【高考模擬】 福建省高考物理模擬試卷答案與祥細(xì)解析

1、試卷第 =page 24 24頁，總 =sectionpages 24 24頁試卷第 =page 23 23頁，總 =sectionpages 24 24頁福建省高考物理模擬試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1. 靜止在水平地面上的木塊，受到小錘斜向下瞬間敲擊后，只獲得水平方向初速度，沿地面滑行一段距離后停下。若已知木塊的質(zhì)最和初速度，敲擊瞬間忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（ ） A.木塊滑行的時間B.木塊滑行的距離C.小錘對木塊做的功D.小錘對木塊的沖量2. 2019年“山東艦“正式服役，標(biāo)志著我國進(jìn)入雙航母時代。如圖，“山東艦“正在沿直線航行，其質(zhì)量為m，發(fā)動機(jī)的輸出功率

2、恒為P，所受阻力恒為f，某時刻速度為v1、加速度為a1，一段時間t后速度變?yōu)関2(v2v1)，在這段時間內(nèi)位移為s。下列關(guān)系式正確的是（ ） A.a1=pmv1-fmB.f=pv1C.s=v1+v22tD.pt=12mv22-12mv123. 圖為探究變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系的電路圖。已知原線圈匝數(shù)為400匝，副線圈“1”接線柱匝數(shù)為800匝，“2“接線柱匝數(shù)為200匝，ab端輸入的正弦交變電壓恒為U，電壓表V1、V2的示數(shù)分別用U1、U2表示?；琍置于滑動變阻器中點(diǎn)，則開關(guān)S( ) A.打在“1”時，U112UB.打在“1”時，U1:U22:1C.打在“2”與打在“1”相比，燈泡L更暗D.打在

3、“2”與打在“1”相比，ab端輸入功率更大4. 如圖，A、B兩點(diǎn)固定有電荷量分別為+Q1和+Q2的點(diǎn)電荷，A、B連線上有C、D兩點(diǎn)，且ACCDD B.C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向可能相同A.Q1一定大于Q2C.+q的加速度大小先減小后增大D.+q的動能和電勢能的總和先減小后增大5. 如圖，工地上常用夾鉗搬運(yùn)磚塊。已知磚塊均為規(guī)格相同的長方體，每塊質(zhì)量為2.8kg，夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數(shù)為0.50，磚塊之間的動摩擦因數(shù)為0.35，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10m/s2搬運(yùn)7塊磚時，夾鉗對磚塊豎直一側(cè)壁施加的壓力大小至少應(yīng)為（ ） A.196NB.200NC.392ND.400N6. 下列有

4、關(guān)原子和原子核的認(rèn)識，正確的是（ ） A.平均結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定B.氫原子輻射光子后，電子繞核運(yùn)動的動能增大C.盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的研究，發(fā)現(xiàn)了中子D.光電效應(yīng)現(xiàn)象中，光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比7. 我國探月工程分“繞、落、回”三步走，近期將發(fā)射“嫦娥五號”探測器執(zhí)行月面采樣返回任務(wù)。圖為探測器繞月運(yùn)行的示意圖，O為月球球心。已知環(huán)月圓軌道I和橢圓軌道II相切于P點(diǎn)，且I軌道半徑為II軌道半長軸的1.25倍。則探測器分別在I、II兩軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時（ ） A.周期T:T5:4B.機(jī)械能EIEIIC.經(jīng)過P點(diǎn)的速度vIvIID.經(jīng)過P點(diǎn)的加速度aIaII8. 如圖，水平面內(nèi)

5、固定有兩根平行的粗糙長直金屬導(dǎo)軌，兩根相同的導(dǎo)體棒AB、CD置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，整個裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中。從t0時開始，對AB棒施加一與導(dǎo)軌平行的水平外力F，使AB棒從靜止開始向右做加速度大小為a0的勻加速直線運(yùn)動。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。下列關(guān)于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F隨時間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（ ） A.B.C.D.二、解答題（共4小題，滿分47分） 圖甲為“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置，軌道由斜槽和水平槽組成，A、B兩小球大小相同，質(zhì)量mA20.0g、mB10.0g。實(shí)驗(yàn)步驟如下：a固定軌道，使水平槽末端

