2020年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷 (有详解)

2020年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）
1.关于功率，下列说法正确的是()
A. 功率是描述力做功多少的物理量
B. 功率是描述力做功快慢的物理量
C. 力做的功多，其功率一定大
D. 发动机的实际功率和额定功率一定相同
2.一个点电荷从电场中的a点移到b点，其电势能变化为零，则()
A. a、b两点的场强一定相等
B. a、b两点的电势一定相等
C. 该点电荷一定沿等势面移动
D. 作用于该点电荷的电场力与移动方向总是保持垂直
3.假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那
么()
A. 地球公转周期大于火星的公转周期
B. 地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C. 地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D. 地球公转的角速度大于火星公转的角速度
4.如图所示的电路，电感线圈的电阻不计，电阻R1>R2，开关S闭
合，电路达到稳定时通过电阻R1、R2的电流分别为I1和I2，则断
开开关S的瞬间，()
A. 通过电阻R1电流是自a向b
B. 通过电阻R1的电流大于I1
C. 通过电阻R1的电流小于通过电阻R2的电流
D. 通过电阻R1的电流大于通过电阻R2的电流
5.在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，
其沿x轴和y轴方向运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是()
A. 4s末质点的速度为4m/s
B. 2s末～4s末，质点做匀加速直线运动
C. 4s末质点的位置坐标为(4m,4m)
D. 4s末质点的位置坐标为(6m,2m)
二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）
6.已知下面的哪组数据，可以算出地球的质量M地(引力常量G为已知)()
A. 月球绕地球运动的周期T及月球到地球中心的距离R1
B. 地球绕太阳运行周期T2及地球到太阳中心的距离R2
C. 人造卫星在地面附近的运行速度v3和运行周期T3
D. 地球绕太阳运行的速度v4及地球到太阳中心的距离R4
7.如图所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q，板间电场有固定点
P，若将B板固定，A板下移些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是()
A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
C. B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
8.固定挡板P位于倾角为θ的光滑斜面底端，轻弹簧下端连挡板，自由状态时上端在斜面的O点，
质量为m1、m2(m1<m2)的两物块分别从斜面上O点上方的A，B两点由静止释放，最终弹簧的最大压缩量相等，位置都是在C点，则()
A. 在斜面上A点位置比B点位置高
B. m1最大速度的位置比物块m2最大速度的位置低
C. 在C点位置m1的加速度大于m2的加速度
D. 在O点位置m1的动能小于m2的动能
9.如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，
磁场方向垂直纸面向外，∠AOC=60°。

