2021屆廣東省東莞市高考物理模擬試卷（4月份）附答案詳解

2021屆廣東省東莞市高考物理模擬試卷（4月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.已知氫原子的基態(tài)能量為E],激發(fā)態(tài)能量為％=今，其中n=2,3,4....已知普朗克常量為九，

則下列說法正

確的是（）

A.氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)后，核外電子動能增大，原子的電勢能減小

B.基態(tài)氫原子中的電子吸收一頻率為v的光子被電離后，電子速度大小為厚且

7m

C.大量處于n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子，向低能級躍遷時可輻射出6種不同頻率的光

D.若原子從n=6能級向n=2能級躍遷時所產(chǎn)生的電磁波能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則原子從

n=5能級向n=1能級躍遷時所產(chǎn)生的光子也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

2.如圖所示，一線圈用細(xì)桿懸于P點，開始時細(xì)桿處于水平位置，釋放后讓<^=?4_.

它在勻強磁場中運動，已知線圈平面始終與紙面垂直，當(dāng)線圈第一次通過1/j'飛.

On*

位置I、n、in時（位置n正好是細(xì)桿豎直位置），線圈內(nèi)的感應(yīng)電流方向（一?

順著磁場方向看去）是（）

A.I、n、in位置均是順時針方向

B.I、口、m位置均是逆時針方向

c.I位置是順時針方向，n位置為零，in位置是逆時針位置

D.I位置是逆時針方向，口位置為零，in位置是順時針方向

3.如圖所示，在擲飛鏢項目中，運動員將飛鏢以一定的速度水平擲出，恰：.

好擊中靶心，則（）

A.飛鏢一定垂直擊中靶心

B.飛鏢一定是與靶心等高、沿靶心方向被水平擲出的

C.若增加擲出的速度，飛鏢將擊中靶心的上方

D.同時增加擲出時的高度和速度，飛鏢仍能擊中靶心

4.將一物體以某一初速度豎直上拋，如圖所示的四幅圖中，哪一幅能正確表示物體在整個運動過

程中的速率”與時間t的關(guān)系（不計空氣阻力）（）

5.關(guān)于繞地球做勻速圓周運動的同步衛(wèi)星和月球，下列說法正確的是（）

A.月球到地心的距離比同步衛(wèi)星到地心的距離小

B.月球的線速度比同步衛(wèi)星的線速度大

C.月球的角速度比同步衛(wèi)星的角速度大

D.月球的向心加速度比同步衛(wèi)星的向心加速度小

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.在某次研究性學(xué)習(xí)活動中，某小組采用如圖所示的實驗電路來研究微型

電動機的性能.先緩慢調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使電動機停止轉(zhuǎn)動時，電流

表和電壓表的示數(shù)分別為0.54和1.0K重新調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電動機恢

復(fù)正常運轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.04和15.0匕則這臺電動機正常運轉(zhuǎn)時（）

A.電動機的內(nèi)電阻為2.00B.電動機的內(nèi)電阻為7.5。

C.電動機的輸出功率為30WD.電動機的輸出功率為221V

7.如圖所示4、B、C是在地球大氣層外，圓形軌道上運行的三顆人造衛(wèi)星，B、

/X-----

C離地面的高度小于4離地面的高度，小B的質(zhì)量相等且大于C的質(zhì)量.下列//Q

說法中正確的是（）/

A.B、C的線速度大小相等，且大于4的線速度

B.&C的向心加速度大小相等，且小于4的向心加速度

C.B、C運行周期相同，且大于A的運行周期

D.B的向心力大于4和C的向心力

8.如圖所示，兩個質(zhì)量不同的小球用長度不等的細(xì)線拴在同一點，并在同一水

平面內(nèi)做勻速圓周運動，則它們的（）/\

A.運動周期相同

B.運動線速度相同

C.運動角速度相同

D.向心加速度相同

9.關(guān)于晶體和液晶，下列說法中正確的有（）

A.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體

B.在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，而非晶體不可以轉(zhuǎn)化為晶體

C.液晶分子的排列會因溫度、壓強、電磁作用等外界條件的微小變化而發(fā)生變化

D.在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變

10.如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿z軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2?71和％=

