〖精选5套试卷〗2021学年山东省潍坊市新高考物理达标检测试题
《附5套模拟卷》山东省潍坊市2021届新高考物理二模试卷含解析
山东省潍坊市2021届新高考物理二模试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，不计粒子的重力，则（）A．粒子带正电B．电场的方向是由c指向bC．粒子在b点和d点的动能相等D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，偏转方向往右，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B．粒子从e点射出时，速度方向与bd的夹角为45︒，即水平向右射出，在电场中做类平抛运动，从b点射出电场，所受电场力方向由c指向b，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则电场方向由b指向c，故B错误；C．粒子从d到e过程中洛伦兹力不做功，但在e到b的类平抛运动过程中，电场力做下功，则粒子在b 点的动能大于在d点的动能，故C错误；D．假设ab边长的一半为r，粒子从d点射入磁场的速度为v，因为粒子在磁场中运动的时间为弧长de除以速率v，即π2rv，粒子在电场中做类平抛运动，其在平行ab方向的分运动速度大小为v的匀速直线运动，分位移为r，可得粒子在电场中运动时间为rv，故D正确。
故选D。
2．空间内有一水平向右的电场E ，现有一带电量为q 的小球以初速度为v 0向右上抛出，已知33mg E q =，求小球落地点距离抛出点的最远距离（ ）A ．20v g B ．22v g C 203v D ．22v g【答案】C【解析】【详解】设与水平方向发射角θ，落地点y=0，故竖直方向上有201cos 02v t gt θ⋅-=解得202sin v t g θ=在水平方向有2222200002sin cos cos [sin 2cos 2]2333v v x v t g g g θθθθθ=⋅==+- 又因为sin 22)6333πθθθ=-≤，所以最远射程为203v x g = 故C 正确，ABD 错误。
山东省潍坊市2021届新高考物理第一次调研试卷含解析
山东省潍坊市2021届新高考物理第一次调研试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，质量为1m 的木块A 放在质量为2m 的斜面体B 上，现对木块A 施加一竖直向下的力F ，它们均静止不动，则（ ）A ．木块A 与斜面体B 之间不一定存在摩擦力B ．斜面体B 与地面之间一定存在摩擦力C ．地面对斜面体B 的支持力大小等于()12m m g +D ．斜面体B 受到4个力的作用【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．对木块A 进行受力分析，受竖直向下的重力和推力F ，垂直斜面的支持力，由平衡条件可知，木块A 还受到沿斜面向上的静摩擦力，故A 错误；BC ．以AB 为整体作为研究对象受力分析，由平衡条件可知，斜面体B 与地面之间无摩擦力，地面对斜面体B 的支持力()12N m m g F =++故BC 错误；D ．单独以斜面体B 为研究对象受力分析，斜面体B 受重力，地面对斜面体B 的支持力，木块A 对斜面体B 的压力及木块A 对斜面体B 的沿斜面向下的静摩擦力，故D 正确。
故选D 。
2．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x t－t 的图象如图所示，则A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/sD ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s【答案】C【解析】【分析】【详解】由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t==+，既()000.50.52v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。
山东省潍坊市2021届新高考物理教学质量调研试卷含解析
山东省潍坊市2021届新高考物理教学质量调研试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A．B．C．D．0【答案】C【解析】【详解】甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：当小球甲刚要落地时，水平方向上的速度为零，所以乙球的速度也为零，乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律得：解得：A.与计算结果不符，故A不符合题意。
B.与计算结果不符，故B不符合题意。
C.与计算结果相符，故C符合题意。
D.0与计算结果不符，故D不符合题意。
2．如图所示，质量为4kg的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力为（g=10N/kg）A ．10N ，向右B ．10N ，向左C ．20N ，向右D ．20N ，向左【答案】D 【解析】 【详解】物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为：f N 0.5410N 20N F F mg μμ===⨯⨯=故选D 。
3．一个质量为4 kg 的物体，在四个共点力作用下处于平衡状态，当其中两个大小分别为5 N 和7 N 的力突然同时消失，而另外两个恒力不变时，则物体（ ） A ．可能做匀速圆周运动 B ．受到的合力可能变为15 N C ．将一定做匀加速直线运动D ．可能做加速度为a=2 m/s 2匀变速曲线运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】根据平行四边形定则，大小分别为5N 和7N 的力的合力最大为12N ，最小为2N ，物体在四个共点力作用下处于平衡状态，说明另两个恒力的合力最大也为12N ，最小为2N ，根据牛顿第二定律，当其中两个大小分别为5N 和7N 的力突然同时消失，质量为4kg 的物体产生的加速度最大为a=3m/s 2，最小为a=0.5m/s 2，但由于合力的方向与速度方向关系不知，只能说明物体做匀变速运动，可能是直线运动或匀变速曲线运动，但不可能做匀速圆周运动，故ABC 错误，D 正确。
山东省潍坊市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析
