2020年廣東省深圳市高考物理一模試卷

1、2020年廣東省深圳市高考物理一模試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）圖為2020年深圳春節(jié)期間路燈上懸掛的燈籠，三個(gè)燈籠由輕繩連接起來(lái)掛在燈柱上，O為結(jié)點(diǎn)，輕繩OA、OB、OC長(zhǎng)度相等，無(wú)風(fēng)時(shí)三根繩拉力分別為FA、FB、FC其中OB、OC兩繩的夾角為60，燈籠總質(zhì)量為3m，重力加速度為g。下列表述正確的是（）AFB一定小于mgBFB與FC是一對(duì)平衡力CFA與FC大小相等DFB與FC合力大小等于3mg2（6分）為了做好疫情防控工作，小區(qū)物業(yè)

2、利用紅外測(cè)溫儀對(duì)出入人員進(jìn)行體溫檢測(cè)。紅外測(cè)溫儀的原理是：被測(cè)物體輻射的光線只有紅外線可被捕捉，并轉(zhuǎn)變成電信號(hào)。圖為氫原子能級(jí)示意圖，已知紅外線單個(gè)光子能量的最大值為1.62eV，要使氫原子輻射出的光子可被紅外測(cè)溫儀捕捉，最少應(yīng)給處于n2激發(fā)態(tài)的氫原子提供的能量為（）A10.20eVB2.89eVC2.55eVD1.89eV3（6分）電容器是一種常用的電學(xué)元件，在電工、電子技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用。以下有關(guān)電容式傳感器在生活中應(yīng)用說(shuō)法正確的是（）A甲圖中，手指作為電容器一電極，如果改用絕緣筆在電容式觸摸屏上仍能正常操作B乙圖中，力F增大過(guò)程中，電流計(jì)中的電流從a流向bC丙圖中，油箱液位上升時(shí)，電容

3、變小D丁圖中，當(dāng)傳感器由靜止突然向左加速，電容器處于充電狀態(tài)4（6分）如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為11：1，原線圈接入如圖乙所示的正弦式交變電流，A、V均為理想電表，二極管D正向電阻為零，反向電阻無(wú)窮大，R是定值電阻，L是燈泡，Rt是熱敏電阻（電阻隨溫度升高而減?。?。以下說(shuō)法正確的是（）A交變電流的頻率為100HzB電壓表的示數(shù)為10VC當(dāng)溫度升高時(shí)，燈泡L變亮D當(dāng)溫度降低時(shí)，理想變壓器輸入功率增大5（6分）如圖甲所示，質(zhì)量為0.5kg的物塊和質(zhì)量為1kg的長(zhǎng)木板，置于傾角為37足夠長(zhǎng)的固定斜面上，t0時(shí)刻對(duì)長(zhǎng)木板施加沿斜面向上的拉力F，使長(zhǎng)木板和物塊開(kāi)始沿斜面上滑，作用一段時(shí)間t

4、后撤去拉力F已知長(zhǎng)木板和物塊始終保持相對(duì)靜止，上滑時(shí)速度的平方與位移之間的關(guān)系如圖乙所示，sin370.6，cos370.8，g10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）A長(zhǎng)木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.35B拉力F作用的時(shí)間為t2sC拉力F的大小為13ND物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2可能為0.886（6分）如圖所示，一光滑絕緣足夠長(zhǎng)的斜面與兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷連線的中垂面重合，O為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)。A、B為斜面上的兩點(diǎn)，且BOAO一個(gè)帶電荷量為q、質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，從A點(diǎn)以初速度v0開(kāi)始沿斜面下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度恰好為零。（斜面對(duì)電場(chǎng)無(wú)影響）以下說(shuō)法正確的是（）A小物塊帶正電，從