6、的切線水平，將記錄紙鋪在水平地面上，并記下水平槽末端重垂線所指的位置O；b讓A球從斜槽C處由靜止釋放，落到記錄紙上留下痕跡，重復(fù)操作多次；c把B球放在水平槽末端，A球仍從C處靜止釋放后與B球正碰，A、B分別落到記錄紙上，留下各自的痕跡，重復(fù)操作多次；d確定三個落點(diǎn)各自的平均位置P、M、N，用刻度尺測出它們到O點(diǎn)的距離分別為xOP、xOM、xON； （1）確定P、M、N三點(diǎn)時，可用圓規(guī)量一個盡可能小的圓，把所有有效落點(diǎn)圈在里面，圓心即為落點(diǎn)的平均位置，這樣做可以減小_。（填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差； （2）如圖乙，xOM、xOP讀數(shù)分別為10.20cm、30.65cm，xON讀數(shù)為_cm。 （3

7、）數(shù)據(jù)處理時，小球離開水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球質(zhì)量及（2）中數(shù)據(jù)可算出碰前系統(tǒng)總的mx值是_kgm（保留3位有效數(shù)字），把該值與系統(tǒng)碰撞后的值進(jìn)行比較，就可驗(yàn)證動量是否守恒。 某同學(xué)制作了一個可用電流表直接顯示拉力大小的拉力器，原理如圖。R1是一根長20cm、阻值20的均勻電阻絲，勁度系數(shù)為1.0103N/m的輕彈簧左端固定，右端連接金屬滑片P和拉環(huán)，拉環(huán)不受拉力時，滑片P恰好處于a端。閉合S，在彈簧彈性限度內(nèi)，對拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)電阻箱R0使電流表恰好滿偏。已知電源電動勢E6V，內(nèi)阻r1，電流表的量程為00.6A，內(nèi)阻不計(jì)，P與R1接觸良好且不計(jì)摩

8、擦。 （1）電阻箱R0接入電路的阻值為_ （2）電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時，拉力刻度值的分布是_（填“均勻”或“不均勻”）的； （3）電流表刻度值為0.50A處拉力的示數(shù)為_N； （4）要通過線性圖像直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作（）圖像；A.I-FB.I-1FC.1I-FD.1I-1F （5）若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則（4）問中正確選擇的圖像斜率_（填“變大”“變小”或“不變”）。 第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項(xiàng)目之一。如圖甲，藍(lán)壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經(jīng)過P點(diǎn)沿直線向藍(lán)壺滑去，滑行一段距離后，隊(duì)員在紅壺前方開始不斷刷冰，直至兩壺發(fā)生正碰為止。已知，

9、紅壺經(jīng)過P點(diǎn)時速度v03.25m/s，P、O兩點(diǎn)相距L27m，大本營半徑R1.83m，從紅壺進(jìn)入刷冰區(qū)域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v-t圖線如圖乙所示。假設(shè)在未刷冰區(qū)域內(nèi)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)恒定且相同，紅壺進(jìn)入刷冰區(qū)域內(nèi)與冰面間的動摩擦因數(shù)變小且恒定，兩壺質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點(diǎn)。 （1）試計(jì)算說明碰后藍(lán)壺是否會滑出大本營； （2）求在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s。 如圖，在xOy平而內(nèi)，x0與x3L兩直線之間存在兩勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x軸為兩磁場的分界線；在第I象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子從x軸上的A點(diǎn)