山东省潍坊市2021届新高考物理第三次调研试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．一个质量为m 的质点以速度0v 做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为02v 。
质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中 A ．该质点做匀变速直线运动 B ．经历的时间为02mv F C ．该质点可能做圆周运动D ．发生的位移大小为08F 【答案】D【解析】【详解】质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，力F 是恒力所以不能做圆周运动，而是做匀变速曲线运动．设力F 与初速度夹角为θ，因速度的最小值为02v 可知初速度v 0在力F 方向的分量为02v ，则初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0 在垂直恒力方向上有质点的位移s =联立解得时间为t = 发生的位移为208s F= 选项ABC 错误，D 正确；故选D ．2．如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为m 的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A 、B 分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C．铁球在A gRD．轨道对铁球的磁性引力至少为3mg，才能使铁球不脱轨【答案】B【解析】【详解】AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A错误，B正确；C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F＝m2vR可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足mg•2R12=mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F﹣mg2vR=，联立得：F＝5mg，故D错误．3．北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗MEO卫星（地球中圆轨道卫星，轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间），3颗GEO卫星（地球静止轨道卫星）和3颗IGSO 卫星（倾斜地球同步轨道卫星）。
山东省潍坊市2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析
山东省潍坊市2021届新高考第四次质量检测物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为10︰1，原线圈两端连接正弦交流电源u=311sin314t(V)，副线圈接电阻R ，同时接有理想电压表和理想电流表。
下列判断正确的是（ ）A ．电压表读数约为31.1VB ．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍C ．若仅将R 的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若R 的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【答案】B【解析】【详解】根据2可知，原线圈的电压有效值为1220U V =，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由1122U n U n =得，电压表读数为222U V =，故A 错误；若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，根据1122U n U n =可知，U 2增大到原来的2倍，由22U I R=可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B 正确；输入电压和匝数比不变，则输出电压2U 不变，仅将R 的阻值增加到原来的2倍，由22U I R =可知，电流变为原来的一半，输入功率变为原来的一半，故C 错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，同时R 的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率222U P R=变为原来的2倍，故D 错误。
2．下列说法正确的是（ ）A ．在光电效应中，增加入射光的强度，饱和光电流不变B ．β衰变现象说明电子是原子的组成部分C ．两个氘核的聚变反应方程式为22311120H H He n +→+D ．处于基态的氢原子吸收光子发生跃迁后动能增加【答案】C【解析】【详解】A ．根据光子假设，当入射光的强度增加时，单位时间内通过金属表面的光子数增多，单位时间内从金属表面逸出的光电子增多，饱和光电流随之增大，选项A 错误；B ．β衰变释放的电子是原子核内的中子转化来的，选项B 错误；C ．两个氘核的聚变反应方程式为22311120H H He n +→+，选项C 正确；D ．处于基态的氢原子吸收光子后向高能级跃迁，轨道半径r 增大，根据222ke mv r r=可知，速度随轨道半径r 的增大而减小，所以动能减小，选项D 错误。
【含5套模拟卷】山东省潍坊市2021届新高考物理三模试卷含解析
山东省潍坊市2021届新高考物理三模试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）A ．小球甲作平抛运动的初速度大小为23gh B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1：2C ．A 、B 两点高度差为4h D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率相等【答案】C【解析】【详解】A ．由212h gt =可得乙运动的时间为 22h t g＝ 所以到达C 点时乙的速度为22v gt gh 乙＝＝所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为02sin30gh v v ︒乙＝ 故A 错误； B ．物体甲沿竖直方向的分速度为6cos30y gh v v ︒乙＝＝ 由v y =gt 1，所以甲在空中运动的时间为16322yghv h t g g g＝＝＝甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1 23tt=故B错误；C．小球甲下降的高度为2111332224hh gt g hg'=⨯⋅＝＝A、B两点间的高度差14H h h h=-'=故C正确；D．两个小球完全相同，根据P=mgv y，因两球在C点的竖直速度不相等，则两小球在C点重力的功率不等，选项D错误。
