2021屆山西省呂梁市高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆山西省呂梁市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.下列有關(guān)物理學史的描述，正確的是（）

A.伽利略通過實驗證實了力是維持物體運動的原因

B.戴維孫和湯姆孫利用晶體做了電子束的衍射實驗，證實了電子具有波動性

C.盧瑟福通過a粒子散射實驗，指出了原子核內(nèi)部具有復雜的結(jié)構(gòu)

D.奧斯特最早研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并發(fā)現(xiàn)感應(yīng)電動勢與磁通量變化率成正比

2.如圖為甲、乙兩個質(zhì)點在同一條直線上運動的x-t圖象。若以甲的I*71"2

出發(fā)點為原點，出發(fā)時間為計時起點，則下列說法錯誤的是（）彳

A.甲先做減速運動，再靜止，之后做勻速直線運動2匕二|如

B.t=3九時，甲、乙相遇，且甲的速度大于乙O\~2一二

C.乙的速度大小為2km"

D.0?3無內(nèi)，甲的平均速度大小為2km//i

3.空間某一靜電場的電勢尹在x軸上分布如圖所示，若規(guī)定沿x軸正向的電場強度

為正，貝此軸上電場強度在x軸方向上的分量E隨x變化的圖象是（）

A..B._C.-D.

4.如圖所示，以一根質(zhì)量可以忽略不計的剛性輕桿的一端。為固定轉(zhuǎn)軸，軒

可以在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，桿的中心點及另一端各固定一個小球a

和8,已知兩球質(zhì)量相同，現(xiàn)用外力使桿靜止在水平方向，然后撤去外力，

桿將擺下，從開始運動到桿處于豎直方向的過程中，以下說法中正確的

是（）

A.4B段桿的彈力對4球和B球均做正功

B.。4段桿的彈力對Z球不做功

C.。4段桿的彈力對4球做正功

D.AB段桿的彈力對4球和B球均做負功

5.如圖所示，傾角為a的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈上，]7k

輕質(zhì)細線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，滑數(shù)夕

輪2下懸掛物體b,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),若將固定點c向左移動少許，而a

與斜劈始終靜止，則（）

A.斜劈對物體a的摩擦力減小B.斜劈對地面的壓力減小

C.細線對物體a的拉力增大D.地面對斜劈的摩擦力減小

6.如圖所示，輕彈簧兩端拴接兩個質(zhì)量均為粗的小球a、b,拴接小球的細線固定在天花板上，兩

球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為。=30。，彈簧水平，以下說法正確的是（）

A.細線的拉力大小為mg

B.彈簧的彈力大小為時mg

C.剪斷左側(cè)細線瞬間，匕球加速度大小為Lg

1

D.剪斷左側(cè)細線瞬間，a球加速度大小為后g

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

7.如圖所示，半徑為R,表面光滑的半圓柱體固定于水平地面，其圓心在。點.位于豎直面內(nèi)的曲

線軌道AB的底端水平，與半圓柱相切于圓柱面頂點8.質(zhì)量為沉的小滑塊沿軌道滑至B點時的速

度大小為網(wǎng)，方向水平向右，滑塊在水平地面上的落點為C（圖中未畫出），不計空氣阻力，則

（）

A.滑塊將沿圓柱體表面始終做圓周運動滑至C點

B.滑塊將從B點開始作平拋運動到達C點

C.0C之間的距離為讓R

D.0C之間的距離為R

8.若火星和地球都繞太陽做勻速圓周運動，今知道地球的質(zhì)量、公轉(zhuǎn)的周期和地球與太陽之間的

距離，今又測得火星繞太陽運動的周期，則由上述已知量可求出（）

A.火星的質(zhì)量B.火星與太陽間的距離

C.火星的加速度大小D.火星做勻速圓周運動的速度大小

9.如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ,兩導軌間距為3導軌電阻均

可忽略不計、在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿防質(zhì)量為m、電阻也為R,并與

導軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初

速度％,使桿向右運動，最終時桿停在導軌上。下列說怯正確的是（）

A.ab桿將做勻減速運動直到靜止

B.ab桿速度減為B時，帥桿加速度大小絲曳

36mR

C.帥桿速度減為g時，通過電阻的電量翳

D.帥桿速度減為為T時，ab桿走過的位移等翳

10.在科學研究中，可以通過施加適當?shù)拇艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動

