2019年山东省淄博市高考物理一模试卷

1、2019 年山东省淄博市高考物理一模试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4 小题，共24.0 分）1. 下列说法正确的是A. 、 、 三种射线中 射线贯穿本领最弱B. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能减小C. 根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径连续地减小D. 放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期不变2. 2018 年 12 月 8 日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，并实现人类首次月球背面软着陆。 “嫦娥四号”从环月圆轨道 上的 P 点实施变轨，进入椭圆轨道 ，由近月点 Q 落月，如图所示。 关于“嫦娥四号

2、”， 下列说法正确的是（）A.B.C.D.沿轨道 I 运行至 P 点时，需加速才能进入轨道沿轨道 运行的周期大于沿轨道I 运行的周期沿轨道 运行经 P 点时的加速度等于沿轨道I 运行经 P 点时的加速度沿轨道 从 P 点运行到Q 点的过程中，月球对探测器的万有引力做的功为零3. 自然界中某个量DDt叫做这个量的变化量 与发生这个变化所用时间 的比值D 的变化率。下列说法中正确的是（）A. 若 D 表示某质点运动的路程，则恒定不变时，该质点一定做匀速直线运动B. 若 D 表示某质点运动的速度，则恒定不变时， 该质点一定做匀变速直线运动C.D.若 D 表示某质点的动量，则越大，该质点所受的合外力越

3、大若 D 表示某质点的动能，则越大，该质点所受的合外力做功越多4. 如图所示， a、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知 b 球质量为 m，杆与水平面的夹角为 30，不计所有摩擦。当两球静止时， Oa 段绳与杆的夹角也为 30， Ob 段绳沿竖直方向，则 a 球的质量为（ ）第1页，共 20页A.B.C.D. 2m二、多选题（本大题共6 小题，共34.0 分）5. 如图所示， R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=2

4、20sin100 t（ V），则（）A. 电压表的示数为22VB. 副线圈中交流电的频率为50HzC. 在天逐渐变黑的过程中，电流表A2 的示数变小D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大6. 如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。 小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是、加速度（）A.B.C.D.7.如图所示， 半径为 R 的 圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（-2R，0）点垂直 x 轴放置一线型粒子

5、发射装置，能在 0 y R 的区间内各处沿x 轴正方向同时发射出速度均为、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中 y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（）A. 粒子击中点距O 点的距离为R第2页，共 20页B.C.D.磁场的磁感应强度为粒子离开磁场时速度方向相同粒子从离开发射装置到击中y 轴所用时间t 的范围为 t8. 由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为 msin t，则产生的感应电动势为 e mcos t。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD （由细软弹性电阻丝制成）端点 A、D

6、固定。在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒定，圆的半径为 R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线上的C 点以恒定角速度 （1相对圆心 O）从 A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以 AD 为轴，保持 ADC 45，将导线框从竖直位置以恒定的角速度 转 90。则下列说法正确的是2A. 方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B. 方式一中，导线框中的感应电动势为e1 BR21cos 1tC. 两种方式中，通过导线截面的电荷量相等D. 若 1 2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等9. 下列关于分子运动

7、和热现象的说法正确的是（）A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B. 一定量 100的水变成 100的水蒸气，其分子之间的势能增加C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和10. 如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m 处的质点 P 以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q 的平衡位置位于x=3.5m下列说法正确的是（）A. 在 0.3s 时间内，质点P 向右

8、移动了3mB. 这列波的传播速度是20m/sC. 这列波沿 x 轴正方向传播D. t=0.1s时，质点 P 的加速度大于质点Q 的加速度E. t=0.45 s 时， x=3.5m 处的质点 Q 到达波谷位置三、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 挂于固定点 P，下端用细线挂一重物M弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持第3页，共 20页另一端向左拉，使结点O 静止在某位置。分别读出弹簧测力计A 和 B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向。（ 1）本实验用的弹簧测力计示数的单位

