2019年山东省大联考高三物理三模试卷及答案解析

1、快乐分享，知识无限!2019年山东省“评价大联考”高考物理三调试卷nE；eV一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）二二咨1.如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从=4的能级发生跃迁，产生一些不2"）同频率的光，让这些光照射一个逸出功为2.29eV的钠光管，以下说法正确的是A.这些氢原子可能发出3种不同频率的光B.能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子C.光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部D.钠光电管在这些光照射下发出的光电子再次轰击处于基态的氢原子可以使氢原子跃迁到 =3的能级2.如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，。为圆心，最

2、高点8处固 定一光滑轻质滑轮，质量为，的小环A穿在半圆环上。现用细线一端拴在A上，另 一端跨过滑轮用力产拉动，使A缓慢向上移动。小环A及滑轮5大小不计，在移动 过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是（）A.尸逐渐增大B. N的方向始终指向圆心O CN逐渐变小D. N大小不变3. 2019年春节档，科幻电影流浪地球红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建 造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比 邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳 质量的3地球质量在流浪

3、过程中损失了3地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的3则下列说法正确的是（）A.地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B.地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的;C.地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的2D.地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的去 104.如图，理想变压器了的原线圈接在电压为U的交流电源两端，尸为滑动变阻器的滑片，Rr为热敏电阻，其 阻值随温度升高而减小，则（）A.尸向左滑动时，变压器的输出电压变大B.P向左滑动时，变压器的输入功率变大C. Rt温度升高时，灯L变亮D. %温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变5

4、.如图所示，白色传送带A、8两端距离L=14加，以速度w=8八逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的 夹角为e=37。，现将一质量为m=2a的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数产0.25, > 取 gTO/#?, sin370=0.6, cos37°=0.8,则下列叙述正确的是（）A.煤块从A端运动到8端所经历时间为2.25sB.煤块运动到8端时重力的瞬时功率为120WC.煤块从A端运动到8端在传送带上留下的黑色痕迹为4皿D.煤块从A端运动到8端因摩擦产生的热量为8J二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6 .如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是。，最低点是

5、尸，直径MN水平， 、是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），固定在M点，“从N点 静止释放，沿半圆槽运动经过尸点到达某点。（图中未画出）时速度为零。则 小球4 （）A.从N到。的过程中，重力与库仑力的合力一直增大B.从N到。的过程中，速率先增大后减小，最大速率的位置在P点C.从尸到。的过程中，动能减少量大于电势能增加量D.从N到。的过程中，电势能先增加后减小7 .如图所示，A、3两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，8、。两小球在竖直方 向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，。球放在水平地面上，已知A的质量为5/，B、C的质量均为/， 重力加速度为#，细线与滑轮之间的摩擦不

6、计。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保 证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜而平行，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至 速度最大时C恰好离开地而，关于此过程，下列说法正确的是（）A,斜而倾角a = 37°B.C刚离开地面时，8的加速度为0C. A获得最大速度为再ED.A、B两小球组成的系统机械能守恒8 .如图所示，在光滑水平而上有宽度为的匀强磁场区域，边界线MN平 行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为从 边长为L（LV4）的正方形金属线框，电阻为R，质量为?，在水平向右的恒力 尸作用下，从距离MN为g处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与

7、 到尸。时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下 列说法正确的是（ ）A,线框进入磁场过程中做加速运动B.线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为?后C,线框在进入磁场的过程中速度的最小值为叵 mD.线框右边从MN到运动的过程中，线框中产生的焦耳热为心/9 .下列说法正确的是（）A.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大B.分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快C.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润D,已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离E.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传

8、递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会 改变内能10.40处的质点在仁0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播 的简谐横波。如图甲为x=0处的质点的振动图象，如图乙为该简谐波在h=0.03$时刻的一部分波形图。已 知质点尸的平衡位置在41.75帆处，质点。的平衡位置在42/%下列说法正确的是（）A.质点。的起振方向向上B.从力时刻起经过0.0275s质点P处于平衡位置C.从h时刻算起，质点尸比质点。的先到达最低点D.从电时刻起经过0.025s,质点尸通过的路程小于E.从如时刻起经过0.01s质点。将运动到x = 3nl处三、实验题探究题（本大题共2小