的控制。在如圖所示的平面坐標系xOy內(nèi)，以坐標原點。為圓心,

半徑為gd的圓形區(qū)域外存在范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為

m,電荷量為+q的粒子從P（0,gd）點沿y軸正方向射入磁場，當

入射速度為幾時，粒子從a（-蔡，亨）處進入無場區(qū)射向原點0，

不計粒子重力。則（）

A.磁場的磁感應(yīng)強度為8=翳

B.粒子再次回到P點所用時間為t=^+3

VOVO

C.若僅將入射速度變?yōu)?%,則粒子離開P點后在磁場中運動的半徑為Bd

D.若僅將入射速度變?yōu)?%,則粒子離開P點可以再回到P點

三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)

11.為驗證物體所受合外力一定時，加速度與質(zhì)量成反比，同學們設(shè)計了如圖a所示的裝置來進行實

驗。在自制的雙層架子上固定帶有刻度標記的水平木板，架子放在水平桌面上。實驗操作步驟

如下：

①適當調(diào)整裝置，使裝置不帶滑輪的一端稍稍墊高一些。

②在兩個托盤中放入祛碼，并使兩托盤質(zhì)量(含祛碼)相同，且遠小于小車的質(zhì)量。連接小車的細線

跨過定滑輪與托盤相連。

③讓兩小車緊靠右邊的擋板，小車前端在刻度尺上的讀數(shù)如圖a所示，在甲車上放上祛碼，同時釋

放兩小車，當小車運動一段時間后，用手機對整個裝置進行拍照。結(jié)合照片和小車的初始刻度

標記，得到甲、乙兩車運動的距離分別為Si、S2。

④在甲小車上逐漸增加祛碼個數(shù)，重復步驟③

(1)本實驗的原理是通過驗證小車發(fā)生的位移與小車(含祛碼)的質(zhì)量成關(guān)系，來驗證合外力一

定時加速度與質(zhì)量成反比。

(2)實驗前將裝置右端稍稍墊高一些的目的是。

(3)某次拍到的照片如圖b所示，則小車通過的位移是cm

(4)如果以最為橫坐標，以甲車(含祛碼)的質(zhì)量為縱坐標，作出的圖線如圖c所示，則該直線斜率代表

的物理量是,其大小為.

12.圖1為某同學測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的電路圖，其中虛線框內(nèi)是用毫安表改裝成雙量

程電流表的改裝電路。已知毫安表表頭的內(nèi)阻為10。，滿偏電流為lOOmA；8和均為固定電阻，

n

nHsnHI

fHffinfflI

lBIn

nHmR

PHnsflfflfl

H副

SnUffil

BS郢

ffil

（1）電壓表有兩種規(guī)格，匕（量程1.5S,內(nèi)阻約為2W2）和%（量程3匕內(nèi)阻約為4kO）；滑動變阻器有

兩種規(guī)格，最大阻值分別為200和5000.則電壓表應(yīng)選用（填“匕”或“彩”），R應(yīng)選用

最大阻值為__0的滑動變阻器。

（2）實驗步驟如下：

①開關(guān)S2撥向（填或"b”）,將滑動變阻器R的滑動片移到端（選填“左”或

“右”），閉合開關(guān)a；

②多次調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動片，記下電壓表的示數(shù)U和毫安表的示數(shù)/；

③以U為縱坐標，/為橫坐標，作U-/圖線（用直線擬合），如圖2所示；

④根據(jù)圖線求得電源的電動勢E=K結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻r=_____。（結(jié)果保留兩

位有效數(shù)字）。

四、計算題（本大題共4小題，共45.0分）

13.一長木板置于水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的

距離殉=4.5徵，如圖甲所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右做勻減速直

線運動，直至口=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變、方向相

反，碰撞過程中小物塊的速度可認為不變。已知碰撞后超=1s時間內(nèi)小物塊的u-t圖線如圖乙

所示。碰撞后小物塊以相同的加速度先向右做勻減速直線運動到速度為零，然后向左做勻加速

直線運動，直到小物塊和木板剛好達到相同速度，該過程中，木板做加速度大小為gm/s2的勻

減速直線運動。小物塊和木板剛好達到相同速度時，小物塊恰好到達木板的右端。求:

(l)t=0時刻小物塊的速度大小和加速度大小;

(2)木板的長度。

14.如圖所示，水平面上有兩根相距0.5巾的足夠長的光滑平行金屬

導軌MN和PQ,它們的電阻可忽略不計，在M和P之間接有阻值

為R的定值電阻.導體棒協(xié)長L=0.5m,其電阻為r,與導軌接

觸良好.整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強

度B=0.47,現(xiàn)使ab以。=10m/s的速度向右做勻速運動.