9、为N，图中 A 的示数为 _N。（ 2）（多选题）下列能减小实验误差的措施是 _。（请填写选项前对应的字母）A让重物 M 的质量适当大一些B弹簧测力计应在使用前校零C弹簧测力计B 所拉的细绳套应尽可能保持水平方向D改变拉力，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置（ 3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法。方法一： _，方法二： _。12.某实验小组研究两个未知元件 和 Y 的伏安特性， 使用的器材包括电压表 （内阻约为 3k）、电流表 （内阻约为 1）、滑动变阻器（最大阻值为 5，额定电流为 1A）、电源、电键、导线等。（ 1）使用多用电表粗测元

10、件 的电阻。选择“ 1”欧姆挡测量， 示数如图甲所示，读数为 _。（ 2）现要研究元件 的伏安特性， 请你根据所给的实验仪器设计合理的实验电路，把理论电路图画在乙方框内。（ 3）根据合理的实验电路对元件X 进行研究后， 将元件 X 换成元件 Y，重复实验。根据实验数据作出的U-I 图线如图丙所示，由图可判断元件_（填“ X”或“Y”）是非线性元件。（ 4）该小组将元件X 和 Y 接入图丁所示的电路中，当电压表的示数为1.5V 时，元件 Y 消耗的功率为_W（结果保留两位有效数字）。四、计算题（本大题共4 小题，共52.0 分）13. 如图，与水平面成 45角的平面 MN 将空间分成 I 和 两

11、个区域。 区域 I 存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；区域 存在垂直于纸面向外的匀强磁场。第4页，共 20页一质量为m、电荷量为q 的正粒子以速度v0 从平面 MN 上的 P 点水平向右射入区域I粒子的重力忽略不计。（ 1）求粒子第一次到达平面MN 时离出发点P 的距离；（ 2）上述粒子进入区域 空间后，经磁场偏转第一次离开区域 时，恰好能够通过 P 点，试求该匀强磁场磁感应强度的大小。14. 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 m=lkg 的小物块 A，弹簧压缩后被锁定在某一长度。 装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高， 并能平

12、滑对接。 传送带始终以 v=2ms 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面， 质量 M=2kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数=0.2，l=1.0 m。设物块 A、B之间发生的是对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除。取g=10m/s2（ 1）求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小；（ 2）若物块 B 第一次与 A 分离后， 恰好运动到右边曲面距水平台面h=0.5m 高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；（ 3）在满足（ 2）问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬

13、间物块 A 都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B 第 n 次碰撞后瞬间速度大小。（计算结果可用根号表示）第5页，共 20页15. 如图所示，横截面积为 S、高度为 h 内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一厚度可忽略的活塞，活塞所受重力大小为0.1P0S：汽缸内密封有温度为3T0、压强为 2.2P0 的理想气体。P0 和 T0 分别为大气的压强和温度。已知气体内能U 与温度T 的关系为 U=aT，a 为正的常量，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的。求：（ i）当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度；（ ii ）在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量。16. 某种透明材

14、料制成的空心球体外径是内径的2 倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示。一束单色光（纸面内）从外球面上 A 点入射，入射角为 45时，光束经折射后恰好与内球面相切。（ i）求该透明材料的折射率；（ ii）欲使光束从 A 点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？第6页，共 20页答案和解析1.【答案】 D【解析】【分析】根据三种射 线的特性、半衰期的特点和裂 变聚变的特点去分析，并由平均 结合能是核子与核子 结合成原子核 时平均每个核子放出的能量，从而即可求解。本题考查的知识点较多，大多是记忆性的，注意对核能的理解和掌握， 对平均结合能随元素的序数的 变化规律的理解是 该题的