9、题，共15.0分）11 .某实验小组设计了一个探究加速度"与物体所受合力厂及质量，关系的实验，如图所示已知小车质量 M=250g,硅码盘的质量记为布，所使用的打点计时器交流电频率450论.其实验步骤是：1 .按图中所示安装好实验装置；2 .调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；3 .取下细绳和硅码盘，记下祛码盘中硅码的质量如4 .先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度“：5 .重新挂上细绳和硅码盘，改变硅码盘中硅码质量，重复24步骤，求得小车在不同合外力尸作用下的 加速度。回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求硅码和硅码盘的总质量

10、远小于小车的质量？ （填“是”或“否”） （2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度“=m/s2.（保留二位有 效数字）:5.87f6,76,单位:cm（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，次数12345硅码盘中硅码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度a （m/s2）0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出图象（如图）。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是轻质“川1川山111川山川（0J0 0.20 （130 U4）oT?r/712 .为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱R，定值电阻

11、R，两个电流表4、A2,电键S,单刀双掷开关S?,待测电源，导线若干。实验小 组成员设计如图甲所示的电路图，（1）闭合电键S,断开单刀双掷开关S2,调吊j电阻箱的阻值为R,读出电流表A2的示数h将单刀双掷 开关S?合向1,调节电阻箱的阻值，使电流表A?的示数仍为/。，此时电阻箱阻值为则电流表4的阻 值 Ra1=Q（2）将单刀双掷开关S?合向2,多次调在电阻箱的阻值，记录每次调行后的电阻箱的阻值R及电流表4 的示数/，实验小组成员打算用图象分析/与夫的关系，以电阻箱电阻R为横轴，为了使图象是直线，则 纵轴y应取 oA. I B. I2C. - D. 4/（3）若测得电流表4的内阻为1。，定值电阻

12、Ro=2C,根据（2）选取的y轴，作出），-R图象如图乙所示， 则电源的电动势丘 V,内阻-C。（4）按照本实验方案测出的电源内阻值o （选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”）四、计算题（本大题共4小题，共520分）13 .如图所示，空间充满了磁感应强度为8的匀强磁场其方向垂直纸而向里。在平 而内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架DE边 中点S处有一带正电的粒子，电量为夕，质量为?，现给粒子一个垂直于QE边 向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边， 且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子 最终又回到S点。求：（1）若

13、粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小。（2）若S点不在。上边的中点，而是距。点的距离。S=,仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子的速度大小。14 .如图所示，88是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平而内，直径3。竖直轨道半径为R，下端与水平绝 缘轨道在B点平滑连接，质量为?的不带电的滑块b静止在B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强 大小为2质量为机、带正电的小滑块”置于水平轨道上，电荷量为疔螯，滑块”与水平轨道间的动摩 擦因数产0.5,重力加速度为以 现将滑块”从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点 与滑块人碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块精在一起运

14、动，、b滑块均视为质点。求：（1）滑块、。碰揄后的速度大小。（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。（3）滑块第一次落地点到8点的距离。15 .如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段水 银柱,长分别为5“、105?，两水银液柱上表面相平，大气压强为75皿Hg,温 度为27C, “水根柱上面管中封闭的A段气体长为15"% U形管水平部分长为10cm, 两水银柱间封闭的B段气体的总长为20,初，给3段气体缓慢加热，使水银柱上表面 与水根柱下表而相平，求此时 A段气体的压强；8段气体的温度为多少K?16 .如图所示

15、，A3C等边三棱镜，P、。分别为AB边、AC边的中点，而镀有一层 银，构成一个反射而，一单色光以垂直于5。面的方向从P点射入，经折射、反 射，刚好照射在AC边的中点。，求棱镜对光的折射率：使入射光线绕尸点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到。点时，人射光线转过的角度。答案和解析1 .【答案】B【解析】解:A、大量氢原子从n=4的能级跃迁能产生6种不同频率的光，故A错误；B、其中能让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子，即为从n=2到从n=l,从n=3到从n=l,从 n=4到从n=l,从n=4至I从n=2,故B正确：C、光电子来自于金属板中的自由电子，故C错误。D、氢原子从n=4的能级向n=l

