2021屆福建泉州市高考物理一模試卷附答案詳解

2021屆福建泉州市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共20.0分）

1.如圖甲，一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m=2kg的物塊靜置于x軸上的

某位置（圖中未畫出），t=0時刻，物塊在外力作用下沿x軸開始運

動，如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖像的?部分，下列說

法正確的是

A.t=4s時物塊的速率為2m/s

B.物塊做勻加速直線運動且加速度大小為17H/S2

C.t=4s時物塊位于x=4nl處

D.在0?4s時間內(nèi)物塊運動的位移67n

2.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)均可調(diào)節(jié)，原線圈兩端接一正弦式交變電流，為了

使變壓器輸入功率增大,

A.只增加原線圈的匝數(shù)叫B.只減少副線圈的匝數(shù)電

C.只減小負(fù)載電阻R的阻值D.只增大負(fù)載電阻尺的阻值

3.把皮球從地面以某一初速度豎直上拋，經(jīng)過一段時間后皮球又落回拋出點，上升最大高度的一

半處記為4點.以地面為零勢能面.設(shè)運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，則下列說

法不正確的是（）

A.皮球上升過程中的克服重力做功等于下降過程中重力做功

B.皮球上升過程中重力的沖量大于下降過程中重力的沖量

C.皮球上升過程與下降過程空氣阻力的沖量大小相等

D.皮球下降過程中重力勢能與動能相等的位置在4點下方

4.如圖所示，同一軌道上有兩艘繞地球運行的宇宙飛船，它們的運行周

期為T，運行速度為/已知引力常量為G,則下列說法正確的是（）

A.地球的質(zhì)量為鑒

B.兩飛船運動的軌道半徑釁

C.兩飛船運動的加速度為平

D.后面的飛船要追上前面的飛船進行對接需向后噴出一些物質(zhì)使其加速

5.如圖所示，傾角為a足夠大的光滑斜面上，有一個xOy坐標(biāo)系，x軸]4]

沿水平方向.若將光滑金屬小球從。點分別施以不同的初始運動條/~/—?/

件，關(guān)于其后運動規(guī)律，下列分析不正確的有（）//

A.將小球以初速度%分別沿x和y的正方向拋出后，將同時到達(dá)斜■

面底邊

B.將小球以初速度%分別沿％正方向和y的負(fù)方向拋出，到達(dá)斜面底邊時速度一樣大

C.將小球以速度北沿x正方向拋出和無初速度釋放小球，到達(dá)斜面底邊的時間相同

D.無論怎樣將小球沿斜面拋出或釋放，小球做的都是勻變速運動，加速度大小均為gs譏a

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

6.下列說法中正確的是（）

A.盧瑟福根據(jù)a粒子的散射實驗結(jié)果提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型

B.IH+IH號〃e+乩是核聚變反應(yīng)方程

C.放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短

D.y射線是能量很高的電磁波，它的電離作用和穿透能力都很強

7.如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖。帶電粒子a、b從容器中的4點飄出（B

在4點初速度為零），經(jīng)電壓U加速后，從x軸坐標(biāo)原點處進入磁感應(yīng)強!s*二x

It___

度為B的勻強磁場，最后分別打在感光板S上，坐標(biāo)分別為修、*2?圖中㈤-

半圓形虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，貝M）

A.a的比荷一定大于b的比荷

B.b進入磁場的速度一定大于a進入磁場的速度

C.若a、b電荷量相等，則它們的質(zhì)量之比ma：mb=x1：xj'

D.若a、b質(zhì)量相等，則它們電荷量相等

8.汽車在平直路面上由靜止開始以a=2rn/s2的加速度勻加速啟動，經(jīng)過匕=5s達(dá)到額定功率，

隨后汽車保持該額定功率繼續(xù)行駛了6s達(dá)到最大速度，若人及汽車的總質(zhì)量僧=1000kg,受到

的阻力恒為車重的0.2倍，重力加速度g取10m/s2,以下正確的是（）

A.汽車勻加速時的牽引力為4xIO42

B.汽車的額定功率42000W

C.該電動汽車在t2時間內(nèi)行駛的位移大小為457n

D.該電動汽車在t2時間內(nèi)行駛的位移大小為427n

9.一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)發(fā)生了一次循環(huán)變化，其壓強p隨熱力學(xué)溫

度7變化的關(guān)系如圖所示，0、a、b在同一直線上，反與橫軸平行。/

Pi--/c

則（）/：

A.a到b過程，氣體的體積不變。Ti

B.a到b過程，氣體對外界做功

C.b到c過程，氣體從外界吸收熱量

D.b狀態(tài)時內(nèi)能大于c狀態(tài)時的內(nèi)能

10.一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，某時刻的波形如圖，質(zhì)點a正向上/-4L

運動。由此可知（）!