10、以某一初速度射入電場，一段時間后，該粒子運(yùn)動到y(tǒng)軸上的P(0,L2)點(diǎn)，以速度v0垂直于y軸方向進(jìn)入磁場。不計(jì)粒子的重力。 （1）求A點(diǎn)的坐標(biāo)； （2）若粒子能從磁場右邊界離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍； （3）若粒子能從O(3L,0)點(diǎn)離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能取值。三、物理一一選修3-3 下列說法正確的（ ） A.晶體在熔化過程中吸收熱量內(nèi)能增加，溫度保持不變B.給籃球打氣時越來越費(fèi)勁，說明分子間存在斥力作用C.能源危機(jī)是指能量的過度消耗，導(dǎo)致自然界的能量不斷減少D.由于液體表而分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，使得液面存在表面張力E.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽

11、和汽壓，水蒸發(fā)得越慢 研究表明，新冠病毒耐寒不耐熱，溫度在超過56C時，30分鐘就可以滅活。如圖，含有新冠病毒的氣體被輕質(zhì)絕熱活塞封閉在絕熱氣缸下部a內(nèi)，氣缸頂端有一絕熱閥門K，氣缸底部接有電熱絲Ea缸內(nèi)被封閉氣體初始溫度t127C，活塞位于氣缸中央，與底部的距離h160cm，活塞和氣缸間的摩擦不計(jì)。(i)若閥門K始終打開，電熱絲通電一段時間，穩(wěn)定后活塞與底部的距離h266cm，持續(xù)30分鐘后，試分析說明a內(nèi)新冠病毒能否被滅活？(i)若閥門K始終閉合，電熱絲通電一段時間，給a缸內(nèi)氣體傳遞了Q1.0104J的熱量，穩(wěn)定后氣體a內(nèi)能增加了U8.5103J，求此過程氣體b的內(nèi)能增加量。 四、物理一一

12、選修3-4 高精度全息穿透成像探測儀利用電磁波穿透非金屬介質(zhì)，探測內(nèi)部微小隱蔽物體并對物體成像，具有分辨率高體積小、輻射少等特點(diǎn)，應(yīng)用領(lǐng)域比超聲波更廣。關(guān)于電磁波和超聲波，下列說法正確的是（ ） A.電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象B.電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息C.電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象D.電磁波和超聲波均需依賴于介質(zhì)才能傳播E.電磁波由空氣進(jìn)入水中時速度變小，超聲波由空氣進(jìn)入水中時速度變大 居家學(xué)習(xí)的某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個把陽光導(dǎo)入地下室的簡易裝置。如圖，ABCD為薄壁矩形透明槽裝滿水后的豎直截面，其中ABd，AD2d，平面鏡一端靠在A處，與水平底面夾角45斜放入水槽。太陽光入射

13、到AD面上，其中一細(xì)束光線以入射角153射到水。面上的O點(diǎn)，進(jìn)入水中后，射到平面鏡距A點(diǎn)為22d處。不考慮光的色散現(xiàn)象及水槽壁對光線傳播的影響，取水對該束光的折射率n=43，sin53=45，cos53=35求該束光(i)射到平面鏡時的入射角2；(ii)第一次從水中射出的位置與D點(diǎn)的距離x。 參考答案與試題解析 福建省高考物理模擬試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1.【答案】C【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用動量定理的理解【解析】運(yùn)動過程木塊受的摩擦力不知，不能求得運(yùn)動時間與距離；據(jù)動量定理，動能定理分析做功與受到的沖量。【解答】AB、運(yùn)動過程木塊受的摩擦力不知，不能求得運(yùn)動時間與距離，