16、发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为E=13.6-0.85-2.29=10.46eV,而氢原子从n=l的能级跃n=2的能级，需要吸收能量为Er=13.6-3.4=10.2eV,因 10.46eV> 10.2eV,能实现跃迁。故 D错误;故选:B。根据数学组合公式a:求出氢原子可能辐射光子频率的种数;能级间跃迁时，辐射的光子能量等于 两能级间的能级差.能级差越大，辐射的光子频率越高。解决本题的关键知道光电效应的条件,以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级 间的能级差,并掌握光电效应方程的内容，注意D选项是吸收光电子，因此只要光电子能量大于 等于两能级差即可。2 .

17、【答案】D【解析】解:在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，N T 由三角形相似得：以：=而=赤A、F=T.由可得:F=mg, AB变小，BO不变，则F变小;故A错误；BCD、由可得:N= mg, AO、BO者B不变，则N不变，方向始终背离圆心:故D正确，BC错误;故选:D。选取小圆环A为研究对象.画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力,运用三角形相似法得到N、F与AO、BO的关系,再分析N和F的变化情况。本题是共点力平衡的动态变化分析问题，在非直角三角形的情况下，运用三角形相似法

18、列式也是 常用的方法。3 .【答案】A【解析】解:A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:仃学刃乂宁产*解得:1=2兀，忌，则：弄=J嚷尸啜二宿）2,即：T比4太，故A正确；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:解得:a=字，也=学3 =卜22=；,广广气 "k比82故B错误；C、万有引力之比詈骞=喘=中乂*=|,故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:GF=m,动能：以=1，/=绊竺，广 r22r动能之比：J & -必心比二G X 5 x2= 5 ,故D干曰误；故选:A。万有引力提供向心力,应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速度，

19、然后分析答题。本题考查了万有引力定律的应用,知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力 公式与牛顿第二定律可以解题。4 .【答案】D【解析】解;A、P向左滑动时，变压器原线圈电压和原副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误；B、P向左滑动时，滑动变阻器电阻变大，副线圈回路总电阻增大，输出功率减小，所以变压器的输 入功率也变小，故B错误；C、出丁温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分 压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C错误；D、衣/温度升高时，热敏电阻阻值减小，只有适当向右滑动P,才能使灯L分压不变，从而保持灯的 亮度不变，故D正确

20、；故选:D。与闭合电路中的动态分析类似,可以根据滑动变阻器R的变化.确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况,再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变 化的情况电路的动态变化的分析.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5 .【答案】C【解析】解:煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用.一定先向下做匀加速直线运动。A、设经过时间5煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsiii0j.imgcosO=mai,可得 ai =g(sin8+Ncos8)

21、 =8ni/s2由v(尸am得t=ls,此过程通过的位移大小为X= 2 t1=4m<Lo由于mgsinB>卜imgcosB.故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2,运动的时间为t2,则mgsin8iimgcose=ma2,可得a2=g (sin0-j.icosO) =4m/s由L-xi=vot?+ :做名，代入数据得：t2=ls。故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2so故A错误。B、煤块从A端运动到B端时速度，=v()+a2t2=12m/s,此时重力的瞬时功率为P=mgvsin6=144W,故

22、 B错误。C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小(voti-xi)>(L-xi)-vot2，所以煤块从A端运动 到B端留下的黑色痕迹长度为S=v0ti-xi=4mo故C正确。D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q=Nmgcose(vot-xi)+(L-xi)-vot2,代入数据解 得:Q=24J,故D错误。故选:C。对煤块进行受力分析.开始时，受到重力、支持力、向下的滑动摩擦力，处干加速阶段；当速度等于 传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续 加速。根据位移公式求解时间，从而求得总时间。由速度公式求解煤块从A端运动到B端时的速度