15、关键。因此，平时要多看书。【解答】解：A 、，三种射线中 射线电离作用最弱，贯穿本领最强，故 A 错误；B、两个轻核结合成质量较大的核的 过程中要释放能量，核子的平均 质量减小，所以核子的比结合能增加。故 B 错误；C、根据玻尔原子理 论，氢原子在 辐射光子的同 时，电子的轨道半径也在减小，但电子的轨道不是连续的。故 C 错误；D、半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，放射性元素组成的化合物进行高温分解 时，放射性元素的半衰期不 变。故 D 正确；故选：D。2.【答案】 C【解析】解：A 、在轨道 I 上运动，从 P 点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运 动，在P 点应该制动减速以减小向心

16、力，通 过做近心运 动减小轨道半径，故 A 错误；B、轨道的半 长轴小于轨道 I 的半径，根据开普勒第三定律可知沿 轨道运行的周期小于 轨道 I 上的周期，故 B 错误；C、在同一点万有引力相同，加速度相同，则 C 正确；D、根据开普勒第二定律可知在 轨道上由 P 点运行到 Q 点的过程中，速度逐第7页，共 20页渐增大，引力做正功，则 D 错误 。故选：C。由开普勒第三定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定 卫星是加速 还是减速变轨。由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度关系。由开普勒第二定律分析速度关系。本题要求同学 们掌握航天器 变轨原理，知道圆周运动时万有引力完全提供向心力，近心运

17、动时万有引力大于所需向心力。3.【答案】 C【解析】解：A 、若 D 表示某质点运动则表示速率，速率不变质的路程， 点的速度方向可能 变化，不一定做匀速直 线运动，故A 错误 。B、若D 表示某质点运动的速度，则表示加速度，恒定不变时，该质点的加速度不变说质点做匀变速运动，但可能是匀变速曲线运动，只能 明如平抛运 动，故B 错误；C、若D 表示某质点的动动=F合，所量，由 量定理得 F 合t=P，知以该质点所受的合外力越大，故 C 正确。越大，D、若 D 表示某质点的动能，D 表示动能的变化量，根据动能定理可知D=W 合，则=，表示所受合外力做功的功率，越大，该质点所受的合外力做功越快，而不是

18、越多，故D 错误 。故选：C。根据题中各项中给出的 D 的意义进行分析，分析其变化率对应的意义即可答题。解决本题的关键是知道当 D 表示不同的量 时，明确出其变化率所表示的物理量，再根据条件判断是否 变化即可求解。涉及 动量变化量时可考虑动量定理。涉及动能变化量时可考虑动能定理。第8页，共 20页4.【答案】 A【解析】【分析】分别对 ab两球分析，运用合成法，明确 b 只能受重力和拉力的作用，用拉力T表示出 a、b 两球的重力，同一根 绳子上的拉力相等，即 绳子 ab两球的拉力是相等的。本题考查连接体的共点力平衡 问题，要注意明确整体法与隔离法的正确应用；关键是抓住同一根 绳子上的拉力 处处

19、相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来，同时注意利用假 设法分析 B 可能的受 车情况。【解答】解：分别对 ab两球分析，运用合成法，如图：对 b 球受力分析可知， b 受到重力，绳子的拉力，两个力合力 为零，杆子对 B球没有弹力，否则 b 不能平衡，所以得：T=mg ；对 a球受力分析可知， a受到重力，绳子的拉力以及杆 对 a球的弹力，三个力的合力为零；由几何关系可得， T 与竖直方向之 间的夹角为：=90-2=30所以根据正弦定理列式可得：故 mA =故A 正确、BCD 错误 。故选：A。5.【答案】 BC【解析】第9页，共 20页电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V

20、，根解：A 、根据据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22电压V ，表的示数 为电压的有效值，所以示数为：U=V=22V ，故A 错误；顺时针表达式可得 100 =2f，所以副线圈中交流电的频率为：f=50Hz，B、根据故 B正确；变过程中，光照变弱，R 阻值电总电阻减大，由于电压C、在天 黑的增大； 路的是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变小，电流表 A 2 的示数变小，故 C正确；变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电电压不变，D、由于流减小，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，因输入电压所以由 P=UI 可知，不变输变小，故 D错误。，故 入功率故选：

