2018年山東省濰坊市高考物理一模試卷(附答案)

1、2018年山東省濰坊市高考物理一模試卷副標(biāo)題題號-一一二三四總分得分一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1. 如圖所示，導(dǎo)體棒ab用絕緣細(xì)線水平懸掛，通有由a到b的電流。ab正下方放一圓形線圈，線圈通過導(dǎo)線，開關(guān)與直流電源連接。開關(guān)閉合瞬間，導(dǎo)體棒ab將（）A.向外擺動(dòng)B.向里擺動(dòng)C. 保持靜止，細(xì)線上張力變大D.保持靜止，細(xì)線上張力變小現(xiàn)對木板施加水平2. 如圖所示，長木板靜止于光滑水平地面，滑塊疊放在木板右端恒力，使它們向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與木板分離時(shí)，滑塊相對地面的位移為x,速度為v,若只減小滑塊質(zhì)量，再次拉動(dòng)木板，滑塊與木板分力時(shí)（）第18頁，共17頁3.A.x變小，v變小B.x變大

2、，v變大C.x變小，v變大如圖所示，“嫦娥三號”從M點(diǎn)進(jìn)入環(huán)月圓軌道I,運(yùn)行4天后再從M點(diǎn)進(jìn)入橢圓軌道II，N為橢圓軌道II的近月點(diǎn)（可視為緊貼月球表面），則“嫦娥三號”（）A.在兩軌道上運(yùn)行的周期相同D.x變大，v變小B. 在兩軌道上運(yùn)行的機(jī)械能相同C. 在N點(diǎn)的速度大于月球的第一宇宙速度D. 從N到M的過程機(jī)械能不斷增加4.2017年12月29日，中國首個(gè)快堆核電示范工程在福建霞浦開工建設(shè)?！翱於选焙朔磻?yīng)進(jìn)程依次為A.B.C.和變?yōu)樽優(yōu)閁UNpfPu，下列說法正確的是（）是同位素，其原子核內(nèi)中子數(shù)相同發(fā)生了衰變發(fā)生了衰變D.經(jīng)過一個(gè)半衰期，原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉淼囊话?.如圖所示，水平放置的平

3、行板電容器充電后與電源斷開，上極板帶正電，下極板接地，一帶電油滴靜止與P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則油滴（）A.仍保持靜止，電勢能不變B.仍保持靜止，電勢能減小C.將向下運(yùn)動(dòng)，電勢能增大D.將向下運(yùn)動(dòng)，電勢能減小、多選題（本大題共5小題，共24.0分）6.7.A. 該粒子帶負(fù)電荷B. 粒子速度大小為如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為一,矩形線圈面積為0.08m2,匝數(shù)為10,電阻不計(jì)，通過電刷與理性變壓器原線圈相連，當(dāng)線圈繞垂直磁場的軸OO'以50nrad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，副線圈兩端交流電壓表的示數(shù)為16V,貝y（）A. 在圖示位置時(shí)矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢為0VB

4、. 矩形線圈產(chǎn)生的交流電周期為C. 矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢有效值為一D. 變壓器原副線圈匝數(shù)之比為5：1如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AC為圓的直徑，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點(diǎn)射入磁場區(qū)域，速度方向與AC夾角為0,粒子最后從C點(diǎn)離開磁場，下列說法正確的是（C. 粒子速度大小為D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為8. 在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖a所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19kg，則（A

5、. 碰后藍(lán)壺的速度為B. 碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為C. 碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為D. 碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5：49. 下列說法正確的是（）A. 溫度高的物體分子的平均動(dòng)能一定大B. 氣體分子的體積大小等于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值C. 一定質(zhì)量的的冰溶解為的水，分子平均動(dòng)能不變，分子勢能增加D. 通過技術(shù)革新可以達(dá)到絕對零度以下E. 一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，它的內(nèi)能可不變10. 如圖所示為一簡諧橫波在t=0時(shí)刻的圖象。此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向,且當(dāng)t=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，下列說法正確的是（）rA. 波沿x軸負(fù)方向傳播B. 波的傳播速度