23、, 由P=mgvsm6求重力的瞬时功率。黑色痕迹的长度等于煤块与传送带间相对位移的大小。因摩擦 产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘枳。解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律.结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解,知 道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意摩擦生热与相对路程有关。6 .【答案】AC【解析】 解:A、当电荷a在N点时，受竖直向下的重力和水平向右的电场力,a从N点静止释放，沿半圆槽 运动经过P点到达某点Q的过程中，电场力和重力之间的夹角一直减小，且电场力逐渐增大，所以 重力与电场力的合力一直增大.选项A正确；B、在N点是.电场力与重力的合力与该点的切线方向之间的夹角是锐角.所以

24、在开始向下运动的 过程中，合力做正功，速率增大;在P时，速度的方向是水平向左的.与合力之间的夹角为钝角.所 以在此之间，合力已经开始做负功了，所以有段时间速率减小，从N到P的过程中,速率先增大后 减小，速率最大点应该在NP间某点，故B错误；C、从P到Q的过程中.电场力做负功，重力也做负功.动能的减少量等于电势能和重力势能的增 加量之和，即动能减少量大于电势能增加量,故C正确；D、从N到Q的过程中(N点除外)，电场力的方向与速度的方向始终成钝角，电场力做负功，电势 能始终增加.故D错误；故选:AC。分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况;再根据重力做功和电场力做功的特 点与势能的关

25、系分析电势能的变化。本题考查功能关系.要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变 量:而电场力做功量度电势能的改变量。功和能的关系:功是能量转化的量度。有两层含义：(1)做功的过程就是能量转化的过程， (2)做功的多少决定了能转化的数量.即:功是能量转化的量度强调:功是一种过程量.它和一段位移(一段时间)相对应;而能是一种状态量，它与一个时刻相对 应。两者的单位是相同的(都是J),但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。7 .【答案】BC【解析】解:AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T=5mgsina.此时C恰好离开地面，故 弹簧的拉力为mg,对B受

26、力分析可得绳对B的拉力为T=2mg,可得sina=0.4,好37。.故A错误。 B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0.加速度为。，故B正确。C、初始时系统静止,且线上无拉力，时B有kx尸mg. C刚好离开地面时,有kx2=mg,可知xi=X2, 则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零.此过程中，A、B、C组成的系统机 械能守恒.即 5mg(xi+X2)siiia=mg(xi+X2)+ (5m+m)vAm2 以上方程联立可解得:A获得最大速度为VAm= 驾，故C正确。D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小 球组成的系统机械能不守

27、恒.故D错误。故选:BC。C刚离开地面时，A沿斜面下滑至速度最大.合力为零,根据平衡条件求B的加速度为零,B、C加 速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角；A、B、C组成的系统机械能守 恒,初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量 与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最 大速度与B相等。本题关键是对三个物体分别受力分析,得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡,然后根据平 衡条件分析;同时要注意是那个系统机械能守恒。8 .【答案】BD【解析】解:A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大

28、小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用,线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；B、线框进入磁场前过程，由动能定理得:= 若，解得:线框受到的安培力：F=BIL=gM =，故B正确；C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得:F(d-L)=；"喈-；加，解得：vmin= 7- - 2F(r/- ：1，故 C 错误； V rn mD、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热:Q=Fd,故D正确：故选:BD。根据题意分析清楚线框的运动过程，应用动能定理求出线框刚进入磁场

29、时的速度.应用安培力公式求出安培力.应用运动学公式与能量守恒定律分析答题。本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根据题意分析清楚线框的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、安培力公式即可解题。9 .【答案】BCD【解析】解:A、温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；B、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大,但斥力变化更快，故B正确;C、附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故C

30、正确；D、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故D正确；E、做功与热传递都可以改变物体的内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一 定会改变内能.故E错误。故选:BCD。温度是分子的平均动能的标志;阿伏伽德罗常数是联系宏观与微观的桥梁;理解热力学第一定律； 理解分子之间的作用力的特点。本题考查到的气体分子之间的距离的估算方法是该题的难点,要牢记这种方法可以估算气体分子间的平均距离,但是不能计算气体分子的大小10 .【答案】BCD【解析】解:A、由图甲可知，在t=0时刻振源质点是向y轴负方

