2020年四川省瀘州市高考物理二診試卷

1、2020年四川省瀘州市高考物理二診試卷一、選擇題（本題包括 8小題，每小題6分，共48分）1 .甲、乙兩汽車在同一平直公路上做直線運(yùn)動(dòng)，其速度時(shí)間（v-t）圖象分別如圖中 a、b兩條圖線所示，其中 a圖線是直線，b圖線是拋物線的一部分，兩車在ti時(shí)刻并排行駛。下列關(guān)于兩車的運(yùn)動(dòng)情況，判斷正確的是（）A.甲車做負(fù)方向的勻速運(yùn)動(dòng)B .乙車的速度先減小后增大C.乙車的加速度先減小后增大D.在t2時(shí)刻兩車也可能并排行駛2 .如圖所示為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)裝置圖。實(shí)驗(yàn)中用a光照射光電管時(shí)，靈敏電流計(jì)有示數(shù)；而用b光照射光電管時(shí),靈敏電流計(jì)沒有示數(shù)。則下列說法中正確的是（）cgn'" *

2、4; , 也勰A . a光頻率大于b光頻率B.若增加b光的照射時(shí)間，靈敏電流計(jì)將會(huì)有示數(shù)C.若增大b光的光照強(qiáng)度，靈敏電流計(jì)將會(huì)有示數(shù)D.用b光照射時(shí)，適當(dāng)增大電源的電壓，靈敏電流計(jì)將會(huì)有示數(shù)3 .心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個(gè)不計(jì)內(nèi)阻的交流電源，其電壓Ui會(huì)隨著心跳頻率發(fā)生變化。如圖所示，心電儀與一理想變壓器的初級(jí)線圈相連接，揚(yáng)聲器（等效為一個(gè)定值電阻）與一滑動(dòng)變阻器連接在該變壓器的次級(jí)線圈。則（A.保持滑動(dòng)變阻器滑片 P不動(dòng)，當(dāng)U1變小時(shí)，揚(yáng)聲器的功率變大B.保持滑動(dòng)變阻器滑片 P不動(dòng)，當(dāng)U1變小時(shí)，原線圈電流I1變小C.若保持U1不變，將滑動(dòng)變

3、阻器滑片 P向右滑，揚(yáng)聲器獲得的功率增大D.若保持U1不變，將滑動(dòng)變阻器滑片 P向右滑，副線圈的電流 I2增大4 .綠化工人在街道旁邊栽種大樹時(shí)，為了確保樹干不傾斜，需要用鐵桿來支撐。通常是用一個(gè)鐵環(huán)緊套在樹干上，三根長度不同的鐵桿一端均勻分布在固定的鐵環(huán)上，另一端固定在同一個(gè)水平地面上， 大樹栽好后豎直壓在地上,如圖所示。由于樹剛栽，地面對(duì)大樹的作用力，除了豎直向上的支持力以外，其它力可以不考慮。則下列說法中A .三根鐵桿對(duì)大樹的作用力大小一定相等B.大樹對(duì)地面的作用力一定大于自身的重力C .鐵桿對(duì)大樹的作用力與地面對(duì)大樹的支持力是一對(duì)平衡力D,鐵桿對(duì)大樹的作用力在水平方向的合力為零5 .繼

4、我國探月工程之后，2020年我國計(jì)劃啟動(dòng)火星探測任務(wù)，擇機(jī)發(fā)射火星探測器。若已知引力常量G和火星的半徑R,火星探測器環(huán)繞火星表面飛行的周期T,那么根據(jù)這些已知條件可估算（）A.火星的第一宇宙速度B.火星的自轉(zhuǎn)角速度C.探測器的質(zhì)量D.探測器受火星的引力6 .利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域?；魻栐Ｓ脙煞N半導(dǎo)體材料制成：一類是N型半導(dǎo)體，其載流子是電子，另一類是 P型半導(dǎo)體，其載流子稱為“空穴”，相當(dāng)于帶正電的粒子。把某種材料制成的長方體霍爾元件豎直放在勻強(qiáng)磁場中，磁場B的方向垂直于霍爾元件的工作面，當(dāng)霍爾元件中通有如圖所示方向的電流I時(shí)，其上、下兩表面之間會(huì)形成電