0.4\!I/0.8萬m

A.該波沿x軸正方向傳播bc

B.此時質(zhì)點c正向上運動

C.從此時亥（］起，質(zhì)點a比質(zhì)點。先到達(dá)平衡位置

D.從此時刻起，質(zhì)點b比質(zhì)點c先到達(dá)平衡位置

E.質(zhì)點a振動一個周期的過程中，波傳播的距離為0.8m

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.在“驗證機械能守恒定律”的次實驗中，重物拖著紙帶自由下落，在紙帶上打出一系列的點,

如圖所示，已知相鄰計數(shù)點的時間間隔為0.02s,回答以下問題：

“4計-??

（1）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是.

人圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線上

8.實驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，使紙帶豎直

C實驗時，先放開紙帶，再接通打點計時器的電源

D數(shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較近的兩點作為初、末位置

(2)某同學(xué)用如圖甲所示裝置進行實驗，得到如圖乙所示的紙帶，把第一個點(初速度為零)記作。點，

測出點。、4間的距離So=68.97an,點A、C間的距離Si=15.24cm,點C、E間的距離s?=16.76cm,

已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?.8rn/s2,重物的質(zhì)量為m=1.0kg,則打點計時器在打。點到C點的這段

時間內(nèi)，重物動能的增加量為_J,重力勢能的減少量為;((結(jié)果均保留兩位小數(shù))

(3)在實驗中發(fā)現(xiàn)，重物減少的重力勢能_____重物增加的動能(選填“大于”或“小于”或“等于),

其原因主要是因為。

-------------------------------------1

12.有一電阻％，其阻值在1000?2000之間，額定功率為0.25W.要用；

??

伏安法盡可能較準(zhǔn)確地測量它的阻值，實驗器材有：：；

??

電流表量程為50nL4,RA1=ioon!；

??

電流表①，量程為14RA2=20。

??

電壓表匕，量程為W,Ry】=10k。：；

電壓表彩，量程為15U,RV2=30/cfi

變阻器變阻范圍。?200,24

變阻器/?2，變阻范圍0?10000，14

9V電源，電鍵，導(dǎo)線.

(1)實驗中應(yīng)選用的電流表、電壓表、變阻器分別是：.

(2)畫出所用實驗電路圖.

四、簡答題(本大題共1小題，共8.0分)

13.圖1所示，MON,M'0'N'是兩條間距為L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌，。、0'處平滑連接，導(dǎo)軌電阻

不計，右端接有阻值為R=0.30的電阻，M。、M'O'為傾斜導(dǎo)軌，傾角。=37。，其間存在垂直

于斜面向上的勻強磁場，ON、O'N'為光滑水平導(dǎo)軌，其中PP'右側(cè)有豎直向上的勻強磁場，兩

個區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小相等。若將質(zhì)量為m=0.5kg、電阻為r=0.20的金屬棒從斜軌上不同

高度處由靜止釋放，當(dāng)釋放點的高度八大于等于1.2m時，均停在水平導(dǎo)軌上的QQ'處，且金屬棒

在傾斜軌道上運動的加速度a與速度”的關(guān)系如圖2所示。現(xiàn)將金屬棒從h=1.5m高處靜止釋放,

金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g-10m/s2^

求：

(1)金屬棒與傾斜導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃和磁感應(yīng)強度大小B；

(2)金屬棒在傾斜軌道上運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR；

(3)金屬棒在水平軌道上的磁場區(qū)域運動的過程中，通過金屬棒的電荷量q。

五、計算題(本大題共3小題，共30.0分)

14.如圖，質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平地面上，在與水平方向成37。角、

大小為10N的拉力作用下移動2m,已知地面與物體間的動摩擦因數(shù)