31、向振动，其余质点重复振源质点的运动情况.故质点Q起振的方向仍为y轴负方向,故A错误；0B、由图甲可知周期为T=0.02s,由图乙可知波长为1=2m,则波速为：竟=7 =嬴办=100，山则由I在_图乙可知当P再次处于平衡位置时，时间为：占一：-”（）.皿75以经过周期的整数倍之后,质点P再次处于平衡位置.即经过t”=t+r=0.0275s还处于平衡位置，故B正确；C、由于波沿x轴正方向传播，可知从to时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点，故C正确；D、由题可知：（）325A若质点P在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：2：X4/1=5g1.W，但此时质点P不在特殊位置,故其路程小于1m,

32、故D正确； 4E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故E错误。故选:BCD。由图读出波长入和周期T,由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况， 注意质点不随着波迁移。机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和 波的传播方向,从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。11 .【答案】否0.88在计算小车所受的合外力时未计入硅码盘的重力【解析】解：(1)当物体小车匀速下滑时有:mgsiii0=f+ (m+mo)g当取下细绳和祛码盘后,由于重力沿斜面向下的分力mgsinH和摩擦力f不变，因此其合外力为(m+m0)

33、g.由此可知该实验中不需要祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量。(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数.即x=aT2,公.+一叫一皿+的一小(6.765.00+7.645.87)x 1(2根据作差法可知，加速度: wo3乂5尸 0.88m/s2；(3)由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，说明小车所受合力大于祛码的重力，可能是计算小车所受的合外力时未计入祛码盘的重力；故答案为：(1)否；(2)0.88; (3)在计算小车所受的合外力时未计入祛码盘的重力。(1)根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数,根据作差法求

34、解加速度； (3)由图象可知.当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解。本题考查“探究加速度与物体受力的关系”实验，要注意明确实验原理，知道实验中应注意的事项, 同时明确利用逐差分求解加速度的基本思路和方法,并能根据函数关系分析图象的性质。12 .【答案】R2-Ri C 3 0.9等于真实值【解析】解：(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即:Rai=R2-R1；根据题意与图示电路图可知.电源电动势:E=I(r+Ro+R+RAl)，整理得：；=JR+"溜口.1LJ为得到直线图线，应作；-R图

35、象，故选C。1_由;-R图线可知:b=*#=L3, k=1综=“，/、；，解得，电源电动势:E=3V,电源内阻：r=0.9Q;(4)实验测出了电流表A的内阻，由(2) (3)可知，电源内阻的测量值等于真实值。故答案为：(DR2-R1; (2)C: (3)3;0.9; (4)等于真实值。(1)根据闭合电路欧姆定律与题意求出电流表内阻。(2)根据实验电路应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据题意分析答题。(3)根据图象函数表达式与图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了实验数据处理，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路欧姆定律求出图象函数表达式是解题的关键，

36、应用闭合电路欧姆定律即可解题。13 .【答案】解：(1)粒子从S点以垂直于。尸边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在。E线上，根据牛顿第二定律可得：Bqv =解得：R = M若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得：R=联立解得=等(2)要使粒子能回到S点，要求粒子每次与AOEE碰撞时，u都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为 三角形顶点，故：DS= (2n-l) R, (=1, 2, 3)即：(，工，3.)mv2联立解得：黑法不，3 = 1' 2, 3.)答：(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小为辛: zm(2)若S点不在。石

37、边的中点，而是距。点的距离OS=：,仍然使粒子能回到S点，满足条件的粒子的速度大 4小磅击【解析】(1)要求此粒子能回到S点，根据几何关系可确定出粒子运动的半径，再根据粒子在磁场中的半径 公式可求粒子的速度；(2)S点发出的粒子最终又回到S点必须满足:每次与4DEF的三边碰撞时都与边垂直，且能回到S点；粒子能绕过顶点与DEF的边相碰。本题考查了粒子在磁场中的运动，解题的关键在于需要挖掘粒子能回到S点的隐含条件及考虑粒 子最终回到S点的多解性。14 .【答案】解：(1) 从A到3的过程用动能定理得 /X 127? pmg X 127? =解得V0砸生ZQ土对“与碰撞用动量守恒定律得mv=2mv2解得3,6g R(2)当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大。如图，则有6=如此的黑=Amgarctan - = 37°4对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有E-Rsin370 2mgR(l cos37°