5、勢差。則下列說法中正確的是（A.若長方體是N型半導(dǎo)體，則上表面電勢高于下表面電勢B.若長方體是P型半導(dǎo)體，則上表面電勢高于下表面電勢C.在測地球赤道的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)與所在位置的水平面平行D.在測地球兩極的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)與所在位置的水平面平行7.已知與長直通電導(dǎo)線距離為 r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B二，其中I為導(dǎo)線中的電流，k為常數(shù)。在/ ABC =120° r的等腰三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處各有一條長直通電導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流I,電流方向如圖所示。其中O點(diǎn)為AC邊的中點(diǎn)，D點(diǎn)與B點(diǎn)關(guān)于AC邊對(duì)稱?，F(xiàn)將另外一根通電導(dǎo)體棒垂直于紙面放在O點(diǎn)時(shí)，

6、其受到的安培力的大小為F.若將該導(dǎo)體棒垂直于紙面放到D點(diǎn)，電流大小和方向與在 O點(diǎn)時(shí)一致，則此時(shí)該導(dǎo)體棒受到的安培力（）1 .T .*0* *eocV * .A .方向與在。點(diǎn)受到的安培力方向相同B .方向與在。點(diǎn)受到的安培力方向垂直C.大小為FD.大小為2F8.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電物塊， 以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點(diǎn)，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng) C點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后再返回到A點(diǎn)。已知斜面傾角 0= 30。，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 四二上三，整個(gè)過程斜面均保持靜止，物塊所帶電量不變。則下列判斷正確的是（）3/；A.物塊在上滑過程中機(jī)械能一定減小B

7、.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C.物塊下滑時(shí)經(jīng)過 C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能D.物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力一定為零三、非選擇題9.某小組同學(xué)用如圖所示的裝置來“驗(yàn)證動(dòng)能定理”，長木板固定在水平桌面上，其左端與一粗糙曲面平滑連接，木板與曲面連接處固定一光電門，A是光電門的中心位置， 滑塊P上固定一寬度為d的遮光片。將滑塊從曲面的不同高度釋放，經(jīng)過光電門后，在木板上停下來，設(shè)停下來的那點(diǎn)為B點(diǎn)。該小組已經(jīng)測出滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 四、查得當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?go根據(jù)本實(shí)驗(yàn)的原理和目的回答以下問題：(1)為了 “驗(yàn)證動(dòng)能定理”，他們必需測量的物理

8、量有 ;A.滑塊釋放的高度 hB.遮光片經(jīng)過光電門時(shí)的遮光時(shí)間tC.滑塊的質(zhì)量mD. A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x(2)該組同學(xué)利用題中已知的物理量和(1)問中必需測量的物理量，只需要驗(yàn)證表達(dá)式 在誤差范圍內(nèi)成立即可驗(yàn)證動(dòng)能定理；(3)以下因素會(huì)給實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來誤差的是 。A.滑塊釋放時(shí)初速度不為零B.曲面不光滑C.遮光片的寬度不夠小D.光電門安放在連接處稍偏右的地方10 . 一小燈泡上標(biāo)有“ 3.8V, 1.14W”的字樣，現(xiàn)用伏安法研究這個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，實(shí)驗(yàn)室有如下器材可供選用：A.電壓表 V1 (03V,內(nèi)阻 RV1約為5kQ)B.電壓表 V2 （015V,內(nèi)阻RV2約為25k ）C.電流表

9、 A1 （量程為200mA,內(nèi)阻RA1為10Q）D.電流表A2 （量程為600mA,內(nèi)阻RA2約為4Q）E.定值電阻R0 （10Q）F.滑動(dòng)變阻器R （0-9Q, 1A）G.電源E （6V,內(nèi)阻約為1Q）H單刀開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干（1）要求測量盡量準(zhǔn)確，且測量范圍盡可能大，并能測量小燈泡的額定電流，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的兩個(gè)電表分別是、 （填對(duì)應(yīng)器材前的字母序號(hào)）（2）請(qǐng)利用（1）問中選擇的電表，在甲圖所示的虛線框里把實(shí)驗(yàn)電路圖補(bǔ)充完整（要求在圖中需標(biāo)明所選器材的字母代號(hào)）；（3）實(shí)驗(yàn)測得該小燈泡伏安特性曲線如圖乙所示。如果用兩節(jié)干電池組成的電源E1 （電動(dòng)勢3V,內(nèi)阻1Q）和滑動(dòng)變阻器R1 （019Q