1.2m處，兩列波的速度均為V=0.4m/s,兩波源的振幅均為4=2cm.圖示為1=0時刻兩列波的

圖象（傳播方向如圖所示），此刻平衡位置處于x-0.2ni和x=0.8m的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動.質(zhì)

點M的平衡位置處于x=0.5巾處，關(guān)于各質(zhì)點運動情況判斷正確的是（）

v/cin

A.兩列波相遇過后振幅仍然為2cm

B.t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為-4cm

C.t=ls時刻，質(zhì)點M的位移為+4cm

D.t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點

E.質(zhì)點P、Q的起振方向都沿y軸負(fù)方向

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某同學(xué)設(shè)計了一個用打點計時器“探究碰撞中的不變量”的實驗：在小車4前端裝有橡皮泥，推

動小車4使之勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并黏合成一體，繼續(xù)做勻速運動。

他們設(shè)計的裝置如下圖所示，在小車A的后面連著紙帶，電磁打點計時所用器電源頻率為504。

打點計酎a

.皮泥小車\紙?

長木板小車

5;、.....廣；????；

TTftl|*l6.80cm-J1?—20.00cm-J-

小木片

（1）在實驗中，需要的測量工具有

4彈簧測力計B,毫米刻度尺C.天平D,螺旋測微器

⑵已測得小車4（包括橡皮泥）的質(zhì)量為磯=0.310kg,小車B（包括撞針）的質(zhì)量為g=0.205kg,

由以上測得數(shù)據(jù)可計算碰前兩車質(zhì)量與速度乘積之和為kg-m/s；碰后兩車質(zhì)量與速度

乘積之和為kg-m/s。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（3）本探究實驗的結(jié)論：。

12.用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關(guān)K和兩個部件S,

T,請根據(jù)下列步驟完成電阻測量.

①轉(zhuǎn)動部件,使指針對準(zhǔn)電流的“0”刻度；

②將K旋轉(zhuǎn)到電阻檔合適的位置；

③將插入“+”、“-”插孔的表筆短接，轉(zhuǎn)動部件;使指針

對準(zhǔn)的0刻度線.（填電流、電壓或電阻）

④將兩電筆分別于待測電阻相接，讀數(shù).

四、簡答題（本大題共2小題，共32.0分）

13.圖1所示，MON,M'0'M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=0.3。的電阻，M。、M'。'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)量為巾=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h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?，F(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，己知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。

14.人民公園里有一個斜面大滑梯，一位小同學(xué)從斜面的頂端由靜止開始滑下，其運動可視為勻變

速直線運動.已知斜面大滑梯的豎直高度h=3.75m,斜面的傾角為37。，這位同學(xué)的質(zhì)量巾=

30kg,他與大滑梯斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5.不計空氣阻力，取g=10m/s2,s譏37。=0.6.

求：

(1)這位同學(xué)下滑過程中的加速度大?。?/p>

(2)他滑到滑梯底端時的速度大??；

(3)他從滑梯的頂端滑到底端過程中重力的沖量.

速度g=9.8(hn/s2,計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字，求:

(1)玻璃管豎直放置時，液柱由于重力產(chǎn)生的壓強p；

(2)山頂?shù)拇髿鈮簭妏o。

16.如圖所示，AOB是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角0=75。.今有

一束單色光線在橫截面內(nèi)從。4的中點E沿垂直。4的方向射入玻璃磚，一部

OA

分光線經(jīng)4B面反射后恰好未從OB面射出，不考慮多次反射作用.試求玻璃的折射率n.