6、為C. 至，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為D. 經(jīng)，質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處E. Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為-三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共18.0分）11. 在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，一實(shí)驗(yàn)小組讓小球自傾角為30°的斜面上滑下，用頻閃相機(jī)記錄了小球沿斜面下滑的過程，如圖所示，測得B、C、D、E到A的距離分別為X、x2、x3、x4，已知相機(jī)的頻閃頻率為f重力加速度為g=9.8m/s2。（1）滑塊經(jīng)過位置D時(shí)的速度vD=。（2）選取A為位移起點(diǎn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出v2-x圖線，若圖線斜率k=，則小球下滑過程機(jī)械能守恒。（3）若改變斜面傾角進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請寫出斜面傾角大小對實(shí)驗(yàn)誤差的影響。

7、12. 一探究小組要測量一量程為10mA的電流表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：電源電動(dòng)勢E=1.5V,內(nèi)阻r=5Q電阻箱R0；長為20cm的均勻電阻絲R；與電阻絲接觸良好的觸頭P；開關(guān)2個(gè)，導(dǎo)線若干。（1）用圖a所示電路測量該電流表內(nèi)阻，進(jìn)行如下操作： 按原理圖a將圖b中的實(shí)物線連接完整電路。 斷開k2，閉合，調(diào)整R0使電流表滿偏，讀得R°=75Q 將P滑至電阻絲最右端，閉合k2，緩慢向左滑動(dòng)P,直至電流表再次滿偏。 測得此時(shí)P右側(cè)電阻絲長8cm；請?jiān)趫Db中完成實(shí)物連接，由以上操作可知電流表內(nèi)阻R=。g（2）某同學(xué)將圖a中的電路稍作改變用來測電阻阻值；斷開k2,撤去ab間導(dǎo)線并在a、b

8、端分別連上表筆，將待測電阻接入兩表筆間，根據(jù)電流表讀數(shù)即可知待測電阻阻值。則電流表10mA位置對應(yīng)兩表筆間接入電阻的阻值為（填“0”或“8”）。若某次測量電流表示數(shù)為6mA,則兩表筆間接入電阻的阻值為Q。四、計(jì)算題(本大題共4小題，共33.0分)13. 2022年冬奧會(huì)將在北京舉行，為訓(xùn)練運(yùn)動(dòng)員的判斷力和身體應(yīng)變力，在一直徑為200m的圓形滑冰場上，教練和運(yùn)動(dòng)員分別站在直徑AB的兩端。教練從A端沿冰面擊出冰球的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員開始從B點(diǎn)沿直線勻加速運(yùn)動(dòng)，在冰球離開原形場地前攔住冰球。教練若沿AB方向以20mls的速度擊出冰球。運(yùn)動(dòng)員不攔截冰球，球恰好能沿冰面滑道B點(diǎn)，sin53°=0.8

9、,g=10m/s2.求：(1)冰球與冰面間的摩擦因數(shù)；(2)若教練沿與AB成53°角的方向以16m/s的速度將冰球擊出，為保證攔截成功,運(yùn)動(dòng)員的加速度至少多大。14. 如圖所示，兩豎直虛線間距為L,之間存在豎直向下-'的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域左側(cè)的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以寸-相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場區(qū)域。并從該區(qū)域的右邊界離開。已知N離開電場時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場時(shí)動(dòng)能的8倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g,已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L。(1) 求該電場的電場強(qiáng)度大小；(2)

10、求小球射出的初速度大小；(3) 要使小球M、N離開電場時(shí)的位置之間的距離不超過L,僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件。15. 如圖所示，兩玻璃管內(nèi)徑相同，底部用細(xì)管相連，開始兩管內(nèi)水平面相平，水銀柱長10cm,管內(nèi)空氣柱高20cm,用閥門將右管口封閉，用活塞封閉左管口，緩慢推動(dòng)活塞壓縮左管內(nèi)氣體，使左管內(nèi)的水印恰好全部進(jìn)入右管，然后保持活塞位置不動(dòng)，已知大氣壓為75cmHg，細(xì)管容器忽略不計(jì)，環(huán)境溫度保持不變，求： 左管活塞下移的距離（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）； 將右管上端的閥門緩慢開啟，計(jì)算說明右管內(nèi)水銀是否會(huì)溢出。16. 一夸厚度為4cm的長方體玻璃磚，其下表面涂有反光膜，置