5、A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度先增大后減小B小物塊帶負(fù)電，從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大C小物塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)具有最大速度D小物塊能回到A點(diǎn)，且速度大小等于v07（6分）如圖所示，一磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，且范圍足夠大。紙面上M、N兩點(diǎn)之間的距離為d，一質(zhì)量為m的帶電粒子（不計(jì)重力）以水平速度v0從M點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場(chǎng)后會(huì)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，已知M、N兩點(diǎn)連線與速度v0的方向成30角。以下說(shuō)法正確的是（）A粒子可能帶負(fù)電B粒子一定帶正電，電荷量為C粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間可能是D粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間可能是8（6分）如圖所示，航天器和衛(wèi)星分別在同一平面內(nèi)的1、2軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑分

6、別為r、2r，速率分別為v1和v2，航天器運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)突然加速到v3后沿曲線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與軌道2交于B點(diǎn)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速率和加速度分別為v4和a1，衛(wèi)星通過(guò)B點(diǎn)時(shí)加速度為a2已知地球的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的物體離地球中心距離為r時(shí)，系統(tǒng)的引力勢(shì)能為（取物體離地球無(wú)窮遠(yuǎn)處引力勢(shì)能為零），物體沿AB曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能為零。則下列說(shuō)法正確的是（）Av3Bv2v4Ca1a2D若航天器質(zhì)量為m0，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中地球?qū)λ囊ψ龉閙0v22三、非選擇題：共174分第2232題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（5分）小明同學(xué)在“研究物體

7、做勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（電源頻率為50Hz）記錄了被小車拖動(dòng)的紙帶的運(yùn)動(dòng)情況，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)進(jìn)行研究（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出）。其中x10.70cm，x21.62cm，x32.75cm，x4 cm（從圖中讀?。瑇55.65cm，x67.41cm，則打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打D點(diǎn)時(shí)小車的速度vD m/s，小車的加速度a m/s2（計(jì)算結(jié)果均保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位）10（10分）在一次測(cè)量定值電阻Rx阻值（Rx5）的分組實(shí)驗(yàn)中，甲、乙兩組分別進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)過(guò)程：（1）甲組可選器材如下：滑動(dòng)變阻器RA（0500，100mA）；滑動(dòng)變阻器RB（0

8、5，2A）；電流表A（00.6A、內(nèi)阻約2：03A、內(nèi)阻約0.5）；電壓表V（03V、內(nèi)阻約1.5k：015V、內(nèi)阻約7.5k）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V）；開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干。為便于調(diào)節(jié)和測(cè)量，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，應(yīng)選擇 （選填“RA”或“RB”）；請(qǐng)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)器材，在圖甲中將實(shí)物電路連接完整：按以上操作，測(cè)得Rx測(cè) Rx真（填“”、“”或“”）。（2）乙組可選器材如下：電壓表V（03V）；滑動(dòng)變阻器RC（10，1A）；電阻箱R0（0999.99）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V）；開(kāi)關(guān)S。請(qǐng)根據(jù)乙組的電路圖乙和以上實(shí)驗(yàn)器材在MN處先接 ，按一定的步驟操作后記下儀表的讀數(shù)，再換接 、正確操作后測(cè)出Rx

9、的阻值；若在MN處更換器材時(shí)，不小心將滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移了一些，測(cè)量結(jié)果將 （填“變大”、“變小”或“不變”）。（3）比較甲乙兩組測(cè)量結(jié)果， 組更接近真實(shí)值（填“甲”或“乙”）。11（12分）如圖所示，金屬圓環(huán)軌道MN、PQ豎直放置，兩環(huán)之間ABDC內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長(zhǎng)線過(guò)圓心。電阻為r，長(zhǎng)為2l的輕質(zhì)金屬桿，一端套在內(nèi)環(huán)MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球，球套在外環(huán)PQ上，且都與軌道接觸良好。內(nèi)圓半徑r1l，外圓半徑r23l，PM間接有阻值為R的電阻，讓金屬桿從AB處無(wú)初速釋放，恰好到達(dá)EF處，EF到圓心的連線