〃=0.5.(g=10m/s2)

求：(1)拉力對物體做的功;

(2)摩擦力對物體做的功;

(3)外力對物體做的總功。

15.導(dǎo)熱性能良好的氫氣瓶，容積為112L,內(nèi)部儲有135g氫氣，瓶上壓力表顯示氫氣壓強為30at

使用一段時間后壓力表示數(shù)降為10個大氣壓，周圍環(huán)境溫度不變。求：己使用氫氣的質(zhì)量。

16.如圖所示，兩面平行玻璃磚下表面涂有反射物質(zhì)，一條與上表面成45。入射的光線，在右端垂直

標(biāo)尺上形成了4B兩個光斑，已知玻璃磚的厚度為d,折射率為近，光在真空中的傳播速度為c,

求：

(1)4、B之間的距離；

(2)光在玻璃磚中傳播的時間.

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：AB,由圖根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得：x=/-2.根據(jù)勻變速直線-3-2-16i234T/m

運動的速度位移關(guān)系公式得：v2-vl=2ax/

得％=且_比2—

2a2a/i..

。246

對比可得，*=1,解得a=0,5m/s2,所以物塊做勻加速直線運動且乙

加速度大小為0.5?n/s2,t=4s時物塊的速率為u=at=0.5X4=2m/s,故A正確，B錯誤；

C、圖象與x軸的交點表示物塊的初始位置坐標(biāo)，根據(jù)圖象可知，物塊的初始位置坐標(biāo)為x=-2m,

t=4s時，v~2m/s,v2=4m2/s2,由圖可得，x=2m,C錯誤.

D、在0-4s時間內(nèi)物塊運動的位移為Ax=2m-（-2m）=4m,故。錯誤.

故選：A

根據(jù)數(shù)學(xué)知識寫出X關(guān)于"2的表達(dá)式，根據(jù)位移速度公式求出X關(guān)于/的表達(dá)式，進行對比，得到加

速度，并分析物塊的運動情況.根據(jù)圖象的斜率和截距求解位移即可.

本題主要考查了牛頓第二定律以及運動學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，圖象問題，一般要根據(jù)物理規(guī)律得

到解析式，再從斜率和截距出發(fā)研究圖象的意義.

2.答案：C

解析：解：4、原線圈匝數(shù)增加使得副線圈電壓減小，輸出功率減小，輸入功率也減小，故A錯誤;

2、副線圈匝數(shù)減小，電壓電流都減小，故輸出功率減小，故8錯誤；

C、負(fù)載電阻減小，而電壓不變，所以輸出功率和輸入功率都增大，故C正確，。錯誤

故選：Co

根據(jù)電壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率.

做好本類題目除了利用變壓器特點外，還要根據(jù)閉合電路的歐姆定律去分析負(fù)載變化引起的電流變

化.

3.答案：B

解析：

對小球運動的全程應(yīng)用動能定理及動量定理進行分析，根據(jù)圖象明確其

下降的位移及時間，則可明確動量及重力做功等物理量的變化情況.

本題采用了圖象法進行分析，由解答過程可以得出圖象法應(yīng)用恰當(dāng)，可以起到事半功倍的效果，應(yīng)

注意應(yīng)用.

A、小球在上升和下降過程中，由于運動的高度相同，故重力做的功大小相同，故A正確；

8、小球往返運動先后通過同一位置過程中用動能定理，重力做功為零，阻力做負(fù)功，因此一定有〃>

因此上升過程的平均速度一定大于下降過程的平均速度，上升時間小于下降時間，即上升過程

重力沖量較??；故B錯誤；

C、右圖第一、第四象限中陰影部分的面積表示上升和下降過程的位移大小相等方向相反；若將縱坐

標(biāo)改為f,由于/ocv,因此第一、第四象限中陰影部分的面積仍相等，其物理意義為上升、下降過

程阻力的沖量等大反向；故C正確；

。、設(shè)下降b后離地面的高度為后，下降九1過程克服阻力做功，因此而Ek=mgh2,因

此九1>h2，即該點在中點下方；故。正確；

本題選錯誤的；故選：B.