边界OA上距O点l处有
一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q的等速粒子。

当S沿
纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。

则
A. 粒子的最大发射速率不超过√3qBl
4m
B. 粒子的最大发射速率不超过(2√3−3)qBl
m
C. 粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D. 粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为√3l
2
10.下列说法正确的是()
A. 玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立
B. 发生了光电效应时，若增大入射光的强度，则光电流增大
C. 天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
D. 92235U+ 01n→ 3692Kr+ 56141Ba+3 01n是重核的裂变反应
11.下列说法正确的是()
A. 将大颗粒的研磨成细盐，细盐还是属于晶体
B. 满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的
C. 0℃冰熔化成0℃的水，其分子热运动的平均动能仍然不变
D. 布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈
E. 宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果
12.下列说法中正确的是()
A. 如果某种玻璃相对空气的折射率为1.5，则空气相对于这种玻璃的折射率约为0.67
B. 杨氏干涉实验中观察到了明暗条纹，证明光是一种波，如果用激光进行实验则效果没有那么
明显
C. 光通过偏振片时，光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱
D. 赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环
中产生火花，这个导线环就是一个电磁波检测器
E. 根据相对论的原理，将两只调整同步的铯原子钟分别放在地面上和宇宙飞船上，则在地面上
的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得快些
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
13.1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的
人工转变，并由此发现______.图中A为放射源发出的______粒子，
B为______气．
14.近年来全球地震频发已引起全球的高度关注．某实验室一种简易地震仪
由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成．在某次地震中同一震源产生
的地震横波和地震纵波的波长分别为10km和20km，频率为0.5Hz.假设
该地震波的震源恰好处在地震仪的正下方，观察到两振子相差5s开始振
动，则地震仪中的两个弹簧振子振动的频率等于______ .地震仪的竖直弹簧振子P先开始振动，震源距地震仪约______ ．
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15.某物理兴趣小组在一次探究活动中，要测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1所
示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，右端装有定滑轮；木板上有一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接，打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点．
(1)如图2给出的是实验中获取纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数
点间还有4个打点(图中未标出)，用刻度尺测量出计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=______(保留三位有效数字)．
(2)请回答下列两个问题：
①为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，还需测量的物理量是______(填写字母代号)
A.木板的长度L
B.木板的质量m1
C.滑块的质量m2
D.托盘和砝码的总质量m3
E.滑块的运动时间t
②欲测量①中所选定的物理量，所需要的实验器材是______．
(3)实验时，用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板之间的动摩擦因数
μ=______(用L、g、a、m1、m2、m3、t中所需字母表示).与真实值相比，测量的动摩擦因数______(填“偏大”或“偏小”)．
16.在“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”实验中，实验用的电源电动势为3V，金属丝的最大电阻约
为5Ω．
(1)为使测量更为准确，请在图甲中正确选择电流表的量程并接入电路．
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数为d=________mm．
(3)滑动变阻器触头调至一合适位置后不动．闭合开关，P的位置选在ac的中点，读出金属丝接
入电路的长度为L，电压表、电流表的示数分别为U、I.请用U、I、L、d写出计算金属丝电阻率的表达式：ρ=________．
(4)本电路测量结果：ρ测________ρ真．(选填“>”或“<”)．
五、计算题（本大题共6小题，共69.0分）
17.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方
便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
18.某同学制作了一个简易温度计：如图，一根两端开口的玻璃管水平穿过玻璃瓶口处的橡皮塞，
玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱。

当温度为T=280K时，水银柱刚好处在瓶口位置，此时该装置密封气体的体积V=480cm3。

已知大气压强为p=1.0×105Pa，玻璃管内部横截面积为S=0.4cm2，瓶口外玻璃管的长度为L=48cm。

(1)求该温度计能测量的最高温度；
(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收Q=7J热量，问在这
一过程中该气体的内能如何变化，变化了多少。

19.如图所示，△ABC为等腰直角三棱镜的横截面，∠C=90°，一束激光a
沿平行于AB边射入棱镜，经一次折射后射到BC边时，刚好能发生全
反射，求该棱镜的折射率n和棱镜中的光速．
20.如图甲所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化磁场中，磁场方向垂直线圈截面，其
磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。

设垂直纸面向里为B的正方向，线圈A上的箭头为感应电流I的正方向，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，线圈内阻不计。

求电容器充电时的电压和2s后电容器放电的电量，其中通过R2的电量是多少？
21.沿倾角为θ的斜面向上推一个质量为m的木箱，恒定推力F与斜面平行，木箱从A点移动到B
的距离为L，木箱经过A、B两点的速度分别为v0、v t，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

按要求完成：
(1)面出题中物理情景的示意图，并画出木箱受力示意图；
(2)写出总功的表达式；
(3)结合题中的情境，根据功、动能的表达式，牛顿第二定律和运动学公式，推导动能定理的表
达式。

22.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂
直于平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O以速度大小v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为[(2√3+1)L,L]，(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：
(1)粒子运动到P点时速度的大小v；
(2)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间t．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、功率表示做功快慢的物理量．故A错误，B正确．
C、根据P=W
t
知，力做功多，功率不一定大．故C错误．
D、发动机的实际功率和额定功率不一定相同．故D错误．
故选：B．
功率等于单位时间内做功的多少，反映做功快慢的物理量．
解决本题的关键知道功率表示做功快慢的物理量，做功多，功率不一定大．
2.答案：B
解析：解：A、根据公式W ab=qU ab分析可知，电场力做功W ab=0，a、b两点的电势差U ab为零。