(l)ab中的感應(yīng)電動勢多大？

(2)若定值電阻R=3.0。，導體棒的電阻r=1.0。，則對ab棒施加的水平拉力有多大？方向如何?

15.如圖所示，底板長度L=1m、總質(zhì)量M=10kg的小車放在光滑水平面上，原長為，的水平輕彈

簧左端固定在小車上?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的鋼塊C(可視為質(zhì)點)放在小車底板上，用細繩連接

于小車的4端并使彈簧壓縮，彈簧彈性勢能與。=8.14/。開始時小車和鋼塊均靜止，現(xiàn)突然燒斷

細繩，鋼塊被釋放，使鋼塊離開彈簧水平向右運動，與B端碰后水平向左反彈，碰撞時均不考慮

系統(tǒng)機械能的損失。若小車底板上左側(cè)一半是光滑的，右側(cè)一半是粗糙的，且與鋼塊間的動摩

擦因數(shù)〃取重力加速度g=lOm/s?。

①求鋼塊第1次離開彈簧后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能Epmax；

②鋼塊最終停在何處？

16.固定在輕質(zhì)彈簧的兩端質(zhì)量分別是叫=0.5kg,m2=1.99kg的兩個物體置于光滑水平面上，m1

靠在光滑豎直墻上.現(xiàn)有一顆m=0.01kg的子彈以速度v=400m/s水平射入加2中(子彈沒有穿

出)，后來7711和m2都向右運動，試求：

(1)彈簧壓縮到最大時具有的彈性勢能：

(2)豎直墻對oh的沖量大小.

/

zmim2m

/口wmmn盧

////////////

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、伽利略通過實驗合理的推理認為“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”，而不是維持物體

運動的原因，故A錯誤；

8、根據(jù)物理學史可知，戴維孫和湯姆孫利用晶體做了電子束的衍射實驗，證實了電子具有波動性，

故8正確；

C、盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出來原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故C錯誤；

。、奧斯特最早發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭開了研究電與磁關(guān)系的序幕，但他沒有發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，

電磁感應(yīng)現(xiàn)象是法拉第最早發(fā)現(xiàn)的，故。錯誤。

故選：B.

根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的物理學貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，重視知

識的積累。

2.答案：C

解析：解、力、根據(jù)x-t圖象切線的斜率表示速度可知，甲先做減速運動，再靜止，之后做勻速直

線運動，故A正確；

8、t=3h時，兩圖象相交，表示甲、乙相遇，并且甲的斜率比乙的大，故甲的速度大于乙的，故B

正確；

C、乙的速度大小為吆=詈=等km/h=故C錯誤；

。、0?3八內(nèi)，甲的平均速度大小為5=*=等協(xié)伙=2km",故。正確。

本題選錯誤的，

故選：Co

x-t圖象上某點的切線的斜率表示速度，傾斜的直線表示勻速直線運動,位移等于縱坐標的變化量，

平均速度等于位移與時間之比。

解決本題的關(guān)鍵要理解位移-時間圖線的物理意義，知道x-t圖象切線的斜率表示速度。

3.答案：B

解析：解：

在X負軸方向，電勢的變化趨勢為一直增大，但是增大的快慢為先慢，后快，再變慢，故而電場強度

變化為先增大，后減小，因為電勢變化以y軸對稱，故而可知，電場強度變化也是以y軸對稱，但方

向是相反的，故8正確，AC。錯誤.

故選：B.

依據(jù)電勢變化的快慢程度可以判定圖象.

該題為定性分析，不需要有具體的數(shù)學表達式，其實依據(jù)x負軸電場先增大，后減小，就可以判定B

正確了.