10、）,將該小燈泡連接成如圖丙所示的電路。閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器 R1的滑片，則流過小燈泡的最小電流為 A.（結(jié)果保留2位小數(shù)）11 .如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距L = 1m,導(dǎo)軌平面與水平面成0= 30°角，下端連接一定值電阻R=2Q,勻強(qiáng)磁場 B= 0.4T垂直于導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量 m= 0.2kg、電阻r= 1 Q的金屬棒ab,其長度與導(dǎo)軌寬度相等?，F(xiàn)給金屬棒ab施加一個(gè)平行于導(dǎo)軌平面向上的外力F,使金屬棒ab從靜止開始沿軌道向上做加速度大小為a= 3m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒ab始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度取g=10

11、m/s2.求：（1）當(dāng)電阻R消耗的電功率 P=1.28W時(shí)，金屬棒ab的速度v的大??；（2）當(dāng)金屬棒ab由靜止開始運(yùn)動(dòng)了 x= 1.5m時(shí)，所施加外力 F的大小。12 .在一個(gè)足夠長的水平桌面上，靜置著一個(gè)足夠長的木板A, A的右端與桌面邊沿平齊，其上邊緣距水平地面的豎直高度h=0.8m。木板A上靜置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的B、C物塊，它們之間有一個(gè)被鎖定的壓縮輕彈簧(彈簧與兩物塊均不連接)，彈簧存儲(chǔ)的彈性勢能為 5.4J.已知mA = mB=0.1kg、mc=0.3kg,木板A與桌面、物塊 C與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 因=0.1,物塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù) 理=0.3.解鎖后彈簧在瞬間恢復(fù)原長，

12、兩物塊均開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊C距離木板A的右邊緣xi=2.5m。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取 g = 10m/s2.求：(1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊 B、C的速度；(2)物塊C從離開A板落地過程中的水平位移；(3)物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止時(shí)，相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的距離。13 .下列說法中正確的是()A.布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)B.擴(kuò)散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的C.熱量只能從高溫物體傳到低溫物體D.固體分子間同時(shí)存在著引力和斥力E.溫度標(biāo)志著物體內(nèi)大量分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度14 .如圖所示，一內(nèi)壁光滑的長圓柱形容器，器壁絕熱、底面積為S且導(dǎo)熱性能良好。初始時(shí)開口向上豎直放置。容器內(nèi)有

13、兩個(gè)質(zhì)量均為 出三的絕熱活塞A和B .在A與B之間封有一定質(zhì)量溫度為 To、高度為d的理想氣體倍?；钊c器壁間密閉性能好，且甲，B與容器底面之間封有一定質(zhì)量的理想氣體乙，平衡時(shí)甲、乙兩部分氣體的體積均相等?，F(xiàn)讓容器緩慢倒過來開口向下豎直放置，兩個(gè)活塞再次平衡，此時(shí)氣體甲的體積變?yōu)樵瓉淼臒o摩擦，外界的溫度不變，大氣壓強(qiáng)為po,重力加速度取g。求:容器開口向下放置時(shí)氣體甲的溫度;容器開口向下放置時(shí)氣體乙的體積。15 .如圖所示，甲圖表示S1和S2兩相干水波的干涉圖樣， 設(shè)兩列波各自的振幅均為 5cm,且圖示范圍內(nèi)振幅不變，波速和波長分別是1m/s和0.5m , B是AC連線的中點(diǎn)；乙圖為一機(jī)械波源

14、 S3在同種均勻介質(zhì)中做勻速運(yùn)動(dòng)的某一時(shí)刻的波面分布情況。兩幅圖中實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷。則下列關(guān)于兩幅圖的說法中正確的是（）A .甲圖中AB兩點(diǎn)的豎直高差為 10cmB.甲圖中C點(diǎn)正處于平衡位置且向水面下運(yùn)動(dòng)C.從甲圖所示時(shí)刻開始經(jīng) 0.25s, B點(diǎn)通過的路程為 20cmD.乙圖所表示的是波的衍射現(xiàn)象E.在E點(diǎn)觀察到的頻率比在 F點(diǎn)觀察到的頻率高16 .某精密光學(xué)儀器上有一塊玻璃磚是由一塊長方體的勻質(zhì)玻璃下部分挖掉一個(gè)半徑為R的半圓柱形成的，其截面如圖所示，CD為半圓柱體的直徑，。為圓心，AD長為近R. 一束單色光從 AD邊的中點(diǎn)E垂直射入玻璃磚， 經(jīng)過折射后從玻璃磚中射出。已知玻璃磚