10、與豎直方向成角。其它電阻不計(jì)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。求：（1）這一過(guò)程中通過(guò)電阻R的電流方向和通過(guò)R的電荷量q；（2）金屬桿第一次即將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，金屬球的速率v和R兩端的電壓U。12（20分）如圖所示，光滑水平面上有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，左端固定，質(zhì)量為mA1kg的滑塊A緊靠彈簧右端（不拴接），彈簧的彈性勢(shì)能為Ep32J質(zhì)量為mB1kg的槽B靜止放在水平面上，內(nèi)壁間距為L(zhǎng)0.6m，槽內(nèi)放有質(zhì)量為mC2kg的滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)），C到左側(cè)壁的距離為d0.1m，槽與滑塊C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1現(xiàn)釋放彈簧，滑塊A離開(kāi)彈簧后與槽B發(fā)生正碰并粘連在一起。已知槽與滑塊C發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。（g10

11、m/s2）求：（1）滑塊A與槽碰撞前、后瞬間的速度大??；（2）槽與滑塊C最終的速度大小及滑塊C與槽的左側(cè)壁碰撞的次數(shù)；（3）從槽開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到槽和滑塊C相對(duì)靜止時(shí)各自對(duì)地的位移大小?！疚锢?選修3-3】（15分）13（5分）如圖所示，圓筒形容器A、B用細(xì)而短的管連接，活塞F與容器A的內(nèi)表面緊密接觸，且不計(jì)摩擦。初始K關(guān)閉，A中有溫度為T0的理想氣體，B內(nèi)為真空，整個(gè)系統(tǒng)對(duì)外絕熱?，F(xiàn)向右緩慢推動(dòng)活塞F，直到A中氣體的體積與B的容積相等時(shí)，氣體的溫度變?yōu)門1，則此過(guò)程中氣體內(nèi)能將 （填“變大”、“不變”、“變小”）。然后固定活塞不動(dòng)，將K打開(kāi)，使A中的氣體緩慢向B擴(kuò)散，平衡后氣體的溫度變?yōu)門2，那么T

12、2 T1（填“”、“”、“”）。14（10分）如圖甲所示，A端封閉、B端開(kāi)口、內(nèi)徑均勻的玻璃管長(zhǎng)L100cm，其中有一段長(zhǎng)h15cm的水銀柱把一部分空氣封閉在玻璃管中。當(dāng)玻璃管水平放置時(shí)，封閉氣柱A長(zhǎng)LA40cm。現(xiàn)把玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直，如圖乙所示，再把開(kāi)口端向下插入水銀槽中，直至A端氣柱長(zhǎng)L130cm為止，這時(shí)系統(tǒng)處于靜止平衡。已知大氣壓強(qiáng)p075cmHg，整個(gè)過(guò)程溫度不變，試求：玻璃管旋轉(zhuǎn)至豎直位置時(shí)，A端空氣柱的長(zhǎng)度；如圖丙所示，最后槽內(nèi)水銀進(jìn)入玻璃管內(nèi)的水銀柱的長(zhǎng)度d（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。【物理-選修3-4】（15分）15如圖所示，有兩束細(xì)單色光p、q射向置于空氣中的三棱鏡表面，

13、此時(shí)三棱鏡的右側(cè)表面只有一束光線射出（不考慮反射的情景），則兩束光在三棱鏡中的傳播速率vp vq（填“”、“”、“”），若一束為黃光，一束為紅光，則 是紅光（填“p”或“q”）。16一列簡(jiǎn)諧橫波的波源振動(dòng)一個(gè)周期時(shí)波形如甲圖所示，乙圖為質(zhì)點(diǎn)Q從該時(shí)刻計(jì)時(shí)的振動(dòng)圖象，P、Q分別是平衡位置為x10.5m和x22m處的質(zhì)點(diǎn)。I請(qǐng)判斷該簡(jiǎn)諧橫波的傳播方向和P、Q兩點(diǎn)誰(shuí)先到達(dá)波谷，并計(jì)算波速；從計(jì)時(shí)時(shí)刻起，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)Q第三次出現(xiàn)在波峰位置時(shí)，請(qǐng)確定x11m處的質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方向及M在這段時(shí)間內(nèi)的總路程。2020年廣東省深圳市高考物理一模試卷參考答案與試題解析二、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四