11、于水平桌面上，如圖所示，玻璃磚右端上方豎直放置一光屏。一束光線以53°的入射角射向玻璃磚，入射點(diǎn)到光屏距離為8cm,已知玻璃磚對該光束的折射率為，sin37°=0.6，求： 玻璃磚右側(cè)光屏上兩光點(diǎn)之間的距離 光在玻璃磚中傳播的最短時(shí)間。答案和解析1. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)右手定則判斷出線圈產(chǎn)生的磁場方向，利用左手定則判斷出導(dǎo)線ab受到的安培力即可判斷。本題主要考查了右手定則和左手定則，明確通電線圈在通電導(dǎo)體棒處產(chǎn)生的磁場方向，即可判斷?！窘獯稹拷猓寒?dāng)開關(guān)閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生磁場，通電導(dǎo)線ab處的磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，ab棒受到的安培力垂直于紙面向里，故向

12、里擺動(dòng)，故B正確。故選:B。2. 【答案】A【解析】解:設(shè)原來滑塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M;對木塊根據(jù)牛頓第二定律可得:卩mg=ma，解得ai=ig;對木板根據(jù)牛頓第二定律可得:F-pmg=Ma2,解得:a2=呂亍;當(dāng)m減小時(shí)，木塊的加速度大小不變，而木板的加速度增大，分離時(shí)的時(shí)間減小，則x減小、v減小。故選:A。根據(jù)牛頓第二定律得到二者加速度的大小，再分析木塊質(zhì)量減小時(shí)二者的加速度大小，由此分析分離時(shí)速度和位移的大小變化情況。對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答;知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)

13、動(dòng)學(xué)的橋梁。3. 【答案】C【解析】解:A、根據(jù)開普勒第三定律；=：,可得半長軸a越大，運(yùn)動(dòng)周期越大，顯然軌道I的半長軸（半徑）大于軌道且的半長軸，故沿軌道U運(yùn)動(dòng)的周期小于沿軌道I運(yùn)動(dòng)的周期，故A錯(cuò)誤；B、沿軌道I運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，制動(dòng)減速，萬有引力大于向心力做向心運(yùn)動(dòng)，做近心運(yùn)動(dòng)才能進(jìn)入軌道所以沿軌道I運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能大。故B錯(cuò)誤；C、“嫦娥三號”在N點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，可知“嫦娥三號”在N點(diǎn)的速度大于第一宇宙速度，故C正確；D、在軌道U上由N點(diǎn)運(yùn)行到M點(diǎn)的過程中，萬有引力方向與速度方向成鈍角，萬有引力對其做負(fù)功，但機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤。故選:C。根據(jù)開普勒第三定律可知衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期和軌道半徑之間的關(guān)系；

14、根據(jù)做近心運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力大于向心力，做離心運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力小于向心力，可以確定變軌前后速度的變化關(guān)系;根據(jù)尸厶=口3可知在不同軌道上的同一點(diǎn)加速度合相同。本題要注意:由高軌道變軌到低軌道需要減速，而由低軌道變軌到高軌道需要加速，這一點(diǎn)在解決變軌問題時(shí)要經(jīng)常用到，一定要注意掌握。根據(jù)F=ma所求的加速度a是指物體的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度。4. 【答案】D【解析】解:A、U和U是同位素，其原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不相同。故A錯(cuò)誤；BC、U變?yōu)閁增加了一個(gè)中子，不是發(fā)生了a衰變，也不是卩衰變。故BC錯(cuò)誤；D、根據(jù)半衰期的定義可知，lgU經(jīng)過一個(gè)半衰期，U原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