而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等。

故A错误
B、由公式W ab=qU ab，U ab=0，得W ab=0，即电场力做功一定为0.故B正确。

C、电场力做功为零，由于不能判定运动的轨迹，所以作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，也不一定沿等势面的方向。

故CD错误。

故选：B。

从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零．但电荷不一定沿等势面移动．a，b两点的电势一定相等
本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似．
3.答案：D
解析：解：A、B、根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
=m4π2
T2
r，得v=√GM
r
，T=2π√r3
GM
.由此可
知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以
v 地>v
火
，T地<T火.故AB错误。

C、据万有引力提供向心加速度，得：G Mm
r2
=ma，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大。

故C错误；
D、根据：T=2π
ω，所以：ω=2π
T
=√GM
r3
，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大。

故D
正确。

故选：D。

根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
=m4π2
T2
r=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度
与轨道半径大小的关系，据此讨论即可。

本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式。

4.答案：B
解析：
利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源；结合线圈在电路中的作用判断电流变化。

做好本题的关键，知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极。

A.开关S闭合稳定后L的自感作用消失，由于电感线圈的电阻可不计，电阻R1>R2，所以通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2；
在断开开关S的瞬间，线圈L与电阻R1和R2构成闭合的自感回路，电流由原来L上的电流I2开始逐渐减小，若通过电阻R1和R2的电流分别为I1′和I2′，则有I1′=I2′≤I2，电流I1′的方向自b向a，电流I2′的方向自左向右，故A错误；
BCD.由于开始时通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2，后来满足：I1′=I2′≤I2，所以通过电阻R1的电流大于I1，通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流，故B正确，CD错误。

故选B。

5.答案：D
解析：
前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动．后2s内物体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况．根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标．
本题采用程序法分析物体的运动情况，根据运动的合成法求解物体的位移．
A .由图象，结合运动的合成，则有4s 末质点的速度为v =√v x 2+v y
2=√22+22m/s =2√2m/s.故A 错误．
B .在2s ～4s 内，物体在x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y 轴方向．故B 错误．
CD.在前2s 内，物体在x 轴方向的位移x 1=v
2t =2
2×2m =2m.在后2s 内，x 轴方向的位移为x 2=v x t =2×2m =4m ，y 轴方向位移为y =2
2×2m =2m ，则4s 末物体的坐标为(6m,2m).故C 错误，D 正确． 故选D ．
6.答案：AC
解析：解：A 、月球绕地球做圆周运动，地球对月球的万有引力提供圆周运动的向心力，列式如下： G
mM
R 1
2=mR 1(2π
T )2可得：地球质量M =4π2R 13
GT 2
，故A 正确； B 、地球绕太阳做圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆周运动向心力，列式如下： G
mM
R 2
2=mR 2(2π
T
)2可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故B 错；
C 、人造地球卫星绕地球做圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，列式有： G
mM R 地
2
=mR 地(2π
T 3
)2，可得地球质量M =4π
2R 地3
GT 3
2，根据卫星线速度的定义可知v 3=
2πR 地T 3
得R 地=
v 3T 32π
代
入M =
4π2R 地3
GT 3
2可得地球质量，故C 正确；
D 、地球绕太阳做圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆周运动向心力，列式如下： G
mM
R 4
2=m
v 4
2R 4
可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故D 错。

故选：AC 。

万有引力的应用之一就是计算中心天体的质量，计算原理就是万有引力提供球绕天体圆周运动的向心力，列式只能计算中心天体的质量．
万有引力提供向心力，根据数据列式可求解中心天体的质量，注意向心力的表达式需跟已知量相一致．
7.答案：BC
解析：
由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化。

由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化。

本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=4πkQ
ϵS
要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论。

AB.由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C=ɛS
4πkd 、U=Q
C
和E=U
d
可
推出：E=4πkQ
ϵS
可知，P点的电场强度E不变，由题意可知，B板的电势不变，P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故B正确，A错误；
CD.B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确，D错误。