21、BC。根据瞬时值表达式可以求得 输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得 结论。根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电压和电流的变化规律。本题考查原理压中的电路的动态变 化的分析，与直流 电路中的 动态分析相同；总的原则就是由部分 电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的 电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。6.【答案】 AD【解析】解：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐 渐减小的加速运 动，运动到某个位置 时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于 弹力，合力方向向上，向下做加速度逐 渐增大的减速运 动，运动到最低点时，

22、速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端 时加速度大于 g，故AD 正确，BC 错误第10 页，共 20页故选：AD 。小球接触 弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐 渐减小的加速运 动，运动到某个位置 时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐 渐增大的减速运 动，运动到最低点 时，速度为零，加速度方向向上。解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小。7.【答案】 ABD【解析】解：A 、由题意，某时刻发出的粒子都 击中的点是 y 轴上同一点，由最高点射出的只能击则击中的同一点就

23、是（0，R），故A 正确；中（0，R），B、从最低点射出的也击圆动的半径为R，由中（0，R），那么粒子做匀速 周运洛仑兹力提供向心力得：qvB=m，解得：B=，故B 正确；C、从最高点射入的粒子离开磁 场时方向向右，从最低点射入的粒子离开磁场时方向向上，所以粒子离开磁 场时速度方向不相同，故 C 错误；显转角最大的时间最长 显转时间最D、 然偏， 然从最低点射出的粒子偏90，长，最长时间 t1=+T=，从最高点直接射向（ 0，R）的粒子时间最短，最短时间 t2=击y轴所用， 中时间 t 的范围为 t，故D 正确。故选：ABD 。本题的关键是从粒子源 发出粒子以相同速度（包括方向）向圆弧形区域

24、发射粒子，且说明这些粒子最后都批在同一点， 显然这一点是 y 轴上的（0，R），由此可以判断出 该粒子做匀速 圆周运动的半径为 R，由洛仑兹力提供向心力可以求得速度，从而能求出最 长和最短时间。看起来情况比 较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速 圆周运动的半径相同，在第11 页，共 20页从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最 长和最短时间。8.【答案】 AB【解析】【分析】方式一中，线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律分析感应电流的方向。根据几何知 识和 =BS求得线框磁通量的瞬 时表达式，从

25、而知电动势的瞬时值表达式。根据 q=n列式分析 电荷量的关系。根据有效 值分析电阻丝上产生的热量关系。以电磁感应为命题背景考查学生的推理能力、分析 综合能力和 应用数学处理物理问题的能力，本题关键明确交流四 值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知 识的迁移应用。【解答】解：A 、方式一中，线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断知 导线框中感应电流的方向先逆 时针，后顺时针，故 A 正确。B、方式一中，t 时间内 CO 转过角度为 =t，根据几何知识知线框的面积：S=12?2R?Rsin =Rsin 22 sin t，式中 =BR2磁通量为 =BS=

26、BR sin=BRsin t=1m1m由题意得：导线框中的感应电动势为 e 21=1 mcos 1t=BR1cos1t，故B 正确。C、根据 q=n知：方式一中， =0，通过导线截面的电荷量 q=0，而方式二中，0，通过导线截面的电荷量 q0，故 C 错误 。D、第二种方式穿回路的磁通量 2=BR2cos ，所产生的电动势为2t2sin2e2=2BRt，则产生的正弦交流电动势的有效值之比为=若 = ， 两种方式所12=1时间之比满足=2，由焦耳定律 Q=I2Rt 知 Q1=2Q2，即方式一中电阻丝第12 页，共 20页上产生的热量是方式二的 2 倍，故 D 错误 。故选：AB。9.【答案】 B