4.答案：B

解析：

從開始運動到桿處于豎直方向的過程中，兩小球及桿組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守

恒。根據(jù)機械能守恒定律和速度關(guān)系求得桿到達豎直位置時兩球的速度，再由動能定理分析桿對兩

球做功正負。

本題要注意桿和繩的區(qū)別，由于桿的彈力可以沿不同方向，故AB段桿可以對4、B兩球做功?？筛?/p>

據(jù)功能關(guān)系分析做功正負。

解：對4、B兩球及桿組成的系統(tǒng)來說，只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒；

設(shè)桿到達豎直位置時，4、B兩球的速度分別為力和外.桿長為2乙

由于兩球共軸轉(zhuǎn)動，所以應(yīng)具有相同的角速度，由"=「3可知，vB=2VA；

根據(jù)機械能守恒定律得：mg-L+mg-2L=+|mvj

解得：叼i=最

如果沒有B球，則4的速度應(yīng)為四Z>%=晟，說明由于AB間桿的作用，A球的機械能將減小，

B球機械能增大，所以4B桿對4做負功，對8做正功；

而04段桿的彈力和運動方向始終垂直，故04段桿的彈力對4球不做功；故8正確，AC。錯誤；

故選：Bo

5.答案：D

解析：

本題考查了共點力平衡的條件及其應(yīng)用、力的合成與分解的運用；整體法和隔離法的使用技巧：當

分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法；而

在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體（或一個物體各部分）間的相互作用時常用隔離法。整體法和隔離法不是獨立的，

對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法。

4對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力，可能受靜摩擦力，由于不知道拉力與重力的下滑分力

的大小關(guān)系，故無法判斷靜摩擦力的方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故A錯誤；

C對滑輪和物體b受力分析，受重力和兩個拉力，如圖所示：

根據(jù)平衡條件，有:

mbg=2Tcos9\

解得：T=

2cos6

將固定點c向左移動少許，貝I」。減小，故拉力T減小，故C錯誤;

BD對斜面體、物體a、物體b整體受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和地面的靜摩擦力，如

圖所示：

根據(jù)平衡條件，有：N=G&-Tcos6=G總一等，N與角度。無關(guān)，恒定不變；根據(jù)牛頓第三定律,

壓力也不變，故8錯誤；

f=Tsin0=^f-tand,將固定點C向左移動少許，則。減小，故摩擦力減小；故。正確;

故選

6.答案：B

解析：本題考查了牛頓第二定律和共點力平衡的基本運用，知道剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，

而剪斷彈簧的瞬間，細線的拉力會發(fā)生變化，解決的關(guān)鍵是根據(jù)共點力平衡求解細線的拉力和彈簧

的彈力大小，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律求出球的瞬時加速度。對a球分

析，運用共點力平衡條件得：細線的拉力為7=mg/s譏a=2mg選項A錯誤；

彈簧的彈力尸=mgcota=后"mg,故B正確。

剪斷左側(cè)細線的瞬間，彈簧的彈力不變，小球a所受的合力F合=7=2mg,根據(jù)牛頓第二定律得，

a=2g.故C錯誤。

剪斷彈簧最左側(cè)瞬間，細繩的拉力也發(fā)生變化，小球?qū)㈤_始做單擺運動，所以小球a所受的合力戶合=

mgcosa,加速度為gcosa,故。錯誤；

故選：B

7.答案：BC

2

解析：解：4在最高點B,根據(jù)牛頓第二定律有：mg-N=m?解得N=0.知小球在最高點B僅受

重力，有水平初速度，做平拋運動。故A錯誤，B正確。

C、根據(jù)R=2gt2得：，=后，則水平位移％=況=魚R.故C正確，。錯誤。

故選：BCo

通過小球在最高點8的受力和速度情況判斷小球的運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出0C間的距離.

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式進行求解.

8.答案：BCD

解析：解：AB,根據(jù)開普勒第三定律知號=k可知己知地球的公轉(zhuǎn)的周期和地球與太陽之間的距

離，以及火星繞太陽運動的周期，運用比例法可求得火星與太陽間的距離.

研究火星繞太陽做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，得：

6等=抽華"得"=注，可以求得太陽的質(zhì)量，不能求火星的質(zhì)量，故A錯誤，8正確.

r2T2GT2

C、由G等=7na,a=?,火星的GM和r都能求出，則火星的加速度a能求出，故C正確.