14、故AB錯誤C、小錘對木塊做的功等于其獲得的動能，由質(zhì)量與速度可求得動能，故C正確D、敲擊瞬間可求得合外力的沖量等于小錘的動量，但不可以求得小錘的沖量，故D錯誤2.【答案】A【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用牛頓第二定律的概念瞬時功率平均功率【解析】航母在額定功率下運(yùn)動，當(dāng)牽引力等于阻力時速度達(dá)到最大，在此之前航母做加速度減小的變加速度運(yùn)動，牽引力逐漸減小，即可利用運(yùn)動學(xué)公式和動能定理判斷；【解答】A、航母在額定功率下運(yùn)動，則以v1速度運(yùn)動時，牽引力為F1=Pv1，此時根據(jù)牛頓第二定律可知F1-fma1，解得a1=Pmv1-fm，故A正確；B、發(fā)動機(jī)的輸出功率恒為P，所受阻力恒為f，行駛的最大速度為vm=P

15、f，解得f=Pvm，由于vmv1，故fPv1，故B錯誤；C、航母在額定功率下運(yùn)動，做的是變加速運(yùn)動，故通過的位移不是s=v1+v22t，此公式只適用于勻變速直線運(yùn)動，故C錯誤；D、在此運(yùn)動過程中，受到牽引力和阻力，根據(jù)動能定理可知Pt-fs=12mv22-12mv12，故D錯誤；3.【答案】C【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理【解析】分析原線圈電路，滑動變阻器下端與原線圈并聯(lián)，再與上端串聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律分析電壓分配。根據(jù)變壓器的變壓比分析輸入電壓和輸出電壓的關(guān)系。分析開關(guān)S打在“2”和打在“1”相比，副線圈的匝數(shù)，根據(jù)變壓比分析副線圈的輸出電壓，進(jìn)一步確定流過燈泡的電流和消耗的功率?！窘獯稹緼

16、、分析原線圈電路結(jié)構(gòu)，電壓表V1測量原線圈輸入電壓，滑片P置于滑動變阻器中點(diǎn)，原線圈與滑動變阻器下端并聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，U1U2，故A錯誤；B、原線圈匝數(shù)為400匝，副線圈“1”接線柱匝數(shù)為800匝，根據(jù)變壓比可知，開關(guān)S打在“1”時，U1:U21:2，故B錯誤；C、開關(guān)S打在“2”時，副線圈匝數(shù)變少，輸出電壓變小，燈泡變暗，故打在“2”與打在“1”相比，燈泡L更暗，故C正確；D、開關(guān)S打在“2”時，副線圈匝數(shù)變少，輸出電壓變小，輸出功率變小，根據(jù)輸入功率等于輸出功率可知，變壓器輸入功率變小，則ab端的輸入功率變小，故D錯誤。4.【答案】C【考點(diǎn)】電場線電勢能【解析】根據(jù)功能關(guān)系判斷

17、電場力做功情況，結(jié)合電場的疊加判斷電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)的位置，以及各處電場強(qiáng)度方向，電荷的受力問題；根據(jù)能量守恒定律判斷動能和電勢能的總和變化情況?！窘獯稹緼B、根據(jù)題意知道試探電荷+q只在電場力作用下，從C點(diǎn)向右沿直線運(yùn)動到D點(diǎn)，電勢能先減小后增大，根據(jù)功能關(guān)系說明+q受到的電場力先做正功后做負(fù)功，得出+q受到的電場力的方向先向右后向左，根據(jù)FqE得到從C到D的過程中電場強(qiáng)度的方向先向右后向左。綜合以上信息并根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理分析得出從C到D的過程中某個位置電場強(qiáng)度為零。若場強(qiáng)為零的位置在CD的中點(diǎn)，則兩電荷大小相等；若離C點(diǎn)近些則+Q1Q2，故不能確定兩電荷的大小關(guān)系，故AB錯誤；C、根據(jù)

18、A的分析知C、D之間的某個位置合場強(qiáng)為零，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理可知從C到D的過程中場強(qiáng)大小先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律：FqEma可知+q的加速度大小先減小后增大，故C正確；D、+q在整個的運(yùn)動過程中，只有電場力做功，動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，但總能量不變，故D錯誤。5.【答案】B【考點(diǎn)】解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)用靜摩擦力和最大靜摩擦力【解析】分別以7塊磚為研究對象、以中間5塊磚為研究對象，恰好平衡時求出總的摩擦力，再根據(jù)摩擦力計(jì)算公式求解壓力進(jìn)行比較即可。【解答】已知夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數(shù)為10.50，磚塊之間的動摩擦因數(shù)為20.35，每塊質(zhì)量為m2.8kg；以7塊磚為研究對

19、象，恰好平衡時兩側(cè)總的摩擦力f17mg196N，設(shè)夾鉗對磚塊豎直一側(cè)壁施加的壓力為N1，根據(jù)摩擦力計(jì)算公式可得：f121N1，解得：N1196N；以中間5塊磚為研究對象，恰好平衡時兩側(cè)總的摩擦力f25mg140N，設(shè)壓力為N2，根據(jù)摩擦力計(jì)算公式可得：f222N2，解得N2200NN1，所以夾鉗對磚塊豎直一側(cè)壁施加的壓力大小至少為200N，故B正確、ACD錯誤。6.【答案】A,B【考點(diǎn)】物理學(xué)史愛因斯坦光電效應(yīng)方程原子核的結(jié)合能【解析】比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定；根據(jù)電子軌道半徑的變化，結(jié)合庫侖引力提供向心力得出電子動能的變化；盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型；根據(jù)光電效應(yīng)方程式

20、判斷光電子的最大初動能與入射光的頻率的關(guān)系?！窘獯稹緼、比結(jié)合能越大，即平均結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，故A正確；B、氫原子由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，會輻射一定頻率的光子，電子的軌道半徑減小，根據(jù)ke2r2=mv2r知，電子的動能增大，故B正確；C、盧瑟福通過粒子的散射實(shí)驗(yàn)研究，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，發(fā)現(xiàn)質(zhì)子，故C錯誤；D、在光電效應(yīng)方程Ekhv-W0知，光電子的最大初動能與入射光的頻率為正相關(guān)而非正比例，故D錯誤；7.【答案】C,D【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒的判斷萬有引力定律及其應(yīng)用向心力【解析】根據(jù)開普勒第三定律，由軌道半徑關(guān)系確定周期關(guān)系。探測器在P點(diǎn)加速，由軌道II變軌到軌道I，機(jī)械能增大。探測器

21、在同一位置，加速度相等?！窘獯稹緼、根據(jù)開普勒第三定律可知，rI3TI2=rII3TII2，I軌道半徑為II軌道半長軸的1.25倍，則探測器分別在I、II兩軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時的周期之比為T:T55:8，故A錯誤；B、探測器在P點(diǎn)加速，由軌道II變軌到軌道I，故探測器分別在I、II兩軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時，機(jī)械能EIEII，故B錯誤；C、探測器在P點(diǎn)加速，由軌道II變軌到軌道I，則經(jīng)過P點(diǎn)的速度滿足：vIvII，故C正確；D、根據(jù)萬有引力提供向心力，GMmr2=ma，解得：a=GMr2，探測器在同一P點(diǎn)時，加速度相等，aIaII，故D正確。8.【答案】B,D【考點(diǎn)】單桿切割磁感線閉合電路的歐姆定律【解析

22、】AB棒向右運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，此感應(yīng)電流流過CD棒，CD棒受到向右的安培力，在安培力小于等于CD棒受到的最大靜摩擦力時，CD棒靜止不動。當(dāng)安培力大于CD棒的最大靜摩擦力時，CD棒向右加速運(yùn)動，CD棒也切割磁感線產(chǎn)生反電動勢，使得回路總的電動勢減小，電流減小，CD棒的加速度減小，但只要AB棒的速度比CD棒的大，回路還產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)兩棒的加速度相等時兩棒速度之差恒定，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，最終兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動，根據(jù)兩棒的運(yùn)動情況分析?！窘獯稹緼、開始階段，CD棒受到的安培力小于最大靜摩擦力，CD棒靜止不動。當(dāng)安培力大于CD棒的最大靜摩擦力時，CD棒向右加速運(yùn)

23、動，CD棒也切割磁感線產(chǎn)生反電動勢，使得回路總的電動勢減小，電流減小，CD棒受到的安培力減小，其加速度減小，最終兩棒加速度相同，一起做加速度相同的勻加速運(yùn)動，故v-t圖像切線斜率先逐漸減小，后不變，故A錯誤；B、CD棒的加速度先逐漸減小，后不變，等于AB棒的加速度a0，故B正確；C、當(dāng)CD棒開始運(yùn)動時，產(chǎn)生反電動勢，使得回路總的電動勢減小，電流減小，CD棒受到的安培力減小，最終兩棒加速度相同時安培力恒定，故C錯誤；D、CD棒靜止時，對AB棒，由牛頓第二定律得：F-F安ma，又F安=B2L2vR，vat，得：Fma+B2L2atR，F(xiàn)隨著時間t線性增大；CD棒開始運(yùn)動后，開始階段，F(xiàn)安逐漸減小，

24、則F逐漸減小，最終兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動，對整體，有F2ma，不變，故D正確。二、解答題（共4小題，滿分47分）【答案】偶然40.800.00613【考點(diǎn)】利用平拋運(yùn)動規(guī)律驗(yàn)證動量守恒定律【解析】（1）由實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)原理造成的誤差是系統(tǒng)誤差，由實(shí)驗(yàn)操作、讀數(shù)等造成的誤差為偶然誤差，根據(jù)題意分析答題。（2）根據(jù)圖乙所示刻度尺確定其分度值，然后讀出其示數(shù)。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算答題。【解答】用盡可能小的圓把小球的落點(diǎn)圈起來，圓心作為小球落點(diǎn)的平均位置，這樣可以減小偶然誤差。由圖乙所示刻度尺可知，其分度值為1mm，xON讀數(shù)為40.80cm。mA20.0g0.0200kg，xOP30.65c

25、m0.3065m，碰撞前系統(tǒng)總的mx值：mAxOP0.02000.3065kgm/s0.00613kgm/s?！敬鸢浮?不均勻180C不變【考點(diǎn)】胡克定律閉合電路的歐姆定律【解析】（1）分析電路結(jié)構(gòu)，明確滑片P滑到b端時，均勻電阻絲接入電路的阻值為零，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電阻箱R0接入電路的阻值。(2、3)根據(jù)閉合電路歐姆定律和胡克定律求出電流與拉力的關(guān)系，分析刻度是否均勻，列出關(guān)系式求解電流為0.50A時拉力的示數(shù)。（4）化簡關(guān)系式得到線性圖像。（5）電流表的內(nèi)阻不可忽略，則電阻箱接入電路的阻值減小，對整個電路沒有影響?！窘獯稹糠治鲭娐穲D，滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)電阻箱R0使電流表恰好滿偏，

26、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中的最小阻值：R總=EIm=60.6，其中R總R0+r，則電阻箱接入電路的阻值：R09。設(shè)均勻電阻絲接入電路的電阻為R1，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：I=ER0+R1+r設(shè)彈簧的形變量為x，均勻電阻絲原長：L20cm0.2m拉力為：Fkx則有：R1=20L-xL聯(lián)立解得：I=630-0.1F，故I與F不是線性關(guān)系，電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時，拉力刻度值的分布不均勻。當(dāng)電流表刻度值為0.50A時，代入上式電流與拉力關(guān)系式可知，F(xiàn)180N。要通過線性圖像直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，根據(jù)I=630-0.1F，變形為，1I=5-F60，故作1I-F圖像，故C正確，A