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、氫原子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時，氫原子吸收光子，則能量增大，軌道半徑增大，根據(jù)

寫=吧!知，電子動能減小，而其電勢能增大，故A錯誤；

rzr

B、根據(jù)能量守恒得：hv+E^^mv2,解得電離后電子的速度大小為：v=回國，故B錯誤;

nym

C、根據(jù)或=3知，這些氫原子可能輻射出3種不同頻率的光子，故C錯誤；

D、若原子從n=6能級向ri=2能級躍遷時所產(chǎn)生的電磁波能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，依據(jù)能級間躍

遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，則原子從n=5能級向n=1能級躍遷時所產(chǎn)生

的電磁波能量大于之前輻射的能量，所以一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故Q正確。

故選：D。

根據(jù)軌道半徑的變化，通過庫侖引力提供向心力得出電子動能的變化，結(jié)合原子能量的變化得出原

子勢能的變化；

能級間躍遷或電離時，遵循能量守恒定律；

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù)；

根據(jù)入射光的頻率大于或等于極限頻率時，才能發(fā)生光電效應(yīng)；

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件以及知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的

能級差，掌握電離的條件，及理解躍遷的種類確定方法，注意大量與一個的種類區(qū)別，及最大初動

能對應(yīng)的最大速度。

2.答案：D

解析：解：由圖可知，當(dāng)線圈從I位置運動到最低點H位置過程中，穿過線圈的磁通量增加，根據(jù)

楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的方向順著磁場方向看是逆時針；

n位置時運動的方向與磁感線的方向平行，感應(yīng)電流是零；

當(dāng)線圈從最低點口運動到ni位置的過程中，穿過線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感

應(yīng)電流的方向順著磁場方向看是順時針，所以當(dāng)線圈第一次通過位置I和位置ni時，順著磁場的方

向看去，線圈中感應(yīng)電流的方向應(yīng)是先逆時針方向再順時針方向，所以。正確，ABC錯誤。

故選：D。

本題的關(guān)鍵是明確線圈經(jīng)過位置I和ni過程中穿過線圈的磁通量的變化情況，然后根據(jù)楞次定律即

可求解。

該題考查楞次定律的應(yīng)用，要掌握楞次定律是判定感應(yīng)電流方向的一般規(guī)律，要注意磁通量變化時

磁場的方向。

3.答案：C

解析：解：設(shè)飛鏢拋出時的水平速度為火,飛鏢拋出時距離靶心的高度為八，飛行的時間為3飛鏢

距靶的水平距離為人

AB、由題可知，當(dāng)飛鏢恰好擊中靶心過程，經(jīng)過的時間為：t=后，此時飛鏢的豎直速度為："豎=

所以飛鏢在擊中靶心時與靶心等高，但不是垂直擊中靶心，飛鏢經(jīng)過靶心時的速度方向為斜向下，

故AB錯誤；

C、在水平方向，飛鏢經(jīng)過的時間可用t=f計算，由于初速度增加，導(dǎo)致時間減小，再根據(jù)=

可知，下落的高度減少，也就是說飛鏢將擊中靶心的上方，故C正確；

。、當(dāng)增加拋出時的速度，可知經(jīng)歷的時間減少，要想擊中靶心，根據(jù)公式=知高度減少，

所以應(yīng)該是降低拋出時的高度。故。錯誤。

故選:Co

(1)平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。

(2)根據(jù)平拋運動的時間和豎直方向上的運動規(guī)律，可知豎直分速度不等于零。

解決本題的關(guān)鍵是掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解。

4.答案:B

解析：解：不計空氣阻力時，豎直上拋運動上升是勻減速直線運動，下落是自由落體運動。設(shè)初速

度為北，運動時間為3上升到最大高度的時間為環(huán)。

則上升過程：速率與時間的關(guān)系式"=vQ-gt圖線是向下的傾斜直線。

下落過程：速率與時間的關(guān)系式v=g(t-to),圖線是不過原點向上的傾斜直線。

故選：B。

不計空氣阻力時，豎直上拋運動上升是勻減速直線運動，下落是自由落體運動，根據(jù)運動學(xué)公式研

究"與t的關(guān)系，再選擇圖象.