14、個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1【解答】解：ACD、三個(gè)燈籠受到重力與OA的拉力，所以O(shè)A的拉力FA3mg三根繩子等長(zhǎng)，可知OB與OC的拉力是相等額；對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析如圖：可知：FBcos30+FCcos30FA3mg，所以：，故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤，D正確；B、由圖可知，F(xiàn)B與FC的方向不在同一條直線上，所以不是一對(duì)平衡力，故B錯(cuò)誤；故選：D。2【解答】解：由氫原子能級(jí)示意圖可知，最少應(yīng)給處于n2激發(fā)態(tài)的氫原子提供的能量，若使其躍遷到n4激發(fā)態(tài)，然后氫原子從n4激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷時(shí)，所輻射光子能量最小

15、值為：Emin0.85eV（1.51eV）0.66eV1.62eV，同理，若氫原子從n3激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷時(shí)，所輻射光子能量最小值為：Emin1.51eV（3.4eV）1.89eV1.62eV，紅外線單個(gè)光子能量的最大值為1.62eV，要使氫原子輻射出的光子可被紅外測(cè)溫儀捕捉，因此最少應(yīng)給處于n2激發(fā)態(tài)的氫原子提供的能量，躍遷到n4激發(fā)態(tài)滿足條件，那么提供的能量為：EE4E20.85eV（3.4eV）2.55eV，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。3【解答】解：A、兩個(gè)彼此絕緣的靠得很近的導(dǎo)體，構(gòu)成一個(gè)簡(jiǎn)單的電容器。電容器的兩個(gè)電極都是導(dǎo)體，若把絕緣筆代替手指，絕緣筆不是導(dǎo)體，不能作為電容器的一

16、電極，觸摸屏就不能正常工作了，故A錯(cuò)誤；B、乙圖中，力F增大的過(guò)程中，電容器兩極板間距離減小，根據(jù)可知電容增大，電容器始終與電源相連，所以電容器兩板間電壓不變，根據(jù)可知，電容器所帶電荷量增多，所以力F增大的過(guò)程中，給電容器充電，有充電電流，電流計(jì)中的電流從b流向a，故B錯(cuò)誤；C、丙圖中油箱液位上升時(shí)，等效為電容器的正對(duì)面積增加，根據(jù)可知電容增大，故C錯(cuò)誤；D、丁圖中，當(dāng)傳感器由靜止突然向左加速時(shí)，電介質(zhì)進(jìn)入電容器中部分增多，相當(dāng)于介電常數(shù)增大，根據(jù)可知電容增大，根據(jù)可知，電容器帶電荷量增加，所以電容器處于充電狀態(tài)，故D正確。故選：D。4【解答】解：A、分析圖乙可知，原線圈接入的正弦式交變電流的

17、最大值為Um220V，周期：T0.02s，則頻率：f50Hz，故A錯(cuò)誤；B、二極管具有單向?qū)щ娦?，根?jù)電流熱效應(yīng)求解輸入電壓的有效值，解得：U1110V，根據(jù)變壓比可知，副線圈輸出電壓：U210V，則電壓表示數(shù)為10V，故B正確；C、溫度升高，熱敏電阻Rt阻值減小，根據(jù)歐姆定律可知，電流表示數(shù)增大，電阻R兩端電壓增大，副線圈輸出電壓不變，則燈泡兩端電壓減小，燈泡L變暗，故C錯(cuò)誤；D、溫度降低，熱敏電阻Rt阻值增大，根據(jù)歐姆定律可知，電流表示數(shù)減小，副線圈輸出功率減小，則理想變壓器的輸入功率減小，故D錯(cuò)誤。故選：B。5【解答】解：設(shè)物塊的質(zhì)量為m0.5kg，長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M1kg；由速度位移的關(guān)