4.答案:C

解析：解：AB,由圓周運動規(guī)律〃=孚可得飛船圓周運動軌道半徑r=9；地球?qū)︼w船的萬有引力

127T

提供圓周運動向心力有：G等號

解得地球的質(zhì)量為：M=w，故AB錯誤：

C、飛船的加速度為：a=,=羿，選項C正確；

。、后面的飛船向后噴出一些物質(zhì)后飛船速度增加，圓周運動所需向心力增加，而萬有引力沒有發(fā)

生變化，則飛船將做離心運動，軌道半徑增大，不能追上前面的飛船，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)線速度與周期的關(guān)系求得軌道半徑，再根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力求得中心天體的質(zhì)量,

根據(jù)萬有引力提供向心力和衛(wèi)星變軌原理分析即可。

解決本題的關(guān)鍵是能通過萬有引力提供圓周運動向心力關(guān)鍵是掌握萬有引力的表達(dá)式及向心力的不

同表達(dá)式，知道衛(wèi)星變軌原理。

5.答案：A

解析：解：4、對球進行受力分析并由牛頓第二定律可求加速度a=gsina,方向沿斜面向下。設(shè)。點

到底邊距離為3若沿x正向拋出可由L=：at2求出￡,若沿y軸正向拋出則應(yīng)滿足“=%―口產(chǎn)，

求出3二者顯然不同，故A錯誤.

B、根據(jù)動能定理得，在整個過程中，只有重力做功，下降的高度相等，初動能相等，則末動能相等，

到達(dá)斜面底邊時的速度一樣大。故8正確。

C、由分運動等時性知沿x正方向拋出與無初速釋放小球時間均由L=：前2決定，則到達(dá)斜面底邊的

時間相同。故C正確。

。、由牛頓第二定律知加速度均為gsina,只不過有勻變速直線與勻變速曲線之分，故。正確。

本題選錯誤的，故選4。

一個復(fù)雜的勻變速曲線運動運動可以分解為兩個互相垂直的直線運動，注意分運動的等時性、等效

性和獨立性.

做此類題目時.，特別注意對兩分運動獨立性、等時性的理解，以及勻變速的含義是加速度恒定.

6.答案：AB

解析：解：4、盧瑟福根據(jù)a粒子散射實驗的結(jié)果提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確；

B、該方程是輕核聚變反應(yīng)，故B正確；

C、放射性元素的半衰期不受溫度等外界條件影響，故C錯誤；

。、y射線是能量很高的電磁波，它的穿透能力都很強，電離本領(lǐng)很差，故力錯誤。

故選：AB.

根據(jù)物理學(xué)史的知識，結(jié)合盧瑟福的貢獻判斷；

聚變是質(zhì)量較輕的核轉(zhuǎn)化為質(zhì)量較大的核；

放射性元素的半衰期與溫度的變化無關(guān)：

y射線是能量很高的電磁波；

本題考查的知識點較多，難度不大，重點掌握盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型以及半衰期的特點和y射線的特

征的內(nèi)容。

7.答案：AC

解析：解：粒子經(jīng)電壓U加速過程只有電場力做功，設(shè)加速后的速度為"，則由動能定理可得：qU=

-mv2

2

故有：v=但

7m

粒子進入勻強磁場后只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，則有：Bvq=

mv2

R

所以，打在x軸上的坐標(biāo)為：刀=2/?=翳=攀器；

AB.由圖可得：%2>xv故Q的比荷較大，那么，Q進入磁場的速度較大，故A正確，3錯誤;

C、若Q、6電荷量相等，則有%2=］故？Ha：mb=xl:%2?故。正確；

D、若a、b質(zhì)量相等，則有：/：泡=器，故電荷量不等，故。錯誤；

故選：AC.

由動能定理得到進入磁場的速度表達(dá)式，再由洛倫茲力做向心力求得軌道半徑，進而求得打在感光

板S上x坐標(biāo)的表達(dá)式，從而根據(jù)坐標(biāo)大小關(guān)系求解。

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，一般根據(jù)洛倫茲力做向心力求得軌道半徑表達(dá)式，然后

根據(jù)幾何關(guān)系求解。

8.答案:AC

解析：解：4、在勻加速階段，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-0.2mgma,解得F=4000N,故A