本題考查應(yīng)用物理規(guī)律選擇圖象的能力，往往要根據(jù)物理公式得到解析式再選擇圖象.

5.答案：D

解析：解：力、月球繞地球運行的周期A=30天，同步衛(wèi)星繞地球運動的周期72=1天，顯然T1>T2,

根據(jù)開普勒第三定律有：圣=,，解得4>「2,故A錯誤；

12

B、由(7罷=結(jié)合「1>上，可得：Vi<v2,故B錯誤；

C,由7="，7\>12,可得31<32，故C錯誤；

D、由G詈=rna,結(jié)合4>r2，可得的<(12，故。正確。

故選：D?

地球同步衛(wèi)星即地球同步軌道衛(wèi)星，又稱對地靜止衛(wèi)星，是運行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，距

離地球的高度約為36000km,衛(wèi)星的運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運行軌道為位于地球赤道平面

上圓形軌道、運行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時間相等，其運行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度；

本題考查了地球同步衛(wèi)星的相關(guān)知識點，同時注意結(jié)合開普勒第三定律，關(guān)鍵掌握萬有引力提供向

心力這一理論，并能靈活運用

6.答案：AD

解析：解：4、當(dāng)電動機不轉(zhuǎn)動時，電動機可視為純電阻電路，故電動機的電阻R=苫=懸=2。，

故B錯誤，A正確；

C、正常轉(zhuǎn)動時，電動機的總功率P=UJi=15x2W=30?。?/p>

2

克服自身電阻的功率PR=I1R=(2)x2勿=8W；

電動機正常運轉(zhuǎn)時的輸出功率是P鐮必=P-PR=30W-8W=22nz.故C錯誤，￡>正確；

故選：ADo

從電路圖中可以看出，電動機和滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓，電流表測量

電路電流，根據(jù)公式/?=，可求電動機停轉(zhuǎn)時的電阻；

利用公式「="可求電動機的總功率，根據(jù)公式P=/2R可求電動機的熱功率，總功率與熱功率的差

值就是電動機的輸出功率.

本題考查電阻、功率的有關(guān)計算，關(guān)鍵是明白電路中各個用電器的連接情況，要知道非純電阻電路

的功率的計算方法.

7.答案：AD

解析：解：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為?n、軌道半徑為小地球質(zhì)量為根據(jù)

萬有引力提供向心力，有：

GmM4712rv2

——=m——=ma=m—

r2T2r

A、v=&由圖可以知道，rA>rB=rc,所以B、C的線速度大小相等，且大于4的線速度，故A

正確；

B、a=黑，由圖可以知道，rA>rB=rc,所以B、C的向心加速度大小相等，且大于4的向心加速

度，故B錯誤；

C,T=2H居，由圖可以知道，rA>rB=rc,所以B、C運行周期相同，且小于4的運行周期，故C

錯誤；

￡>、F=等，4、B的質(zhì)量相等且大于C的質(zhì)量，所以B的向心力大于4和C的向心力，故。正確；

故選：AD.

根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，列式求出周期、線速度、向心加速度和向心力的表達(dá)式進(jìn)行

討論即可.

本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，列式求解出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式，再進(jìn)行

討論.

8.答案:AC

解析：解：對其中一個小球受力分析，如圖，受重力，繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，故

合力提供向心力；

將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關(guān)系得，合力：F=mgtanO(T)：

由向心力公式得到，F(xiàn)=ma)2r②；

設(shè)繩子與懸掛點間的高度差為機由幾何關(guān)系，得：r=htand

由①②③三式得，3=R與繩子的長度和轉(zhuǎn)動半徑無關(guān)，故C正確；

又由7=生知，周期相同，故A正確；

U)

由u=wr,兩球轉(zhuǎn)動半徑不等，則線速度大小不等，故B錯誤；

由a=a>2r,兩球轉(zhuǎn)動半徑不等，向心加速度不同，故。錯誤；

故選：AC.