D、由G^=%得〃=%可知能求出火星做勻速圓周運動的速度大小，故力正確.

故選：BCD

研究行星繞太陽做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出太陽的質(zhì)量.由開普勒

第三定律可求得火星與太陽間的距離.由〃=秒能求出火星的速度，再進一步求出加速度.

根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式只能求出中心體的質(zhì)量.要求出行星的質(zhì)量，我們可以在行星

周圍找一顆衛(wèi)星研究，即把行星當成中心體.

9.答案：BD

解析：解：力、ab棒水平方向上受與運動方向相反的安培力，安培力大小為自=甯，加速度大小

為：a="=&,由于速度減小，所以ab棒做減速減小的變減速運動直到靜止，故A錯誤；

m2mR

B、當ab棒的速度為§時，安培力為：?=吧卷，所以加速度為：a=±=婦也，故B正確；

C、對ab棒由動量定理得：—癡/,以1=血胃一加氣，即BLq=|nw。，解得：q=嘿,所以通過電

阻的電量為喏，故C錯誤；

。、有電磁感應(yīng)電荷量推論公式：q=^=黑，解得：X=鬻=蠕^故。正確；

ZKZKDL3DL

故選：BD.

時棒水平方向上受與運動方向相反的安培力，根據(jù)安培力與速度的關(guān)系分析加速度的變化情況，確

定出桿的運動情況。

當ab桿速度減為奈時，先求出安培力的大小，再求加速度。

對好桿利用動量定理可求出通過甲電阻的電量。

根據(jù)電量與磁通量變化量的關(guān)系求必桿走過的位移。

本題是電磁感應(yīng)與電路、力學相結(jié)合的綜合題，要知道在電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理求電量是

常用I思路，同時要知道電量與磁通量變化量有關(guān)。

10.答案：AD

解析：解：4、根據(jù)題意可知粒子的運動軌跡如圖1所示：

XXXXXXXX

XXXXX

xxkxxx

x

X、x二二

xxxlC7xxx

XXxVL-Zxxx

xxxX|(XXXX

XXXXXXXXX

圖1

由題條件可判斷粒子做圓周運動半徑為：R=gdxtan30°=d

粒子在磁場中運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv0B=m4

解得磁感應(yīng)強度：B=詈，故A正確；

8、粒子再次回到P點過程中，運動軌跡如圖2所示；

圖2

粒子在磁場中運動時間：ti=3x|T=2x半=等

粒子在無場區(qū)運動時間：t2=%^=%

Vov0

粒子再次回到P點時間：￡=“+12=幽+蟠，故B錯誤；

VQVQ

C、若僅將入射速度變?yōu)?%,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得廠=淺，則粒子離開P點后在磁場中運

動的半徑為R'=3R=3d,故C錯誤；

。、若僅將入射速度變?yōu)?%,粒子離開P點后在磁場中運動的半徑為R'=3d,根據(jù)幾何關(guān)系可得粒

子第一次回到圓。上時交點與P點之間的圓弧對應(yīng)的圓心角為120。，根據(jù)對稱性可以畫出粒子的運動

軌跡如圖3所示;

圖3

則粒子離開P點可以再回到P點，故。正確。

故選：AD.

作出運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑大小；作出粒子的運動軌跡，分別求解出粒子在

各段的運動時間，相加即可；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到半徑表達式，由此分析半徑大小；根據(jù)

粒子的運動情況結(jié)合對稱性分析粒子離開P點能否再回到P點。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲

力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間.