15、。故D正確。故選:D。根據(jù)同位素的特點(diǎn)判斷是否為同位素；根據(jù)衰變的過程，結(jié)合質(zhì)量數(shù)守恒以及電荷數(shù)守恒和a衰變、卩衰變的特點(diǎn)分析。該題基于快堆核電考查對同位素以及衰變的種類的理解，其中明確同位素的意義是解答的關(guān)鍵。5. 【答案】B【解析】解:根據(jù)C=、C=和E=.推導(dǎo)得已=寧，知Q、S不變，電容器板間場強(qiáng)不變，油滴受力情況不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，由U=Ed分析知，E不變，下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，即板間距離增大,則兩極板間的電勢差增大，因此P點(diǎn)的電勢升高，由于油滴帶負(fù)電，那么帶電油滴的電勢能減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選:B。平行板電容器充電后與電源斷開連接，電容器的帶電量不變，當(dāng)上極板豎直

16、向上移動(dòng)時(shí)，根據(jù)電容的決定式、定義式和E=.分析知道場強(qiáng)變化，再判斷油滴的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間的電勢差如何變化，確定電勢和電勢能如何變化。解決本題的關(guān)鍵是掌握電容的決定式、定義式和公式E=，能熟練推導(dǎo)出E=，要在理解的基礎(chǔ)上記住這個(gè)結(jié)論，注意電勢能的高低，除與電勢有關(guān)外，還與電性有關(guān)系。6. 【答案】AD【解析】解:A、由圖可知，在圖中的位置，線圈平面與磁場的方向垂直，穿過線圈的磁通量最大，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢等于0故A正確；B、線圈繞00'以50nrad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，則周期:T=口“小s.故B錯(cuò)誤；C、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em=NBS®=山M學(xué)h0朋

17、x弟=冊血V,所以線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢的有效值為80V,故C錯(cuò)誤;D、線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢的有效值為80V,則原線圈兩端的電壓為80V,副線圈兩端的電壓為16V,理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比二乂-7二故D正確；故選:AD。線圈從與中性面的位置計(jì)時(shí),此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為0；根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em=NBS®求出最大值，然后由最大值與有效值之間的關(guān)系求出有效值；根據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系求出匝數(shù)比。本題關(guān)鍵是明確變壓器的變流比公式和變壓比公式推導(dǎo)出電流的表達(dá)式進(jìn)行分析,基礎(chǔ)題目。7. 【答案】BD【解析】解:A、由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；BC、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：粒子在圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫

18、茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qvB=m解得:v=，故B正確，C錯(cuò)誤；D、由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為a=20,粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t=三T=寸x二T=；，故D正確；故選:BD。粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則判斷粒子電性求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度大小，求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期求出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提，應(yīng)用左手定則、牛頓第二定律與周期公式即可解題。8.【答案】

19、AD【解析】解:A、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,碰前紅壺的速度v0=l.Om/s，碰后速度為v'0=O.2m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mVo=mv'0+mv解得:v=0.8m/s,故A正確；B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度為:a=-一-m/s2=0.2m/s2，所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為:t=Ts=6s，速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為:x=“Im=2.0m，故B錯(cuò)誤;C、碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為：rH-=3.04J，故C正確;D、碰后藍(lán)壺的加速度為為:am/s2=0.16m/s2，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f:f=ma:ma'=5:4,故

20、D正確；故選:AD。根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰后藍(lán)壺的速度；根據(jù)圖象求解碰前紅壺的加速度，由此得到所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻，再根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移求解位移；根據(jù)碰撞過程能量關(guān)系求解動(dòng)能的損失；求出碰后藍(lán)壺的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比。本題主要是考查動(dòng)量守恒定律，解答本題要掌握動(dòng)量守恒定律的計(jì)算公式，能夠根據(jù)圖象獲得信息，根據(jù)速度圖象的特點(diǎn)求解。9.【答案】ACE【解析】解:A、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度高的物體的平均動(dòng)能一定大。故A正確；B、對氣體，由于分子間距的存在，所以氣體分子的體積大小要小于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值。故B錯(cuò)誤；C