兩個小球均做勻速圓周運動，對它們受力分析，找出向心力來源，可先求出角速度，再由角速度與

線速度、周期、向心加速度的關(guān)系公式求解.

本題關(guān)鍵要對球受力分析，找向心力來源，求角速度；同時要靈活應(yīng)用角速度與線速度、周期、向

心加速度之間的關(guān)系公式.

9.答案:AC

解析：解：力、由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石

墨和金剛石，故A正確。

8、晶體與非晶體在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化，即在一定的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體,

非晶體也可以轉(zhuǎn)化為晶體。故8錯誤；

C、溫度、壓力、電磁作用等可以改變液晶的光學(xué)性質(zhì)。故C正確。

D.在熔化過程中，晶體要吸收熱量，雖然溫度保持不變，但是內(nèi)能要增加，故。錯誤；

故選:AC.

晶體是具有一定的規(guī)則外形，各項異性，具有固定的熔點；非晶體沒有固定的熔點，沒有規(guī)則的兒

何外形，表現(xiàn)各項同性；液晶既具有液體的流動性，又具有光學(xué)各向異性；由此可判斷各選項的正

誤。

解答該題要熟練的掌握晶體和非晶體的特性，對于晶體有一下特點：

1、晶體有整齊規(guī)則的幾何外形；

2、晶體有固定的熔點，在熔化過程中，溫度始終保持不變；

3、晶體有各向異性的特點。

非晶體是指組成物質(zhì)的分子（或原子、離子）不呈空間有規(guī)則周期性排列的固體。它沒有一定規(guī)則的

外形，如玻璃、松香、石蠟等。它的物理性質(zhì)在各個方向上是相同的，叫“各項同性”。它沒有固

定的熔點。

10.答案：ABE

解析：解：4、兩列波相遇過后不改變波的性質(zhì)，所以振幅不變，振幅仍然為2cm,故4正確；

B、由圖知波長4=0.4m,由u得，波的周期為7=4=9=1s,兩質(zhì)點傳到M的時間為山，當(dāng)

TV0.44

t=ls時刻，兩波的波谷恰好傳到質(zhì)點M,所以位移為—4cm.故8正確，C錯誤；

。、質(zhì)點不隨波遷移，只在各自的平衡位置附近振動，所以質(zhì)點P、Q都不會運動到M點，故C錯誤；

E、由波的傳播方向根據(jù)波形平移法可判斷出質(zhì)點的振動方向：兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)

方向傳播，則質(zhì)點P、Q均沿y軸負(fù)方向運動，故E正確；

故選：ABE.

由圖讀出波長，從而算出波的周期.根據(jù)所給的時間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點M的位置，確定其位

移.

由波的傳播方向來確定質(zhì)點的振動方向.

兩列頻率相同的相干波，當(dāng)波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當(dāng)波峰與波谷相遇時振

動減弱，則振動情況相同時振動加強；振動情況相反時振動減弱.

波的疊加滿足矢量法則，例如當(dāng)該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；

當(dāng)波峰與波谷相遇時此處的位移為零.