15、對(duì)該單色光的折射率為V2,光在真空中的傳播速度為Co請(qǐng)畫出此光束在玻璃磚中的光路圖，并求出該單色光從進(jìn)入玻璃磚到第一次射出玻璃磚時(shí)的折射角；該單色光從進(jìn)入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所經(jīng)歷的時(shí)間。/)02020 年四川省瀘州市高考物理二診試卷參考答案一、選擇題（本題包括8 小題，每小題6 分，共 48 分）1 .【解答】解：A、甲車沿正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤；B 、由圖象可知，乙車的速度先增大后減小，故B 錯(cuò)誤；C、根據(jù)圖象的斜率等于加速度，可知乙車的加速度先減小后增大，故C正確；D、兩車在tl時(shí)刻并排行駛，因tl到t2時(shí)間內(nèi)乙的位移大于甲的位移，可知在t2時(shí)刻兩車不可能并排行駛，故D錯(cuò)誤。

16、故選：C。2 .【解答】解：A、光電管兩端接正向電壓，實(shí)驗(yàn)中用a光照射光電管時(shí)，靈敏電流計(jì)有示數(shù)，說明能夠發(fā)生光電效應(yīng)；而用b 光照射光電管時(shí)，靈敏電流計(jì)沒有示數(shù)，說明不能發(fā)生光電效應(yīng)，可知a 光頻率大于b 光頻率，故A 正確；BC、根據(jù)光電效應(yīng)的規(guī)律可知，若增加b光的照射時(shí)間以及增加 b光的光照強(qiáng)度，都不能發(fā)生光電效應(yīng)，則靈敏電流計(jì)都不會(huì)有示數(shù)，故BC 錯(cuò)誤；D 、用b 光照射時(shí)不能發(fā)生光電效應(yīng)，即使適當(dāng)增大電源的電壓，也不會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，靈敏電流計(jì)也不會(huì)有示數(shù)，故D 錯(cuò)誤。故選：A。3 【解答】解：AB 、保持滑動(dòng)變阻器滑片P 不動(dòng)，當(dāng)U1 變小時(shí)，根據(jù)變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)關(guān)系可知

17、，次級(jí)電壓U 2減小，根據(jù)歐姆定律和功率公式可知，揚(yáng)聲器的功率變小，次級(jí)電流減小，根據(jù)變流比可知，原線圈初級(jí)電流I1 也變小，故A 錯(cuò)誤， B 正確；CD、若保持U1不變，根據(jù)變壓比可知，次級(jí)電壓U2不變，將滑動(dòng)變阻器滑片 P向右滑，電阻變大，根據(jù)歐姆定律可知，次級(jí)電流I2減小，則揚(yáng)聲器獲得的功率減小，故 CD錯(cuò)誤。故選： B 。4 .【解答】解：A、三根鐵桿長度不等，與地面的夾角不等，則對(duì)大樹的作用力大小不相等，故A錯(cuò)誤；B 、由平衡知識(shí)可知，地面對(duì)大樹的作用力與鐵桿對(duì)大樹的作用力的合力等于大樹的重力，可知地面對(duì)大樹的作用力小于大樹的重力，則大樹對(duì)地面的作用力一定小于自身的重力，故B 錯(cuò)誤；

18、C、因?yàn)榈孛鎸?duì)大樹的作用力與鐵桿對(duì)大樹的作用力的合力等于大樹的重力，可知鐵桿對(duì)大樹的作用力與地面對(duì)大樹的支持力不是一對(duì)平衡力，故C 錯(cuò)誤；D正確。D、大樹栽好后豎直壓在地上，則鐵桿對(duì)大樹的作用力在水平方向的合力為零，故故選：D。5 .【解答】解：A、第一宇宙速度是衛(wèi)星繞星球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的運(yùn)行速度，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，火星的第一宇宙速度：u旦里，故A正確；B、由題中條件只能求出探測器繞火星表面運(yùn)行的角速度，不能求解火星的自轉(zhuǎn)角速度，故B錯(cuò)誤；C、探測器繞火星表面飛行，根據(jù)萬有引力提供向心力，落=1/TVr,只能求解中心天體-火星的質(zhì)量,臚 產(chǎn)探測器的質(zhì)量 m從兩邊消掉了，則不能求解探測