21、、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，一定質(zhì)量的0弋的冰溶解為0弋的水，溫度不變，則分子的平均動(dòng)能不變；體積減小，吸收熱量，內(nèi)能增大，則分子勢能增大。故C正確；D、根據(jù)熱力學(xué)第零定律可知，不可以達(dá)到絕對零度以下。故D錯(cuò)誤；E、由于做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，所以一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，若同時(shí)對外做功，它的內(nèi)能可不變。故E正確。故選:ACE。溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志；阿伏加德羅常數(shù)NA個(gè)原子的質(zhì)量之和等于摩爾質(zhì)量。而對氣體，由于分子間距的存在，NAv并不等于摩爾體積。一定質(zhì)量的水凝結(jié)成同溫度的冰體積變大，根據(jù)吸放熱情況，分析內(nèi)能的變化；不可以達(dá)到絕對零度以下；做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能

22、。本題考查多個(gè)知識點(diǎn)的內(nèi)容，要注意的是在氣體阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算中，阿伏加德羅常數(shù)NA是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁，抓住它的含義，區(qū)分對氣體還是液體的計(jì)算是解題的關(guān)鍵。10. 【答案】ACE【解析】解:A、根據(jù)圖象，由質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向可得:波沿x軸負(fù)方向傳播，故A正確；B、當(dāng)t=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，故周期由圖象可得:波長久=0.4車故波的傳播速度$=*=一沏”；故B錯(cuò)誤；C、至t=1.6s，質(zhì)點(diǎn)P剛好運(yùn)動(dòng)兩個(gè)周期，故質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為2x4A=2x4x5cm=0.4m，故C正確；DE、質(zhì)點(diǎn)Q向上運(yùn)動(dòng)，振幅為5cm，周期T=0.8s,t=0時(shí)，y=2.5cm

23、，故Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為|（;由+一可得：-，故經(jīng)三；，質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處，故D錯(cuò)誤，E正確;故選：ACE。根據(jù)P的振動(dòng)方向得到波的傳播方向，然后根據(jù)P的振動(dòng)得到周期，即可由圖得到波長，從而求得波速;根據(jù)周期求得P的振動(dòng)，再根據(jù)Q的初始位置得到振動(dòng)方程，從而求得第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處的時(shí)間。在給出波形圖求解質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)、波速的問題中，一般根據(jù)圖象得到波長及時(shí)間間隔與周期的關(guān)系，從而求得周期，即可得到質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)情況，由；求得波速。11. 【答案】；9.8；斜面傾角越大，誤差越小【解析】解：（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可以求出D點(diǎn)的速度為：遲（/.遲;|一遲

24、殳VD=二:=二；（2）若減小的重力勢能等于增加的動(dòng)能時(shí)，可以認(rèn)為機(jī)械能守恒;貝U有:mgH=mv2；即：gxsin30°=v2解得：v2=gx；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出v2-x圖線，若圖線斜率k=g=9.8m/s2,則小球下滑過程機(jī)械能守恒。（3）小球的動(dòng)能增加量aEk總是稍小于重力勢能減少量AEp，主要原因該過程中有阻力做功，使小球的一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；當(dāng)斜面傾角越大，壓力減小，則摩擦阻力變小，因此阻力做功越少，則誤差越小。故答案為:匚:-;(2)9.8;斜面傾角越大，誤差越小。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大小;則根

25、據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，當(dāng)減小的機(jī)械能應(yīng)等于增大的動(dòng)能，從而即可求解。本題為創(chuàng)新型實(shí)驗(yàn)，要注意通過分析題意明確實(shí)驗(yàn)的基本原理才能正確求解。同時(shí)為驗(yàn)證性實(shí)驗(yàn)題，要求根據(jù)物理規(guī)律選擇需要測定的物理量，運(yùn)用實(shí)驗(yàn)方法判斷系統(tǒng)重力勢能的變化量是否與動(dòng)能的變化量相同是解題的關(guān)鍵。12.【答案】50；0；20【解析】解:(1)按著電路圖，順著電流的方向依次接線結(jié)果如圖所示。按照操作步驟進(jìn)行計(jì)算，當(dāng)k2斷開時(shí)調(diào)整R0=75Q使電流滿偏，路端電壓:U=Ig(Rg+RO),電壓表兩端電壓:Ug=IgRg，當(dāng)閉合k2時(shí)，將P滑到離右端L=8cm處時(shí)，電流表又再次滿偏，據(jù)閉合電路歐姆定律Ig=11，則R0兩端的電壓U0