11.答案：(1)平衡摩擦力；

(2)BC；

(3)0.620,0.618；

(4)在實驗誤差范圍內(nèi)，兩小車的質(zhì)量和速度的乘積在碰撞中總量保持不變。

解析：

根據(jù)實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定所需的測量器材。

根據(jù)點跡間的距離求出小車的速度，從而得出小車質(zhì)量和速度的乘積，探究碰撞中的不變量。

根據(jù)碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前4獨自運動的速度，確定哪段應(yīng)在碰撞之前，哪段應(yīng)

在碰撞之后，是解決本題的突破口。

(1)木板的一端下邊墊著小木片用以平衡摩擦力。

(2)實驗中需要測量小車的質(zhì)量和速度，所以需要天平，需要運用刻度尺測量點跡間的距離，從而計

算出速度。故選：BC。

(3)碰撞前，小車4的速度%=答zn/s=2.07n/s,碰撞后，系統(tǒng)的速度%=需機/s=1.2m/s,

0.10.14

則碰撞前兩車質(zhì)量與速度乘積之和Pi=mjVj+0=0.310x2.0=0.620kg-m/s,碰撞后兩車質(zhì)量

與速度乘積之和22=(mi+m2)v2=(0.310+0.205)x1.2=0.618kg-m/s.

(4)可知在實驗誤差范圍內(nèi)，兩小車的質(zhì)量和速度的乘積(nw)在碰撞中總量保持不變。

故答案為：(1)平衡摩擦力；(2)BC；

(3)0.620,0.618；

(4)在實驗誤差范圍內(nèi)，兩小車的質(zhì)量和速度的乘積在碰撞中總量保持不變。

12.答案:S；T-,電阻

解析：解：①電表使用前要旋轉(zhuǎn)機械調(diào)零旋鈕S進(jìn)行機械調(diào)零，使指針對準(zhǔn)電流的0刻線；

②將K旋轉(zhuǎn)到電阻檔合適的位置.

③將插入“十"、”-"插孔的表筆短接，旋動歐姆調(diào)零旋鈕T,使指針對準(zhǔn)電阻的0刻線.

④將兩電筆分別于待測電阻相接，讀數(shù).

故答案為：①S；③T,電阻.

①電表使用前要使指針指在。刻線位置，通過調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕實現(xiàn)；

③歐姆表測量前要進(jìn)行歐姆調(diào)零；

④歐姆表中值電阻附近刻度線最均勻，讀數(shù)誤差最小，故測量電阻時，要通過選擇恰當(dāng)?shù)谋堵适怪?/p>

針指在中值電阻附近；每次換擋要重新調(diào)零；

⑤歐姆表讀數(shù)=刻度盤讀數(shù)X倍率：

⑥歐姆表使用完畢，要將旋鈕選擇“OFF”擋或者交流電壓最大擋，若長期不用，需要將電池取出.

本題考查了多用電表的使用方法，掌握基礎(chǔ)知識即可正確解題；使用歐姆表測電阻時，要選擇合適

的擋位，使指針指在中央刻度線附近.

13.答案：解：(1)由題圖乙知，當(dāng)u=0時，a=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-^mgcosd-ma,

BLv

金屬棒平衡時，安培力的大小為：FA=BIL=

由平衡條件得：mgsin37°-^mgcos37°--0,

解得：fi=0.5,B=IT；

(2)當(dāng)釋放點的高度八大于等于1.2/n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-fimgcos37°—^—-Q^=1mv2,

SITIJ/，j'N

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：QR=￡Q總，

解得：QR=0.9/；

(3)金屬棒以。=2m/s的速度進(jìn)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￡BiL-=0—mv.

通過金屬棒的電荷量：q=?At=詈DL.

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)u=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速運動，根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律聯(lián)立求解;

(3)對金屬棒根據(jù)根據(jù)動量定理結(jié)合電荷量的計算公式求解通過金屬棒的電荷量。

對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；

另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

14.答案：解：(1)這位同學(xué)的受力情況如圖，根據(jù)牛頓第二定律得：f戈N

mgsin37°—f—maY

N=mgcos370”'

又f=M聯(lián)立得到：mg

a=g(sin37°—〃cos370)

代入解得，a=10(0.6-0.5x0.8)=2m/s2

(2)已知位移的大小為％=—^―=痣m=6.25m,由蘇=2ax得：

SLTL370.6

v=72ax—V2x2x6.25=5m/s

(3)由i;=Qt得: