度為:小滑

29、塊在皮帶上一直加速，則根據(jù)速度與位移關(guān)系可知b點(diǎn)的速度為:對(duì)應(yīng)釋放高度為：即當(dāng)時(shí)，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為； 若加速到達(dá)c點(diǎn)的速度為：時(shí)則根據(jù)速度與位移關(guān)系可知b點(diǎn)的速度為：則對(duì)應(yīng)釋放高度為：從釋放點(diǎn)到e點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：解得:(m）即當(dāng)時(shí)，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為(m）；當(dāng)時(shí)，則不會(huì)出現(xiàn)題中的現(xiàn)象，即不滿足條件.21。如圖1所示,在光滑的水平面上，有一質(zhì)量m=1kg、足夠長(zhǎng)的u型金屬導(dǎo)軌abcd，間距l(xiāng)=1m.一電阻值的細(xì)導(dǎo)體棒mn垂直于導(dǎo)軌放置，并被固定在水平面上的兩立柱擋住,導(dǎo)體棒mn與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)，在m、n兩端接有一理想電壓表（圖中未畫(huà)出）。在u型導(dǎo)軌bc邊右側(cè)存在垂直向下、大小b=0.

30、5t的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(從上向下看）；在兩立柱左側(cè)u型金屬導(dǎo)軌內(nèi)存在方向水平向左，大小為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。以u(píng)型導(dǎo)軌bc邊初始位置為原點(diǎn)o建立坐標(biāo)x軸。t=0時(shí)，u型導(dǎo)軌bc邊在外力f作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，測(cè)得電壓與時(shí)間的關(guān)系如圖2所示。經(jīng)過(guò)時(shí)間t1=2s，撤去外力f，直至u型導(dǎo)軌靜止。已知2s內(nèi)外力f做功w=14。4j。不計(jì)其他電阻，導(dǎo)體棒mn始終與導(dǎo)軌垂直，忽略導(dǎo)體棒mn的重力。求：（1）在2s內(nèi)外力f隨時(shí)間t的變化規(guī)律；（2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電路消耗的焦耳熱q；(3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，u型導(dǎo)軌bc邊速度與位置坐標(biāo)x的函數(shù)關(guān)系式?！敬鸢浮浚?）；（2)12j;（3）(0x4m)；v=0(）【解析】【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：得到：根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系可知：對(duì)u型金屬導(dǎo)軌根據(jù)牛頓第二定律有:帶入數(shù)據(jù)整理可以得到：（2)由功能關(guān)系,有由于忽略導(dǎo)體棒mn的重力,所以摩擦力為：則可以得到：則整理可以得到：得到：q=12j（3）設(shè)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去外力f這段時(shí)間