I1.答案:(1)反比；(2)消除小車與木板之間摩擦力造成的影響；(3)42.0；(4)小車乙的質(zhì)量m乙；0.21kg

解析：

該實驗難度不大，但是題目比較新穎，注意利用題目給定的情形，結(jié)合課本此實驗的注意事項可以

解答，對于圖線問題，一般都是得出物理量間的關(guān)系式，結(jié)合圖線斜率或截距進行求解。

(1)運動時間相等，位移與加速度成正比，本實驗通過驗證小車發(fā)生的位移與小車(含祛碼)的質(zhì)量成

反比，驗證合外力一定時加速度與質(zhì)量成反比。

(2)將裝置的右端適當墊高了一些，目的是平衡摩擦力，消除小車與木板之間摩擦力造成的影響。

(3)小車通過的位移為：x=53.0cm-11.0cm=42.0cm。

(4)小車受到拉力相同時，加速度與質(zhì)量成反比，而位移與加速度成正比，小車發(fā)生的位移與小車的

m乙si

質(zhì)量成反比，即〃,、.，，可知一〃憶則圖線的斜率表示小車乙的質(zhì)量加乙，解得：

()21

所乙=[-桓=0.21"。

故答案為：(1)反比；(2)消除小車與木板之間摩擦力造成的影響；(3)42.0；(4)小車乙的質(zhì)量m,；

0.21kg。

12.答案：匕20b右1.480.45

解析：解：(1)一節(jié)干電池的電動勢約為L5U,故電壓表選匕；因內(nèi)阻較小，為了便于調(diào)節(jié)，滑動變

阻器應(yīng)選擇200的；

(2)①測一節(jié)干電池電動勢和內(nèi)阻時，電流較小，故改裝成小量程0.64電流表即可，故開關(guān)S2撥向b；

為了讓電流由最小開始調(diào)節(jié)，開始時滑動變阻器阻值滑到最大位置；故應(yīng)滑到右端；

④使用ab兩接線柱時，&與/?2串聯(lián)后與表頭并聯(lián)；則量程為：/=/g+既=100x10-3+

3

100X10-x10=0.54

2.5

且內(nèi)阻為：&=緘懸=聆=2。；

由串并聯(lián)電路規(guī)律可知若毫安示數(shù)為/,則電路的總電流等于5/,

則由閉合電路歐姆定律可知：U=E-5/(r+2)

由該公式可知，圖象中與縱坐標的交點表示電源的電動勢；

故E=1.48V；

圖象的斜率表示5(r+2),即k=5(r+2)=二受常；

解得：r=0.450；

故答案為：(1)匕,20；(2)①匕、右；④1.48,0.45(0.42?0.48之間均可)。

(1)根據(jù)電源電動勢選擇電壓表；從便于調(diào)節(jié)角度選擇滑動變阻器；

(2)①分析實驗步驟，根據(jù)實驗要求明確滑片的位置；

④利用U-/圖象可求解電動勢和內(nèi)電阻；注意圖中的電流值要注意求出等效電流表的示數(shù)；

本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，注意明確實驗原理，能根據(jù)給出的實驗步驟分析實驗方法；

同時根據(jù)圖象分析實驗數(shù)據(jù)，明確電表的改裝原理的應(yīng)用。

13.答案：解：(1)規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻減速直線運

動，設(shè)加速度大小為由,

由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度％=4m/s,

由運動學公式得：%=%—%口

1n

X。=voti--ciiti，

2

代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s,ax=lm/s?

(2)在木板與墻壁碰撞后，木板以-%的初速度向左做勻變速直線運動，小物塊以打的初速度向右做

勻變速運動。

設(shè)小物塊的加速度大小為。2,由圖可得：。2=色，

碰撞后木板的加速度大小為a3=gm/s2,設(shè)經(jīng)過時間t,木板和小物塊用好具有共同速度火,

由運動學公式得：

%=%_a3t

v3=a2(t-t2),

碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板向左運動的位移大小為：與=笑文，

小物塊向右減速運動的位移大小為：小=等，

小物塊向左加速運動的位移大小為：無3=見產(chǎn)

木板的長度△X=X1+X2-X3

代入數(shù)據(jù)解得：△x=6m。

答：（l）t=0時刻小物塊的速度大小為5m/s,加速度大小為lm/s2：

（2）木板的長度為6m。

解析：（1）對?小物塊和木板一起向右做勻減速直線運動過程分析，列出速度-時間公式和位移-時間

公式即可求解；

（2）根據(jù)小物塊和木板剛好達到相同速度時列速度-時間公式計算時間，再根據(jù)位移關(guān)系計算木板的

長度。

本題涉及到的的運動過程較多，一定要注意審題，對不同的過程分別列式，然后要注意數(shù)學方程組

思想的應(yīng)用。

14.答案：解：（1）感應(yīng)電動勢：E=BLv=0.4x0.5x10=2V；

（2）ab棒