故选C。
2．在2018年亚运会女子跳远决赛中，中国选手许小令获得铜牌。
在某一跳中，她（可看作质点）水平距离可达6.50 m，高达1.625 m。
设她离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则正切值tanα的倒数等于（）A．0.5 B．1 C．4 D．8【答案】B【解析】【详解】从起点A到最高点B可看作平抛运动的逆过程，如图所示：许小令做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tanβ=0.5，速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=1，则正切值tanα的倒数等于1，故B正确，ACD错误。
山东省潍坊市2021届新高考三诊物理试题含解析
山东省潍坊市2021届新高考三诊物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动量大小之比:2:1AB p p =B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =【答案】C【解析】【详解】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：20A B mv mv +=，得2B A v v =-，两滑块速度大小之比为：12A B v v =；两滑块的动能之比221212:122A kA kB B mv E E mv ⨯==，B 错误C 正确；两滑块的动量大小之比211A AB B p mv p mv ==，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D 错误． 2．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r 的圆轨道1运动，经P 点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道，则飞行器（ ）A ．变轨后将沿轨道3运动B ．变轨后相对于变轨前运行周期变大C ．变轨前、后在两轨道上运动时经P 点的速度大小相等D ．变轨前经过P 点的加速度大于变轨后经过P 点的加速度【答案】B【解析】【详解】根据题意，飞行器经过P点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大，变轨后将沿轨道2运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．一架飞机在高空中由西向东沿水平方向做匀加速直线运动，飞机每隔相同时间自由释放一个物体，共连续释放了6个物体（不计空气阻力）。
2020-2021学年山东省潍坊市某校高三(上)10月山东新高考质量测评物理试卷有答案
2020-2021学年山东省潍坊市某校高三（上）10月山东新高考质量测评物理试卷一、单项选择题1. 关于运动的相关描述，下列说法正确的是（）A.曲线运动中，加速度的方向总是和速度方向相同B.曲线运动中，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同C.做任意曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量相同D.自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同2. 百公里加速是衡量车辆极限加速能力的指标，直接体现了车辆的动力特性．某新款汽车百公里加速过程的v−t图像如图所示，则此过程中位移和加速度大小各约为（）A.170m，5m/s2B.90m，2.5m/s2C.170m，2.5m/s2D.320m，5m/s23. 一颗速度较大的子弹，可以水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度较小且能击穿木块时，下列说法中正确的是（）A.木块获得的动能变小B.子弹与木块作用的系统损失的机械能变大C.木块的位移变大D.子弹穿过木块的时间变短4. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态．风对气球的作用力大小为F，方向水平向右，气球受到的浮力竖直向上，气球受到的重力为G，轻绳与水平方向的夹角为θ，则气球受到浮力的大小为（）A.GB.Fcosθ+G C.GcosθD.F tanθ+G5. 2020年7月23日中午12时41分，我国在海南文昌卫星发射中心，使用长征五号遥四火箭，将我国首颗火星探测器“天问一号”发射升空，随后，“天问一号”探测器顺利进入预定轨道，我国首次火星探测发射任务取得圆满成功！设想为了更准确了解火星的一些信息，探测器到火星之前做一些科学实验：当到达与火星表面相对静止的轨道时，探测器对火星表面发射一束激光，经过时间t，收到激光传回的信号；测得相邻两次看到日出的时间间隔为T，测得航天器的速度为v0．已知引力常量G，激光的速度为c，则（）A.火星的半径R=vT2π−ct2B.火星的质量M=v2T2πGC.航天器的轨道半径r=vTπD.根据题目所给条件，可以求出航天器的质量6. 质量为m的光滑物块放在固定在小车上的光滑斜面上，斜面与小车总质量为3m，斜面与水平面的夹角为60∘，小车放在光滑的水平桌面上．外力拉动小车，当小车的加速度一定时，物块相对小车静止．此时外力F的大小为（）A.2√33mg B.2mg C.√3mg D.4√3mg7. 某次自行车比赛的终点设置在平直的公路上，在公路两旁等距离的插着标记用的小旗．若运动员减速时开始计时，此时正通过第1面标记小旗，5s时恰好经过第11面小旗，运动员在15s时停下，此时恰好最后1面小旗在他面前．此过程中运动员的运动可视为匀减速直线运动，则可知标记小旗的数量为（）A.19面B.20面C.18面D.25面8. 