故选BC。

8.答案：AC
解析：解：A、物块在下滑过程中，根据动能定理可知mgℎ−E p=0−0，解得ℎ=E p
mg
，由于m1<m2，则在斜面上A点位置比B点位置高，故A正确；
B、当物块的重力在斜面上的分力等于弹簧的弹力时，速度达到最大，则mgsinθ=kx，故x=mgsinθ
k
，由于m1<m2，故B的压缩量大于A的压缩量，故m1最大速度的位置比物块m2最大速度的位置高，故B错误；
C、在在C点位置，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得kx−mgsinθ=ma，解得a=kx
m
−gsinθ，由于在C点弹簧的压缩量相同，则质量小的加速度大，故m1的加速度大于m2的加速度，故C正确；
D、从C到O，根据动能定理可得E p−mgℎ=E k−0，解得E k=E p−mgℎ，由于弹簧的弹性势能相同，上升相同的高度，质量大的克服重力做功多，故m1的动能大于m2的动能，故D错误；
故选：AC。

物体在下滑过程中，由于弹簧的压缩量相同，弹簧具有的弹性势能相同，对物块分析，根据动能定理求得下降的高度，当速度最大时，物块受到合力为零，根据受力分析判断出弹簧的压缩量，在C 点，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，从C到O根据动能定理即可判断出到达C点的动能。

解决本题的关键要理清物块的运动过程，把握各个过程能量是如何转化，列式时要灵活选择研究的过程，利用好牛顿第二定律即可。

解析：解：AB 、要使没有粒子从OC 边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足1
2lsin60°=
mv qB
解得最大发射速率v =√3Bql
4m
，故A 正确，B 错误；
CD 、粒子速度v =√3Bql 4m ，从OA 边界离开磁场时离S 最远距离
d =2R =l ⋅sin60°=√3
2
l ，故C 错误，D 正确。

故选：AD 。

要使没有粒子从OC 边界射出，则粒子运动轨迹恰好与OC 相切，根据R =
mv
qB 求解最大发射速率；
粒子从OA 边界离开磁场时离S 的最远距离也是此运动轨迹，根据几何知识求解即可。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，尤其是能够根据要求画出临界轨迹，对数学几何能力的要求较高，需加强训练。

10.答案：BD
解析：解：A 、卢瑟福通过а粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，玻尔对氢原子光谱的研究提出了能级的概念。

故A 错误；
B 、若发生了光电效应且入射光的频率一定时，光强越强，则光子的数目越多，单位时间内逸出的光电子数就越多。

光电流就越大。

故B 正确；
C 、天然放射现象中产生的射线中，γ射线不带电，不能在电场或磁场中发生偏转。

故C 错误；
D 、根据核反应 92235U + 01n → 3692Kr + 56141Ba +3 01n 的特点可知，该核反应是重核的裂变反应。

故D
正确。

故选：BD 。

卢瑟福通过а粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型； γ射线不带电，不能在电场或磁场中发生偏转； 单位时间内逸出的光电子数与光的强度有关。