19、器的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤；D、探測器的質(zhì)量未知，則不能求解探測器受火星的引力，故 D錯(cuò)誤。故選：A。6 .【解答】解：AB、若長方體是 N型半導(dǎo)體，載流子是電子，由左手定則可知，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面電勢低于下表面電勢；若長方體是P型半導(dǎo)體，載流子是帶正電的粒子，則帶正電的粒子向上表面偏轉(zhuǎn)，即上表面電勢高于下表面電勢，故 A錯(cuò)誤，B正確；C、赤道處的地磁場是水平的，則在測地球赤道的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)與所在位置的水平面垂直，故C錯(cuò)誤；D、兩極處的地磁場是豎直的，在測地球兩極的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)與所在位置的水平面平行，故正確。故選：BD。7 .【解答】解：AB .由磁場疊加以及安

20、培定則可知，AC兩處的直導(dǎo)線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場疊加結(jié)果為零，則O的磁場是B點(diǎn)的直導(dǎo)線在 。點(diǎn)產(chǎn)生的，其方向?yàn)樗较蜃?；同理可知D點(diǎn)的合磁場方向也是水平向左，則導(dǎo)體棒在。點(diǎn)和D點(diǎn)所受安培力的方向相同（如下圖） ，故A正確，B錯(cuò)誤；CD.由以上分析可知， 。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為:D 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：=fc_+k-1_cos*oQ6st04 =_因A、B、C三通電導(dǎo)線在。與D處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同， 則導(dǎo)體棒在 O、D兩點(diǎn)受安培力相等， 即大小為F,故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC 。8 .【解答】解：A、通過對(duì)帶電物體受力分析，可知上滑過程中滿足：EqcosAf+mgsin 0,則電場力做功大于摩擦力做

21、功，即除重力以外的其它力對(duì)物體做正功，則物體的機(jī)械能增加，故 A錯(cuò)誤；B、上滑過程中由動(dòng)能定理：W電-Wf-WG = AEk,則W電Wg,則物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，故 B錯(cuò)誤；C、由于滑塊下滑經(jīng)過 C點(diǎn)往下運(yùn)動(dòng)，再返回到 C點(diǎn)時(shí)有摩擦力做功，則由能量關(guān)系可知物塊下滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能，故 C正確；D、當(dāng)不加電場力時(shí)，由于斜面對(duì)物體的支持力為：N = mgcos30° ;摩擦力：f=(jmgcos30° = mgsin30° ,可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當(dāng)加電場力后，支持力和摩擦力成比例關(guān)系增加，則

22、摩擦力和支持力的合力仍豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的方向豎直向下，可知斜面在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，故 D正確。故選：CD。三、非選擇題9 .【解答】解：(1)要驗(yàn)證的是從滑塊經(jīng)過光電門到最后在木板上停止時(shí)動(dòng)能減小量等于摩擦力做功，即為：12,-mv - U rngx苴中，r-八十v-t可得：2t2則必須要測量的物理量是：遮光片經(jīng)過光電門時(shí)的遮光時(shí)間t和A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x,故選BD。(2)由以上分析可知，需要驗(yàn)證表達(dá)式宅*=上不在誤差范圍內(nèi)成立即可驗(yàn)證動(dòng)能定理；2t2(3) A、滑塊釋放時(shí)初速度不為零對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，故 A錯(cuò)誤；B、曲面不光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)

23、無影響，故 B錯(cuò)誤；C、遮光片的寬度不夠小，則測得的滑塊經(jīng)過A點(diǎn)的速度有誤差，會(huì)給實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來誤差，故 C正確；D、光電門安放在連接處稍偏右的地方對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，故 D錯(cuò)誤。故選：Co故答案為：(1) BD; (2) |J(3) C10.【解答】解：(1)小燈泡的額定電流為:1 14工若節(jié)&=(1 3AU O則電流表選擇 A2；小燈泡額定電壓為 3V,兩個(gè)電壓表量程除了偏小就是偏大，可用已知內(nèi)阻的電流表A1與定值電阻R0串聯(lián)，可相當(dāng)于量程為 U = Ig (RA1+R0) =4V的電壓表；則兩個(gè)電表選擇 CD;(2)根據(jù)(1)分析可知，應(yīng)用 A1與定值電阻串聯(lián)后測量電壓，由于改裝電壓表內(nèi)