如图所示，水平光滑平面上平铺着半径为R的半圆形光滑轨道ABC，并固定，AOC 为半圆形轨道的直径，一质量为m的小球放置在A点．某时刻，给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力，且轨道始终固定，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A.小球达到C点时的速度不为0B.小球运动过程中的最大速度为√2FRmmC.小球运动过程中对轨道压力的最大值为2FD.小球运动过程中做匀速圆周运动二、多项选择题如图所示，A、B两个物体之间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时，力F最小．已知A、B两物体的质量分别为m1=4.5kg，m2=1.5kg，物体A与地面间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.θ=37∘B.θ=53∘C.力F的最小值为36ND.力F的最小值为45N一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，v1>v2．已知传送带的速度保持不变，则（）A.小物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθB.小物块在0∼t1内运动的位移比在t1∼t2内运动的位移大mv22C.t1∼t2内，传送带对物块做的功W=12D.0∼t2物块与传送带间摩擦产生的热量大于物块动能减少量从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为零重力势能面，该物体的E和E p随它离开地面的高度ℎ的变化如图所示．上升和下落总过程阻力大小不变，重力加速度g取10m/s2．由图中信息可得（）A.物体的质量为1kgB.上升到ℎ=2m时，物体的动能E k=20JC.下落到ℎ=2m时，物体的动能E k=15JD.下落到抛出点时，损失的机械能ΔE=20J如图所示，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度方向夹角为60∘，且该位置两小球动能相等．已知B、C高度差为ℎ，甲的质量为乙的质量的2倍，不计空气阻力，由以上条件可知（）A.小球甲做平抛运动的初速度大小为√3gℎ2B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1:4ℎC.A、B两点高度差为78D.两小球在C点时重力的瞬时功率相等三、实验题某实验小组利用如图装置“验证机械能守恒”．钢球系在轻绳上，OO′竖直，在小球摆到最低点时，细线恰被固定在N处的锋利刀刃割断，小球水平飞出．保持释放点不变，多次实验．（1）钢球球心与O点之间距离为L；OO′之间距离为H；释放点的位置与竖直方向夹角为θ；钢球质量________（填“需要”或“不需要”）测量；（2）多次实验后，落地点位置D的确定方法为________.（3）测得O′D=x，验证机械能守恒，需要满足的关系式：x2=________．如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统．实验中保持钩码质量不变，通过在小车中增减重物来改变小车质量．钩码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g．（1）下列说法正确的是________（填字母序号）．A.每次在小车上增减重物时，应重新平衡摩擦力B.实验时若使用打点计时器，应先释放小车后接通电源C.本实验M应远小于m关系图像D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作a与1M（2）实验时，平衡摩擦后某同学改变了实验设计，他认为可以使用多个钩码且保持钩码和小车的总质量不变，将悬挂的钩码依次移入小车，也可以完成实验．将钩码移入小车后，剩余悬挂钩码质量为m1，测量得到的a−m1图像如图乙所示，设图中直线部分的斜率为k，则钩码和小车的总质量为________．（3）实验中换用打点计时器得到的纸带如图丙所示，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出N点的速度是________m/s，小车运动的加速度是________m/s2．（结果均保留两位有效数字）四、计算题如图所示，一个质量m=6kg的物体放在水平地面上，某时刻起对物体施加一个F=50N的拉力，使物体做初速度为零的匀加速直线运动．已知拉力与水平方向的夹角θ= 23∘，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin23∘=0.4，cos23∘=0.9，取重力加速度g=10m/s2．（1）求物体运动的加速度大小；（2）求物体在4.0s时的瞬时速率；（3）若在6.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直放置，CB是竖直直径，OA与水平方向的夹角为θ，θ=30∘．小球a的质量为m，从轨道上方某一高度处以水平初速度v0抛出；自A点与轨道相切进入竖直圆弧轨道，经过C点水平抛出落在与C点水平距离为2√2R的地面上．重力加速度为g，小球可视为质点．求：（1）小球在C点受到的轨道弹力F的大小；（2）小球a抛出时的速度v0的大小．如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为53∘的固定斜面的底端，另一端连接质量m A=6.5kg的小物块A，小物块A静止在斜面上的O点，距O点x0=2.5m的P处有一质量m B=1kg的小物块B，由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好回到O点，小物块A、B都可视为质点，已知A表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6．求：（1）碰后小物块A、B的速度大小；（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ=37∘，传送带顺时针匀速运动的速度大小v0=0.8m/s，物块A的质量m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5；物块B的质量m2=7kg，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.8．