正確；

B、5s末的速度為"=at=2x5m/s=10m/s,故汽車的額定功率P=Fv=4000x10W=40kW,

故B錯誤；

CD、當(dāng)牽引力等于阻力H寸，速度達(dá)到最大，則%1=￡=；m/s=20m/s

2

在汽車保持該額定功率繼續(xù)行駛了6s的過程中，根據(jù)動能定理可得：Pt2-fx=lmv^-lmv,解

得x=45m,故C正確，D錯誤

故選：ACo

先研究勻加速運動的過程，根據(jù)牛頓第二定律和P=F。求出額定功率，當(dāng)牽引力等于阻力時，汽車

的速度達(dá)到最大，由「=?發(fā)=/1;求出最大速度，由動能定理求變加速運動的位移即可。

本題是機車的啟動問題，理清恒定加速度啟動時車子的運動過程，把握兩個臨界條件：牽引力功率

在達(dá)到額定功率時勻加速運動結(jié)束。當(dāng)加速度為零時，汽車變加速運動結(jié)束，速度達(dá)到最大。

9.答案：AC

解析：解：AB,ab是過原點的傾斜的直線表示氣體發(fā)生等容變化，即氣體的體積不變；因體積不變

則與外界無做功過程，故A正確，B錯誤。

CD,b到c過程，氣體發(fā)生等壓變化，溫度升高，內(nèi)能增大，根據(jù)氣態(tài)方程￡=c可知，氣體的體積

增大，氣體對外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△(/=(?+〃可知，體從外界吸收熱量。故C正確，D

錯誤。

故選：AC.

p-7圖象過原點的傾斜的直線表示氣體發(fā)生等容變化。圖象上的點與原點連線的斜率為彳，根據(jù)此

斜率，結(jié)合氣態(tài)方程與=c分析體積的變化。根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況。

本題關(guān)鍵要掌握圖象的物理意義，分析氣體體積的變化，此題是氣體態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的綜

合應(yīng)用，難度不大。

10.答案：ADE

解析：

由a點的振動方向向上，可判斷波的傳播方向，確定c的運動方向，并能比較b、c兩點回到平衡位置

的先后。

波的圖象往往先判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時，要熟練分析波動形成的過程，

分析物理量的變化情況。

AB.根據(jù)波形圖，因質(zhì)點a正向上運動，則該波沿x軸正方向傳播，此時質(zhì)點c正向下運動，故A

正確，8錯誤；

C.從此時刻起，因a向上振動，而質(zhì)點b向上振動，可知質(zhì)點b比質(zhì)點a先到達(dá)平衡位置，故C錯誤；

。.從此時刻起，因b向上振動，而質(zhì)點c向下振動，可知質(zhì)點b比質(zhì)點a先到達(dá)平衡位置，故。正確；

E.質(zhì)點a振動一個周期的過程中，波傳播一個波長的距離，即0.8m,故E正確；

故選：ADEo

11.答案：AB8.008.25大于重物下落過程要克服阻力做功，機械能有損失

解析：解：(1)4、為減小紙帶與限位孔間的摩擦力，圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線上，故A正

確；

8、為減小重物下落過程紙帶受到的摩擦力，實驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，使紙帶豎直，故B正確;

C、為使紙帶上打出第一個點時的速度為零，充分利用紙帶，實驗時，先接通打點計時器的電源，再

釋放紙帶，故C錯誤；

力、為減小實驗誤差，數(shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠(yuǎn)的兩點作為初、末位置，故。錯誤。

故選：AB.

(2)做勻變速直線運動的物體在某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，

打C點時重物的速度%=竿=+然-I產(chǎn)m/s=4.0m/s

打點計時器在打。點到C點的這段時間內(nèi),重物動能的增加量ZEk=1xl.Ox4.02/=8Oo/,

重力勢能的減少量/Ep=mg(s0+sj=1.0x9.8x(68.97+15.24)X10-2J=8.25/；

(3)重物下落過程要受到空氣阻力作用，紙帶要受到摩擦阻力作用，重物下落過程要克服阻力做功,

機械能有損失，機械能不守恒，重力勢能的減少量大于動能的增加量。

故答案為：(1)48；(2)8.00；8.25；(3)大于；重物下落過程要克服阻力做功，機械能有損失。

(1)根據(jù)實驗注意事項分析答題。

(2)根據(jù)勻變速直線運動的推論求出打C點的瞬時速度，然后求出動能的增加量；根據(jù)重力勢能的計

算公式求出重力勢能的減少量。

(3)重物下落過程要克服阻力做功，重力勢能的減少量大于動能的增加量。

本題考查了驗證機械能守恒定律實驗，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)實驗注意事項、應(yīng)