18、系式：v22ax與圖形對(duì)比得：物體的最大速度vm8m/s，撤去F前的加速度大小a1m/s21m/s2，撤去F后的加速度大小a2m/s28m/s2。AC、撤去F前由牛頓第二定律得：F（m+M）gsin371（m+M）gcos37（m+M）a1，撤去F后由牛頓第二定律得：（m+M）gsin37+1（m+M）gcos37（m+M）a2，聯(lián)立解得：F13.5N，10.75，故AC錯(cuò)誤；B、力F作用時(shí)物體做加速運(yùn)動(dòng)，由速度公式得：vma1t，解得：t8s，故B錯(cuò)誤；D、以物塊為研究對(duì)象，加速上升過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律可得2mgmgsin37ma1，解得20.7，物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2可能為0.8

19、8，故D正確。故選：D。6【解答】解：A、根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，電場(chǎng)線方向沿OA、OB方向，沿斜面方向電勢(shì)先升高后降低，小物塊一初速度沿斜面下滑，到B點(diǎn)速度為零，整個(gè)過(guò)程中有重力和電場(chǎng)力做功，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以小物塊帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、小物塊帶負(fù)電，沿斜面從A到O，電勢(shì)升高，電勢(shì)能減小。從O到B，電勢(shì)降低，電勢(shì)能增大，故小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大，故B正確；C、當(dāng)小物塊受力平衡時(shí)，速度最大。當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，所受電場(chǎng)力為零，合力為重力沿斜面向下的分力，其加速度不為零，還將繼續(xù)加速下滑，故C錯(cuò)誤；D、小物塊到B點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)

20、所受沿斜面向上的電場(chǎng)力大于沿斜面向下的重力的分力，不能保持靜止，所以，小物塊將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。因?yàn)檎麄€(gè)過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功，所以只有機(jī)械能和電勢(shì)能之間的相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)物塊返回到A點(diǎn)時(shí)，重力和電場(chǎng)力做功為零，則小物塊的動(dòng)能不變，速度不變，故D正確。故選：BD。7【解答】解：根據(jù)題意可得，粒子從M點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場(chǎng)后會(huì)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，軌跡如圖所示：A、根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由于M、N兩點(diǎn)之間的距離為d，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子第一次經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角60，則：Rd，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：R解得粒子的電荷量為：q，故B正確；

21、CD、設(shè)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間為t，則t（n+）T（n+）；如果n1，則t；如果n2，則t，故CD正確。故選：BC。8【解答】解：AB、航天器在AB軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，且為零，故：，解得：，；根據(jù)環(huán)繞速度公式，衛(wèi)星在軌道1的速度，在軌道2的速度，故v3，v2v4，故A正確，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律，加速度，加速度，故a1a2，故C錯(cuò)誤；D、若航天器質(zhì)量為m0，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中地球?qū)λ囊ψ龉Φ扔趧?shì)能的減小量，故：，而，故由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中地球?qū)λ囊ψ龉閙0v22，故D正確。故選：AD。三、非選擇題：共174分第2232題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3

22、338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9【解答】解：從圖中得x45.10cm1.00cm4.10 cm，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，所以計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T0.1s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度得：vD0.12m/s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式xaT2可以求出加速度的大小，得：a0.21m/s2，故答案為：4.10，0.12，0.21。10【解答】解：（1）被測(cè)電阻約5，為了便于調(diào)節(jié)和測(cè)量，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，即RB；因?yàn)镽x，所以電流表外接，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，連接實(shí)物圖，如圖。利用電