将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过4s两物块发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，A、B相对传送带滑动时会留下浅痕．已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：（1）两物块刚释放后各自加速度的大小；（2）两物块释放前它们之间的距离；（3）传送带上痕迹的长度．参考答案与试题解析2020-2021学年山东省潍坊市某校高三（上）10月山东新高考质量测评物理试卷一、单项选择题1.【答案】B【考点】速度、速度变化量和加速度的关系动量定理的理解动能定理的应用物体做曲线运动的条件【解析】加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度方向没有关系；根据动量定理，动量变化量等于合外力的冲量；根据动能定理知，合力做的功等于物体动能的变化量．【解答】解：A．加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度方向没有关系，A错误；B．加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B正确；C．根据动量定理，动量变化量等于合外力的冲量，由于合外力有可能变化，故在相等时间内物体合外力冲量可能不相同，则动量变化量也可能不相同，C错误；D．自由下落的物体，只受重力，根据动能定理知，合力做的功等于物体动能的变化量，相同时间内，物体下落的高度越来越大，重力做的功也越来越多，所以相同时间内动能的变化量不相同，D错误．故选B．2.【答案】C【考点】v-t图像（匀变速直线运动）【解析】在速度时间图像中图像与t轴包围的面积等于物体位移；加速度等于速度的变化量与所用时间的比值，据此由速度变化量和所用时间确定加速度的大小即可．【解答】解：100km/ℎ=1000003600m/s，由v=v0+at，可得1000003600m/s=a×12s，a≈2.5m/s2，x=v0t+12at2≈170m．故选C．3.【答案】C【考点】摩擦力做功与能量转化【解析】子弹的入射速度越小，子弹击穿木块所用的时间越长，木块加速度不变，故木块相对地面的位移越大，木块获得的速度越大，动能越大；阻力与相对位移的乘积等于系统机械能的减小量．【解答】解：ACD．子弹的入射速度越小，子弹击穿木块所用的时间越长，木块加速度不变，故木块相对地面的位移越大，木块获得的速度越大，动能越大，故C正确，AD错误；B．阻力与相对位移的乘积等于系统机械能的减小量，由于阻力大小不变，相对位移不变，故系统损失的机械能不变，故B错误．故选C．4.【答案】D【考点】平衡条件的基本应用【解析】气球在风中处于静止状态，受力平衡合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力F浮、拉力T和水平方向上风的作用力，根据水平方向和竖直方向的平衡列式计算即可．【解答】解：气球在风中处于静止状态，受力平衡，合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力F浮、拉力T和水平方向上风的作用力，根据平衡条件可得，水平方向有F=T cosθ，竖直方向有F浮=G+T sinθ=G+F tanθ，故D正确，ABC错误．故选D．5.【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】此题暂无解析【解答】解：ABC．由题意知，探测器距离火星d=ct2，根据G Mmr2=m v2r得，火星的质量M=v2rG，由题意知，航天器的周期为T，则r=vT2π，代入M=v 2rG ，解得M=v3T2πG，火星的半径R=r−d=vt2π−ct2，故A正确，BC错误．D．根据已知条件无法求出航天器的质量，故D错误．故选：A．6.【答案】D【考点】整体法与隔离法在平衡问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：物块相对斜面和小车静止，物块和斜面小车的加速度相等，设为a0，如图所示：物块受重力和斜面对物块的支持力，对物块由牛顿第二定律得：mg tan60∘=ma0，对物块和斜面小车整体，水平面光滑，合力等于外力F，由牛顿第二定律：F=(m+3m)a0，联立解得F=4√3mg．故选D．7.【答案】A【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【解析】此题暂无解析【解答】解：根据运动学公式x=12at2，运动员做匀减速运动，逆过程也可以看做初速度为零匀加速运动，运动员在15s内位移等于前5s内位移与后10s位移之和，设相小旗之间距离为单位1，可得：12a(15)2=12a(10)2+10，解得a=0.16，总位移为：x=12at2=12×(0.16)×(15)2=18，所以，总位移为18个小旗间隔，标记的小旗数量为19面．故选A．8.【答案】B【考点】动能定理的应用恒力做功向心力【解析】【解答】解：A．由动能定理可知，到达C点时小球在力F的方向上的位移为0，力F做功为0，到达C点时速度恰好为0，故A错误；B．当小球向右运动的位移最大时，小球的动能最大，速度最大，由动能定理得FR=1 2mv2则得最大速度v=√2FRmm，故B正确；C．当小球的速度最大时对轨道的压力最大，由水平方向受力分析可知F N−F=m v2R，解得F N=3F，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值为3F，故C错误；D．由动能定理可知，小球的速度大小一直在变化，故向心力的大小一直在变化，不做匀速圆周运动，故D错误．故选B．二、多项选择题【答案】A,C【考点】整体法与隔离法在平衡问题中的应用【解析】.【解答】解：对AB两物体，采用整体法进行受力分析，在竖直方向上：F N=(m1+m2)g−F sinθ，滑动摩擦力为：f=μF N，在水平方向上：f=F cosθ，联立解得：F=μ(m1+m2)gcosθ+μsinθ，由三角函数知识，得F的最小值为F min=12√1+μ2=36N，此时有θ=37∘，故BD错误，AC正确．故选AC．【答案】A,B,D【考点】传送带模型问题v-t图像（匀变速直线运动）【解析】.【解答】解：A．在t1∼t2时间内，物块向上运动，则有：μmg cosθ>mg sinθ，得μ>tanθ，故A正确；B．由图像与时间轴所围的面积大小等于位移可知，小物块在0∼t1时间内运动的位移比在t 1∼t 2时间内运动的位移大，故B 正确；C ．由动能定理可知W 合=12mv 22−0是t 1∼t 2时间内合外力做的功，不是传动带对物块做的功，故C 错误；D ．由题意知，0∼t 2时间内，物块的重力势能和动能均减小，减小的重力势能和动能都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律知，即0∼t 2时间内，物体与传动带产生的热量一定大于物块动能的减少量，故D 正确． 故选ABD ． 【答案】 A,C,D 【考点】机械能守恒的判断 动能和势能的相互转化【解析】由图知ℎ=4m 时，E =40J ，由E p =mgℎ得：m =1kg ，故A 正确；ℎ=2m 时， E p =20J,E 总=45J ，则物体的动能为E k =E 总−E p =25J ，故B 、C 错误；由图可知，下落到抛出点时，损失的机械能ΔE =20J ，故D 正确.【解答】解：A ．由图知ℎ=4m 时，E 总=E p =40J ，由E p =mgℎ得：m =1kg ，故A 正确；BC ．上升到ℎ=2m 时， E p ′=20J ，E 总′=45J ，则物体的动能为E k =E 总′−E p ′=25J ，由于上升和下落过程阻力大小不变，同理可知，下降到ℎ=2m 时， E p ″=20J ，E 总″=35J ，则物体的动能为E k ′=E 总″−E p ″=15J ，故B 错误，C 正确；D ．由图可知，下落到抛出点时，损失的机械能ΔE =20J ，故D 正确． 故选：ACD ． 【答案】 A,C【考点】平抛运动基本规律及推论的应用 瞬时功率自由落体运动的计算 动能 【解析】由ℎ=12gt 2求出乙运动的时间，然后求出乙的速度；然后结合运动的合成与分解求出甲的初速度和竖直方向的分速度，最后由速度公式求出甲在空中运动的时间从而知下落高度；重力的功率P =mgv y ． 【解答】解：A ．对于小球乙下落到C 点的速度有v 2=√2gℎ，而两个小球在该位置的动能相等，根据E k =12mv 2可得小球甲到达C 点时速度v 1=2√2=√gℎ，故小球甲的初速度为v1sin60∘=√3gℎ2，故A正确；B．小球甲到达C点时竖直速度为v1cos60∘=√gℎ2，运动时间为t1=√gℎ2g=12√ℎg，小球乙到达C点运动的时间为t2=v2g =√2ℎg，故运动时间之比为1:2√2，故B错误；C．小球甲下落的竖直高度为ℎ1=12gt12=ℎ8，故A、B两点的高度差为78ℎ，故C正确；D．小球甲到达C点的瞬时功率P1=m1gv1cos60∘，小球乙到达C点的瞬时功率P2= m2gv2，瞬时功率之比为1:√2，故D错误．故选AC．三、实验题【答案】（1）不需要（2）在落地点做小圆，圆心位置为D（3）4L(H−L)(1−cosθ)【考点】用传感器或其他器材测速验证机械能守恒定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）由实验原理可知，实验中不需要测量钢球的质量．（2）实验中，在钢球落地点做小圆，使落点都在小圆内，圆心位置为D．（3）实验中，若钢球的机械能守恒，则mgL(1−cosθ)=12mv2，x=vt，H−L=12gt2，化简得x2=4L(H−L)(1−cosθ)，因此，实验中，若x2=4L(H−L)(1−cosθ)，则说明钢球的机械能守恒．【答案】D（2）gk（3）0.58,0.56【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【解析】...【解答】解：（1）A．每次在小车上加减钩码时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误．B．实验时应先接通电源，再释放小车，故B错误．C．为了使钩码的重力等于细绳的拉力，本实验M应远大于m，故C错误．D．在用图像探究加速度与力、质量的关系时，为了通过线性图线得出a与m的关系，应作a−1m图像，故D正确．故选：D．（2）根据牛顿第二定律可知，m1g=m总a，即a=gm总m1=km1，因此，钩码和小车的总质量为gk．（3）由中间时刻瞬时速度等于平均速度这一结论，v N=11.56×10−20.1×2m/s≈0.58m/s，根据Δx=aT2可知，a=0.0662−0.04943×0.12m/s2=0.56m/s2．四、计算题【答案】（1）物体运动的加速度大小为256m/s2；（2）物体在4.0s时的瞬时速率为503m/s；（3）物体沿水平地面可滑行的最大距离为62.5m．【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动匀变速直线运动规律的综合运用【解析】（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式求出2s末的速度；（3）根据动能定理求出速度减为零的位移．【解答】解：（1）对物体受力分析，如图所示：以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可得，水平方向：F cosθ−f=ma，竖直方向：F sinθ+F支=mg，根据摩擦力公式：f=μN=μF支，联立代入数据可得：a=256m/s2．（2）根据速度与时间的关系可得：v=at=256×4m/s=503m/s．（3）撤去力F 后，根据牛顿第二定律得−μmg =ma 1， 则：a 1=−μg =−5m/s 2，v ′=at =25m/s ，根据位移与速度关系可得：x =0−v ′22a 1=62.5m ．【答案】（1）小球在C 点受到的轨道弹力F 的大小是mg ． （2）小球a 抛出时的速度v 0的大小是12√5gR ． 【考点】平抛运动基本规律及推论的应用 单物体的机械能守恒问题 竖直面内的圆周运动-弹力 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：（1）小球从C 点抛出做平抛运动，有：12gt 2=2R ，解得t 0=√4Rg，小球做平抛运动的水平位移：x =v C t =2√2R ，解得v C =√2gR ， 在圆周运动最高点C ，有： mg +F =mv C2R，解得F =mg ，方向竖直向下．（2）根据机械能守恒：12mv A 2=12mv C 2+mg 32R ，小球在A 点的速度：v A =√5gR ， 水平抛出时的速度大小为：v 0=v A 2=12√5gR ．【答案】（1）碰后小物块A 的速度大小是43m/s ，B 的速度大小113m/s ；（2）从碰后到小物块A 第一次回到O 点的过程中，弹簧对小物块A 的冲量大小为10N ⋅s ． 【考点】用牛顿运动定律分析斜面体模型 动量守恒定律的综合应用 系统机械能守恒定律的应用 动量定理的基本应用【解析】（1）对B 下滑过程应用动能定理可以求出碰撞前B 的速度，A 、B 发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。