用勻變速直線運動的推論、動能的計算公式與重力勢能的計算公式即可解題；解題時注意有效數(shù)字

的保留。

12.答案：&、匕、匕

解析：解：(1)：根據(jù)P=/2R可求出通過待測電阻的最大電流為加以==儒A=0.054=50mA，

或/max=-^200=35m4，所以電流表應(yīng)選“1；

根據(jù)U=/R可求出待測電阻兩端的最大電壓應(yīng)為4n=lmax-R=0.05X1001Z=5U或Um=35X

IO-x200U=7.1V,為使電壓表讀數(shù)準(zhǔn)確，電壓表應(yīng)選匕；

E9

540/2

根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路中需要的最大電阻應(yīng)為Rmax=斤=.0x10-30=,由于變阻器

凡的全電阻遠(yuǎn)小于需要的最大電阻，所以變阻器應(yīng)選擇％(選用變阻器/?2時，變阻器的滑片只在總長

度的：左右滑動，誤差較大)，且應(yīng)采用分壓式接法.

(2)：由于待測電阻滿足電流表應(yīng)采用外接法，變阻器應(yīng)采用分壓式接法，實驗所用電路如

KxKA

故答案為：⑴勺、匕、Ri；(2)如圖

本題(1)根據(jù)P=JR求出通過待測電阻的最大電流來選擇電流表的量程，根據(jù)U=/R求出待測電阻

兩端的最大電壓來選擇電壓表的量程，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變

阻器大??；題(2)根據(jù)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻可知變阻器應(yīng)采用分壓式接法，根據(jù)待測電阻

滿足MM可知電流表應(yīng)用外接法.

應(yīng)明確：①根據(jù)通過待測電阻的最大電流和最大電壓來選擇電流表和電壓表的量程，根據(jù)電路中需

要的最大電阻選擇變阻器的大小；②當(dāng)待測電阻滿足段>粉寸，電流表應(yīng)用外接法，滿足當(dāng)<合時，

電流表應(yīng)用內(nèi)接法：③當(dāng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻的阻值時，變阻器應(yīng)采用分壓式接法.

13.答案：解：(1)由題圖乙知，當(dāng)u=0時，Q=2.0m/s2；當(dāng)a=0時，v=2.0m/s；

釋放金屬棒瞬間，安培力為零，由牛頓第二定律得：mgsind-fimgcosd=ma,

金屬棒平衡時，安培力的大小為：FA=B1L=—

由平衡條件得：mgsin37°—nmgcos37°—=0>

解得：4=0.5,B=1T；

(2)當(dāng)釋放點的高度/I大于等于1.2m時，均停在水平導(dǎo)軌上的QQ'處，說明只要釋放點的高度大于1.2m,

金屬棒到達(dá)底端前已經(jīng)勻速。

由于h=1.5m>1.2m,則導(dǎo)體金屬棒下滑到斜軌道最低位置前已開始勻速運動，由圖乙知：v=

2m/s；

由能量守恒定律有：mgh-nmgcos37°-Q總=1mv2,

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：QR=缶Q總,

解得：QR=0.9；；

(3)金屬棒以。=2m/s的速度進入水平軌道區(qū)域的磁場的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理有：

一￡8江?a=0-mv.

通過金屬棒的電荷量：口=與仇=詈.

代入數(shù)據(jù)解得：q=2C。

答：(1)金屬棒與傾斜導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5,磁感應(yīng)強度大小為17；

(2)金屬棒在傾斜軌道上運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為0.9/；

(3)金屬棒在水平軌道上的磁場區(qū)域運動的過程中，通過金屬棒的電荷量為2C。

解析：(1)由題圖乙知，當(dāng)口=0時，a=2.0m/s2；當(dāng)a=0時，v~2.0m/s；以金屬棒為研究對象，

根據(jù)牛頓第二定律、平衡條件列方程聯(lián)立求解；

(2)導(dǎo)體金屬棒下滑到斜軌道最低位置前已開始勻