23、流表外接，由于電壓表的分流，測(cè)得電流偏大，根據(jù)R知被測(cè)電阻偏小，即Rx測(cè)Rx真。（2）乙組是利用的等效替代的思想，在MN處先接Rx，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器到電壓表合適的示數(shù)，記下電壓表表的讀數(shù)，再換接R0，調(diào)節(jié)變阻箱至電壓表讀數(shù)和接R想時(shí)示數(shù)相等，此時(shí)變阻箱的讀數(shù)即為Rx的阻值；若在MN處更換器材時(shí)，不小心將滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移了一些，總電阻變小，電流變大，根據(jù)R知測(cè)量結(jié)果將變小。（3）根據(jù)以上分析知乙組測(cè)量更接近真實(shí)值。故答案為：（1）RB；如圖；（2）Rx，R0，變小。（3）乙。11【解答】解：（1）金屬桿從AB處無(wú)初速釋放，向下轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中切割磁感應(yīng)線，根據(jù)右手定則可知通過(guò)桿的電流

24、方向BA，則通過(guò)R的電流方向由M指向P；金屬桿從AB滑動(dòng)到CD的過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量qt，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：，該過(guò)程的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：，則通過(guò)R的電荷量q；（2）設(shè)金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)金屬桿的角速度為，第一次離開(kāi)磁場(chǎng)到EF，由動(dòng)能定理得：mg3l（1cos）0mv2，解得：v，由于v3l，解得；金屬桿第一次離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為：EB0B0，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得U。答：（1）這一過(guò)程中通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)镸P，通過(guò)R的電荷量為；（2）金屬桿第一次即將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，金屬球的速率為，R兩端的電壓為。12【解答】解：（1）彈簧的彈性勢(shì)能為：Ep32J，根據(jù)能量守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得

25、：v8m/s滑塊A離開(kāi)彈簧后與槽B發(fā)生正碰并粘連在一起，根據(jù)動(dòng)量定理有：mAv（mA+mB）v0代入數(shù)據(jù)解得：v04m/s（2）ABC三個(gè)物體看做一個(gè)系統(tǒng)，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最后三個(gè)物體一起運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：（mA+mB）v0（mA+mB+mC）v代入數(shù)據(jù)解得：v2m/s則槽與滑塊C的最終速度大小為2m/s；整個(gè)過(guò)程中損失的能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則有：QmCgS，S為滑塊C相對(duì)于槽所走的路程有：Q8J聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：S4mC到左側(cè)壁的距離為：d0.1m則滑塊C與槽的左側(cè)壁碰撞的次數(shù)為：n次最后滑塊停在槽的中間位置。（3）設(shè)AB的質(zhì)量為m，C的質(zhì)量為m，設(shè)凹槽與滑塊C碰前的速度分別為 v1

26、、v2，碰后的速度分別為v1、v2以AB碰后的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv1+mv2mv1+mv2由機(jī)械能守恒定律得：解得：v1v2，v2v1，即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間。則有：則vv0+at，ag解得：t2s設(shè)凹槽與物體的速度分別為vA，vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0mvC+mvB即為：v0vC+vB，vA，vB的運(yùn)動(dòng)方向相同，結(jié)合上式可得兩物體位移關(guān)系為：v0tSB+SC，根據(jù)第二問(wèn)分析，兩者一直同方向運(yùn)動(dòng)，相對(duì)靜止時(shí)物塊在凹槽的中端，所以兩物體的位移關(guān)系為SCSB0.2解得：SC4.1m，SB3.9m答：（1）滑塊A與槽碰撞前速度為8m/s、后瞬間的速度為4m/s；（2）槽與滑塊C最終的速度大小為2m/s及滑塊C與槽的左側(cè)壁碰撞的次數(shù)為4次；（3）從槽開(kāi)始運(yùn)動(dòng)