27、CE【解析】解：A 、气体如果失去了容器的 约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散。故 A 错误。B、一定量100的水变成 100的水蒸气，分子动能之和不变热，内，由于吸则其分子之间的势能增大。故 B 正确。能增大，C、对于一定量的气体，如果 压强不变，体积增大，根据气态方程知，温度升高，则内能增大。故 C 正确。D、如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由可知，压强不一定增大。故 D 错误 。E、一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之 间势能的总和。故E 正确故选：BCE。本题可根据分子 间作用力

28、分析气体会散开的原因根据热传递情况分析物 态变化时，分析内能的变化，判断分子势能的变化对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之 间势能的总和本题关键要掌握分子 动理论的基本内容和气 态方程，知道温度是分子平均动能的标志，就能进行分析10.【答案】 CDE【解析】解：A、简谐横波传播过程中，质点 P只上下振 动，不向右移动，故A 错误 。图则=10m/s。故B错误。B、由知： =4m，T=0.4s， 波速 v=第13 页，共 20页C、由乙图读出，t=0 时刻质点 P 的速度向上，则由波形的平移法可知， 这列波沿 x 轴正方向传播

29、。故C 正确。D、t=0.1s时，质点 P 位于波峰，可知，质点 P 的位移大于 质点 Q 的位移，由 a=-知，质点 P 的加速度大于 质点 Q 的加速度。故 D 正确。E、在 t=0.45s时间内波传播的距离 为 x=vt=10 0.45m=4.5m= +0.，5m根据波形平移法可知， t=0.45s 时，x=3.5m 处的质点 Q 到达波谷位置，故 E 正确。故选：CDE。简谐波传播过程中，介质中各个 质点不随波向前移 动由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速由振动图象读出 t=0 时刻 P 点的振动方向，判断波的 传播方向分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断 P 点和

30、Q 点的运动状态波的图象往往先判断 质点的振动方向和波的 传播方向间的关系同时，熟练要分析波 动形成的过程，分析质点的位置和加速度情况11.【答案】 3.80AB减小重物M 的重量将弹簧测力计B 绕 O 点顺时针转过一个角度【解析】解：（1）弹簧测力计 A 的最小分度 值是 0.1N，所以图中 A 的示数为 3.80N。（2）A 、让重物 M 的质量适当大一些，弹簧测力计的读数大些，测量的相对误差小些，故 A 正确；B、弹簧测力计在使用前校零，能减小 实验误差，故 B 正确；C、弹簧测力计 B 所拉的 细绳套不一定要水平，只要每次 O 点能拉到同一点就行，故C错误；D、改变拉力，进行多次实验，

31、每次都要使 O 点静止在同一位置， 这是实验方法：等效替代法的要求，但不能实验误差，故 D 错误；故选：AB。（3）当弹簧测力计 A 超出其量程，说明弹簧测力计 B 的拉力与重力的合力已第14 页，共 20页偏大。解决办法：方法一：减小重物 M 的重量。方法二：将弹簧测力计 B 绕 O 点顺时针转过 一个角度。方法三：将弹簧测力计 A 绕 P 点逆时针转过 一个角度。方法四：将 A 更换为量程较大的测力计（任意两个）故答案为：（1）3.80（2）AB （3）减小重物 M 的重量，将弹簧测力计 B 绕 O 点顺时针转过 一个角度。（1）确定出弹簧测力计的最小分度 值，从而读出弹簧秤的读数。（2）

32、正确理解和应用平行四 边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解 “等效法 ”在该实验中的应用，根据实验原理分析即可。（3）当结点静止于某位置 时，弹簧测力计 B 的大小与方向就已确定了。原因是挂重物的 细线大小与方向一定，而 弹簧测力计 A 大小与方向也一定，所以两力的合力必一定。当出 现超出弹簧测力计 A 的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的。本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度 值，然后再读数，读数时视线要与刻度 线垂直。12.【答案】 10Y0.075【解析】解：（1）使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择 “ 欧1”姆 挡

33、测量，示数如图（甲）所示，读数为 10；（2）元件X 的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法 误差较小；元件 X 的电阻比滑动变阻器的最大阻 值大，且根据图丙可知，要求电流电压示数从零开始，故滑 动变 阻器采用分 压接法，故设计实验 原理图如图 所示：；第15 页，共 20页（3）根据图丙可知，Y 元件的电流与电压关系程曲 线，故为非线性元件；（4）由欧姆定律和串联电路中电流处处相等得：由图丙可得此 时 Y 两端电压为：UY =0.5V则元件 Y 消耗的功率 为 PY=UY IY =0.15 0.5W=0.075W故答案为：（1）10；（2）；（3）Y；（4）0.075。（1）电阻的大小等于

34、表 盘的读数乘以倍率。根据元件 X 的电阻大小确定 电流表的内外接。（2）比较滑动变阻器阻值与待测阻值关系选择滑动变阻器接法；比较电流表内阻与待 测阻值关系判断 电流表接法，设计出实验原理图；（3）根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；（4）根据欧姆定律和串并联电路特点求解流 经电流，然后根据图丙读出电压，然后根据 P=UI 计算功率。解答本题应知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑 动变阻器，会根据欧姆定律判断 电压表和电流表示数的 变化。同时解题的关键在于能掌握滑 动变阻器分压式和限流式的区 别，电流表内外接的区 别。13.【答案】 解：（ 1）带电粒子进入电场后，设其做类平

35、抛运动的加速度大小为a，时间为 r，所求距离为 s，由牛顿第二定律得：Eq=ma由运动学公式和几何关系有：scos45 =v0 tssin45 =解得： s=第16 页，共 20页（ 2）设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为vy，合速度为 v，v 与 MN 所成的夹角为，与水平方向的夹角为 ，则有：vy=atv=cos =sin =又磁场中有： r sin（ -） =qvB=m解得： B=答：（ 1）粒子第一次到达平面MN 时离出发点P 的距离为；（ 2）上述粒子进入区域 空间后，经磁场偏转第一次离开区域时，恰好能够通过P点，该匀强磁场磁感应强度的大小。【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应

36、用类平抛运动规律求出粒子在 电场中的位移。（2）粒子在磁场中做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子 进入速度大小及角度，由牛顿第二定律求出粒子 轨道半径，然后求出匀 强磁场磁感应强度的大小。本题考查了带电粒子在电场、磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速 圆周运动，根据题意分析清楚粒子运 动过程是解题的前提与关键；应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解 题。14.【答案】 解：（ 1）若 B 在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的道度为 v1 前 ?则 B 从最高点运动到传送带最左端过程中由动能定理得：Mgh -Mgl =-0解得： v1 前=4 ms2ms，所以

37、物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小为 4ms （ 2）设 B 与 A 碰撞后瞬间共问速度为 v1 后，对 AB 系统由动量守恒定律有：Mv 1 前 =（ m+M） v1 后分析可知，当弹簧恢复原长时AB 分离，设 B 第一次离开弹簧时速度为v1 离 ，对 B 离开弹簧到运动至h 高度处由动能定理得：-Mgl -Mgh =0-第17 页，共 20页对 AB 及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由经量守恒定律得：EP= （ M+m）- （ M+m）联立解得： EP=J（ 3）若 B 从处下落后在传带上能够一直减速，B 从运动至传送带左端过程中由动能定理得：Mgh -Mgl=-0解得： v2 前= m/s 2m/s，故而物块 B 与物块 A 第二次碰前的速度大小为：v2 前= msB 与 A 第二次碰撞过程中对 AB 系统有： Mv2 前 =（ m+M ）v2 后联立解得： v2 后 =m/sB 向右再次冲到传送带上若能在其上速度变为0，设其通过的位移为 x，由动能定理有：-Mgx=0-解得： x= m 1m，故而 B 第三次与 A 相撞时的速度仍为： v3 前=m/s再由 Mv3 前 =（ m+M）v3 后解得： v3 后=m/s推理可知 B与 A第 n 次撞后速度大小的表达式为：vn 后 =m/s根据以上分析知：v1 后= m