本题是物理学史问题，根据爱因斯坦、卢瑟福、波尔、汤姆孙等人对物理学发展的贡献进行解答，记牢著名科学家的物理学成就即可。

解析：解：A、晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则，晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，将大颗粒的研磨成细盐，其分子内部构造不变，细盐还是属于晶体，故A正确．
B、能量的转化和转移，除了满足守恒定律还有方向性，故B错误；
C、温度是分子平均动能的标志，0℃冰熔化成0℃的水，其分子热运动的平均动能仍然不变，故C
正确；
D、布朗运动就是固体微粒在液体中的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈，故D错误；
E、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果，故E正确；
故选：ACE．
本题根据晶体的定义和特点、热力学第二定律、布朗运动、液体分子的表面张力等知识进行逐项的分析．
本题考查的知识点比较多，要求学生平时多记忆，积累关于固液气三态的重点知识．
12.答案：ACD
解析：
第一介质的折射率为n1，第二介质的折射率为n2，则n21=n2n
1
称为第二介质对第一介质的相对折射率；根据相对折射率来判断出空气相对于这种玻璃的折射率；
光的振动方向与透振方向的垂直时，光不能透过；
激光的频率单一，是相干光源；
根据狭义相对论的两个基本假设(相对性原理、光速不变原理)和几个基本结论：①钟慢效应；②尺缩效应．
该题考查光的偏振原理，掌握光的干涉条件，知道激光是相干光源，理解导线环产生感应电动势的条件，注意钟慢效应的适用范围；这一类的知识点要在平时学习的过程中要注意积累．
解：A、根据相对折射率的定义可知，玻璃相对空气的折射率为n玻空=1.5，则空气相对于这种玻璃
的折射率为n空玻=
1
n
玻空
=1
1.5
≈0.67.故A正确；
B、杨氏干涉观察到了明暗条纹证明光是一种波，如果用激光，由于是相干光源，则进行实验则效果更明显，故B错误；
C、光通过偏振片时，光的振动方向与透振方向的垂直时，没有光透过，当两者相平行时，则透过的光最强．所以光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱．故C正确；
D、赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环中产生火花，这个导线环就是一个电磁波检测器．故D正确；
E、根据相对论的原理，将两只调整同步的铯原子钟分别放在地面上和宇宙飞船上，则在地面上的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得慢一些．故E错误．
故选：ACD
13.答案：质子α氮
解析：解：卢瑟福第一次用α粒子轰击氮核完成了原子核的人工转变并发现了质子，因此图中的A 为放射源发出的α粒子，B为氮气．
故答案为：质子，α，氮．
要了解卢瑟福发现质子并实现原子核人工转变核反应方程以及实验装置中各部分的作用，注意书写核反应方程的原则是质量数和电荷数守恒．
卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子并首次实现原子核的人工转变在历史上有着重要意义，要了解实验和该核反应方程．
14.答案：0.5Hz；50Km
解析：解：当地震波的频率与弹簧振子的频率相同时发生共振，所以弹簧振子的频率为0.5Hz；
据波速v=fλ公式得横波和纵波的波速分别为：v1=10000×0.5m/s=5000m/s，v2=
20000×0.5m/s=10000m/s；
设纵波振子P接收到地震波的时间为t，即(t+5)×5000m=10000t，解得：t=5s，所以距离震源的距离：x=10000×5m=50Km．
故答案为：0.5Hz，50km．
由于横波的传播速度小于纵波的传播速度，在距离相同的情况下，纵波振子P先接收到地震信号，故纵波振子P先开始振动，设纵波振子P接收到地震波的时间为t，震源离地震仪距离为s=△Vt．解决本题的关键运用运动学公式判断哪个波先到．属于容易题
15.答案：0.497m/s2CD天平m3g−m2a
m2g
偏大
解析：解：(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：
a=a1+a2+a3
3
=
(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)
9T2
=0.497m/s2
故答案为：0.497m/s2．
(2)①设托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2，摩擦因数为μ，则摩擦力为f=m2gμ
根据牛顿第二定律有：m3g−m2gμ=(m3+m2)a，由此可知出根据逐差法求出的加速度之外，还需要测量托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2，故ABE错误，CD正确．
故选CD.
②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平．
故答案为：天平．
(3)根据牛顿第二定律有：m3g−m2gμ=m2a，故解得：
μ=m3g−m2a
m2g
，
由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，即考虑了木块和木板之间的摩擦，没有考虑细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大．
故答案为：(1)0.497m/s2；
(2)①CD，②天平；
(3)m3g−m2a
m2g
，偏大．
(1)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x= aT2，可计算出打出某点时纸带运动加速度；
(2)根据牛顿第二定律，写出滑动摩擦因数的表达式，即可知道需要测量的物理量；
(3)对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．
能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器进行测量，正确的进行有关误差分析．。