26、=二二=0.01Rg=,.I：0得到：3Rg=2R0,聯(lián)立以上兩式得:Rg=50Q(2)所以通過k2斷開時(shí)算出R1=250,這樣k2斷開時(shí)總內(nèi)陰R125kRA=12'.匸涉及到歐姆表的原理，顯然原電流表滿偏的位置就是00，但此時(shí)通過電源的電流為6Ig=60mA，此時(shí)RA+r=Q=；-，當(dāng)電流表的示數(shù)為6mA時(shí),由歐姆定律可求得，通過電源的電流為6mA()=36mA，那么RA+r+Rx=.J；O'所以Rx=20Q。故答案為：（1）電路連接如解答圖；50（2）0；20（1）根據(jù)電表與電路其他用電器串聯(lián)'可以判斷應(yīng)該是電流表'再根據(jù)電流的大小關(guān)系選擇電流表'利

27、用歐姆定律和相應(yīng)串并關(guān)系求得電流表的阻值；（2）利用并聯(lián)電路兩支路電壓相等列式'當(dāng)兩次電流表都滿偏時(shí)'滿足電阻右端的電壓也達(dá)到滿偏電壓'由此關(guān)系'從而能求出電流表的阻值。本題的難點(diǎn)是電表和定值電阻的選擇'要采用估算法'另外由于本實(shí)驗(yàn)的滑動(dòng)變阻器阻值遠(yuǎn)小于LED的電阻，滑動(dòng)變阻器必須采用分壓接法。13. 【答案】解：（1）由A至B冰球做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有g(shù)mg=ma。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得卩=0.10（2）冰球剛好到達(dá)圓周時(shí)，由幾何關(guān)系可知x=dcos53°，x=dsin53°球人球到達(dá)圓周的時(shí)間為t，球-，解得t=12s

28、或20s（舍去）運(yùn)動(dòng)員加速度至少為a'，人-，解得一答：（1）冰球與冰面間的摩擦因數(shù)是0.10；（2）為保證攔截成功，運(yùn)動(dòng)員的加速度至少為m/s2。【解析】（1）冰球做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和速度位移公式結(jié)合可求冰球與冰面間的摩擦因數(shù)；（2）冰球剛好到達(dá)圓周時(shí)，由幾何關(guān)系求出球和人的位移。由位移公式求出球運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由位移公式求人的加速度。本題相當(dāng)于相遇問題，要能根據(jù)幾何關(guān)系找出人和冰球的位移是關(guān)鍵，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解。14. 【答案】解：小球運(yùn)動(dòng)過程只受重力和電場力作用，故小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，那么，小球在電場區(qū)域內(nèi)外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同；在電場區(qū)域外，小球在豎

29、直方向做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故小球進(jìn)入電場時(shí)的豎直分速度為gt；（1）N離開電場時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為零；設(shè)N在電場內(nèi)的加速度為a則有：-，所以，a=3g，方向豎直向上；故由牛頓第二定律可得：qE-mg=3mg,所以，電場的電場強(qiáng)度;（2）M在電場中的加速度，方向豎直向下；故M剛離開電場時(shí)的豎直分速度vy=gt+5gt=6gt；又有小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為v0,則有：一；故由M剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場時(shí)動(dòng)能的8倍可得：-；所以，所以，所以，（3）M、N進(jìn)入電場前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N離開電場時(shí)的位置之間的距離故一；又有一，所以，1二；答：（1）該電場的電場強(qiáng)度大小；（2）小球射出的初速度大小