24、阻已知，故可以采用電流表 外接法的方法進(jìn)行測量，電路如圖所示。(3)燈泡與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，則可知，當(dāng)電流最小時(shí)，滑動(dòng)變阻器電阻取最大值19Q,將滑動(dòng)變阻器的阻值等U = E-Ir =3-201,將此關(guān)系畫在燈泡的U - I線上如圖，交點(diǎn)坐標(biāo)為:I = 130mA = 0.13A。效為電源內(nèi)阻，則故答案為：(1) CD(2)如圖所示;(3) 0.13 (0.120.13 均可)11 【解答】解：(1)根據(jù)題意可得:P=I2R,解得:由閉合電路歐姆定律可得：E= I (R+r) = 2.4V再由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E= BLv 1聯(lián)立解得：=6mz s1 dL(2)根據(jù)題意，金屬棒 ab在上升

25、過程中，切割磁感線可得:E = BLv2F 安=BILE= I (R+r)由金屬棒ab在上升過程中，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：鏟二2ax對(duì)金屬棒ab進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F- mgsin 0 - F安=ma聯(lián)立解得：F=1.76N答：(1)當(dāng)電阻R消耗的電功率 P=1.28W時(shí)，金屬棒ab的速度v的大小為6m/s；(2)當(dāng)金屬棒ab由靜止開始運(yùn)動(dòng)了 x= 1.5m時(shí)，所施加外力 F的大小為1.76N12 .【解答】解：(1)彈簧解鎖到恢復(fù)原長過程，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：-mBvB+mCvC=0,由機(jī)械能守恒定律得：e彈斗叫v看&am

26、p;叱邛I代入數(shù)據(jù)解得： vb = 9m/s, vC = 3m/s;(2)由題意可得，B、C兩物塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，各自對(duì)物塊 A的滑動(dòng)摩榛力方向相反，大小分別為：fB=必mBg, fC= /mCg,而木板A與水平桌面之間的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力：fA= / (mA+mB+mC) g,由于：fB-fCV fA,可知木板 A在此階段是靜止的。物塊C向右滑動(dòng)直到到達(dá) A右端的過程,由動(dòng)能定理得:1I叱呂叱物塊C離開A后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：卜目”，水平方向：X2=vC' t,代入數(shù)據(jù)解得：X2 = 0.8m ；(3)當(dāng)物塊C向右運(yùn)動(dòng)，直到離開木板 A的過程中，物塊 B向左做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛

27、頓第二定律得：-mCg=mCaC, |j2mBg=mBaB,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間公式得：vc' = vC - aCt1,物塊C離開木板之后，由于：fB=(j2mBg>fAz = / (mA+mB) g,木板A開始向左加速運(yùn)動(dòng)，直到與物塊B共速。由牛頓第二定律得：fB - fA=mAaA,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間公式得：vB ' = vB - aB ( t1 +t2), vA = aAt2,最終A、B速度相等：VB' = VA,此過程物塊B運(yùn)動(dòng)的距離為：X3= (tl+t2),2共速后，A、B 一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停下來，A、B共同減速運(yùn)動(dòng)過程，由

28、牛頓第二定律得：1 (mA+mB) g= ( mA+mB) a,/ 2 v 口 該過程位移： X4 =則物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到停止，運(yùn)動(dòng)的距離為：X總= X3+X4,代入數(shù)據(jù)解得：X總=14.25m；答：(1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊 B、C的速度分別為9m/s、3m/s；(2)物塊C從離開A板落地過程中的水平位移為 0.8m；(3)物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止時(shí)，相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的距離為14.25m。13 【解答】解：A.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體表面的固體顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，是液體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.擴(kuò)散現(xiàn)象是不同物質(zhì)相互接觸，彼此進(jìn)入對(duì)方的現(xiàn)象；其產(chǎn)生原因?yàn)榻M成物質(zhì)的分子永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故B正確；C .熱量能自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，也能從低溫物體