27、BD錯誤。故選：C。在彈簧彈性限度內(nèi)，對拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)電阻箱R0使電流表恰好滿偏，若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則電阻箱接入電路的阻值減小，對整個電路沒有影響，1I-F圖像的斜率不變。故答案為：（1）9；（2）不均勻；（3）180；（4）C；（5）不變。【答案】碰后藍(lán)壺會滑出大本營；在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s為15m?！究键c(diǎn)】動量守恒定律的理解動能定理的應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的速度與位移的關(guān)系【解析】（1）根據(jù)速度-時間圖像讀出碰撞前、后紅壺的速度和碰撞前藍(lán)壺的速度，根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后藍(lán)壺的速度，根據(jù)速度圖像求解在未刷冰區(qū)域內(nèi)加速度大小，再根據(jù)速度位移關(guān)系求解碰后藍(lán)壺

28、運(yùn)動的位移，由此分析能否滑出大本營；（2）根據(jù)圖像求解紅壺在刷冰區(qū)域內(nèi)的加速度，根據(jù)位移速度關(guān)系求解在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離?！窘獯稹吭O(shè)冰壺的質(zhì)量為m，碰撞前、后瞬間紅壺、藍(lán)壺的速度分別為v1、v1和v2。由圖乙可得：v11.25m/sv10.25m/s取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mv1mv1+mv2設(shè)碰后藍(lán)壺滑行距離為s1，紅壺、藍(lán)壺的加速度大小均為a1則有：s1=v222a1a1=|0-v1|t=0.251m/s20.25m/s2由及圖乙信息得：s12mR1.83m，故藍(lán)壺會滑出大本營；設(shè)在刷冰區(qū)域紅壺受到的摩擦力大小為f1，則有：f1ma1根據(jù)圖乙可知t0時紅壺的

29、速度v01.35m/s，設(shè)在刷冰區(qū)域紅壺受到的摩擦力大小f2，加速度大小為a2，則有：f2ma2a2=|v1-v0|t=1.35-1.251m/s20.1m/s2在紅壺經(jīng)過P點(diǎn)到與藍(lán)壺發(fā)生正碰前的過程中，由動能定理得：-f1(L-s)-f2s=12mv12-12mv02解得s15m【答案】A點(diǎn)的坐標(biāo)為(-v0mLqE,0)；粒子能從磁場右邊界離開，磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0B(2+3)mv0qL；若粒子能從O(3L,0)點(diǎn)離開，磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能取值為4mv037qL，4mv05qL，100mv061qL?！究键c(diǎn)】帶電粒子在電場中的加（減）速和偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動規(guī)律向心力【解析】（1）

30、A到P為類斜拋運(yùn)動，可以看成P到A的類平拋運(yùn)動，沿y負(fù)方向做勻加速運(yùn)動，沿著x負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律列式進(jìn)行計(jì)算；（2）根據(jù)題意要求從磁場右邊界離開，那么粒子必定不能從左邊界離開。因此，根據(jù)臨界情況，畫出運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行解題，計(jì)算出最大磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）根據(jù)粒子從O點(diǎn)離開，結(jié)合粒子在上下磁場區(qū)域中的運(yùn)動特點(diǎn)及軌跡作圖，找出可能性結(jié)合幾何關(guān)系解題?！窘獯稹苛Ｗ佑葾點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動可看成由P點(diǎn)到A點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，加速度大小為a，有：xAv0tqEmaL2=12at2聯(lián)立解得：xAv0mLqE那么A點(diǎn)的坐標(biāo)為(-v0mLqE,0)只要粒子不會從左邊界離開，粒子就能到達(dá)右邊界，設(shè)B的最大值為Bm，最小軌跡半徑為R0，軌跡如圖所示，圖示的夾角為，則：2R0cosR0R0sin+R0=L2qv0Bmmv02R0聯(lián)立解得：Bm=(2+3)mv0qL即磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為：0B(2+3)mv0qL設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)的過程中，經(jīng)過x軸n次，第一次到達(dá)x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為xn，如圖所示：若粒子在第一次到達(dá)x軸的軌跡圓心角大于90，即當(dāng)xnL2且(2n-1)x