山东省潍坊市2021届新高考五诊物理试题含解析
山东省潍坊市2021届新高考五诊物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．关于原子物理的知识下列说法中错误的为（ ）A ．电子的发现证实了原子是可分的B ．卢瑟福的α粒子散射实验建立了原子的核式结构模型C ．天然放射现象的发现揭示了原子核是由质子和中子组成的D ．β射线是高速运动的电子流，有较弱的电离本领【答案】C【解析】【详解】A.英国科学家汤姆生通过阴极射线的研究，发现电子，电子的发现证实了原子是可分的，所以A 不符合题意；B. 卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆生的原子结构模型，故B 不符合题意；C.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，故C 符合题意；D. β射线是高速运动的电子流，它贯穿本领比α粒子强，比γ射线弱，则有较弱的电离本质，故D 不符合题意。
2．汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机的功率为P ，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的关系如图所示，则在0～t 1时间内下列说法正确的是A ．汽车的牵引力不断减小B ．t=0时，汽车的加速度大小为0P mvC ．汽车行驶的位移为3010328v t mv P +D ．阻力所做的功为210328P t mv - 【答案】C【解析】【详解】B ．汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f ，发动机的功率为P ，由P=Fv 0=fv 0得阻力0P f v = t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则 0022PP F v v =＝ 根据牛顿第二定律得：2F f P a m mv -=-＝ 故大小为02P mv ，故B 错误。
CD ．根据动能定理得：()210200.5051122.f Pt W m v v m +=- 解得阻力做功为201382f P W mv t =-- 设汽车通过的位移为x ，由W f =-fx ，解得3010328v t mv x P=+ 故C 正确，D 错误。
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2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中BC边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向B．导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同C．导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动D．导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动2．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是A．它们运行的线速度一定大于第一宇宙速度B．地球对它们的吸引力一定相同C．一定位于赤道上空同一轨道上D．它们运行的速度一定完全相同3．科学家计划在1015年将首批宇航员送往火星进行考察．一质量为m的物体，假设在火星两极宇航员用弹簧测力计测得的读数为F1，在火星赤道上宇航员用同一把弹簧测力计测得的读数为F1．通过天文观测测得火星的自转角速度为ω，已知引力常量为G，将火星看成是质量分布均匀的球体，则火星的密度和半径分别为A．()211234FG F Fωπ-和122F Fmω-B．234Gωπ和122F Fmω-C．()211234FG F Fωπ-和122F Fmω+D．234Gωπ和122F Fm ω+4．某时刻水平抛出的小球，在1st=时的速度方向与水平方向的夹角130θ=，2st=，其速度方向与水平方向的夹角260θ=。
忽略空气阻力，重力加速度210m/sg=，则小球初速度的大小为（）A．103m/s B．10m/s C．53m/s D．5m/s5．利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A．地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离6．在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。
以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A．牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力B．根据速度定义式v＝xt∆∆，当Δt非常小时，xt∆∆就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法C．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法7．左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向（）A．磁感强度B．电流强度C．速度D．安培力8．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（）A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变9．职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。
已知运动员的质量为80 kg，重力加速度g取10 m/s2，关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是（）A．下落第1 s末的瞬时功率为4 000 WB．下落第1 s内的平均功率为8 000 WC．下落第2s末的瞬时功率为8 000 WD．下落第2s内的平均功率为12000 W10．氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光．要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.5l eV二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分11．如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F A，电阻R两端的电压为U R，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有A．B．C．D．12．关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（）A．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大C．一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加13．从水平面上方O 点水平抛出一个初速度大小为v 0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O 等高的A 点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。
若只改变初速度大小，使小球仍能击中A 点，则初速度大小可能为（ ）A ．2v 0B ．3v 0C ．2v D ．0 3v14．有一种调压变压器的构造如图所示。
线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 15．对于分子动理论的理解，下列说法正确的是_________。
A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B ．温度越高，扩散现象越明显C ．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢D ．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越大 E.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 三、实验题：共2小题16．某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。
该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz ，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________2/m s .（结果保留两位有效数字）（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N ；（3）重力加速度g 取210/m s ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
17．某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F 图线,如图(b)所示．重力加速度g=10m/s 1．（1）图(b)中对应倾斜轨道的试验结果是图线________ (选填“①”或“②”);（1）由图(b)可知，滑块和位移传感器发射部分的总质量为_______kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数为_______．（结果均保留两位有效数字） 四、解答题：本题共3题18．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆形磁场区域，与坐标原点O 相切，磁场的磁感应强度大小B=2×10－4T ，方向垂直于纸面向外，在x=1m 处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M 、N ，板间距离为d=0.5 m ，板长L=1m ，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O 1。
若在O 点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为qm=1×108C/kg ，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O 2O 3方向射入平行板间。
不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：（1）沿y 轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v 和粒子在磁场中的运动时间t 0；（2）从M 、N 板左端射入平行板间的粒子数与从O 点射入磁场的粒子数之比；（3）若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在两板间加上如图示电压（周期T 0），N 板比M 板电势高时电压值为正，在x 轴上沿x 轴方向安装有一足够长的荧光屏（图中未画出），求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l 。
19．（6分）了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验： ①取适量的种子，用天平测出其质量，然后将几粒种子装入注射器内；②将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V ，压强传感器自动记录此时气体的压强p ；③重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V 和记录相应的气体的压强p ；④根据记录的数据，作出1p﹣V 图线，并推算出种子的密度。
（1）根据图线，可求得种子的总体积约为_____ml （即cm 3）。
（2）如果测得这些种子的质量为7.86×10﹣3kg ，则种子的密度为_____kg/m 3。
（3）如果在上述实验过程中，由于操作不规范，使注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是_____、_____。
这样操作会造成所测种子的密度值_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。