2021屆湖南省高考物理選擇性沖刺試卷(三)(含答案解析)

2021屆湖南省高考物理選擇性沖刺試卷（三）

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.1個60W的燈泡持續(xù)點亮2.5九，需要消耗的電能為（）

A.4.2x10-2/B.2.4x101/C.1.5x102/D.5.4x1057

2.如圖所示，用手提一輕彈簧，彈簧下端掛一金屬球。在將整個裝置勻加速上升的過程

中，手突然停止不動，則在此后一小段時間內(nèi)（）

A.小球向上做減速運動

B.小球的加速度減小

C.小球的速度與彈簧的形變量都要減小

D.小球立即停止運動

3.如圖所示是某物體做直線運動的速度-時間圖象，下列有關(guān)物體運動情

況判斷正確的是（）

A.2s末與6s末速度相同

B.4s末物體回到出發(fā)點

C.6s末物體距出發(fā)點最遠(yuǎn)

D.8s末物體回到出發(fā)點

4.如圖所示，固定斜面體用上有?物塊相，其在一沿斜面向上的推力廠的作用下

保持靜止，下列有關(guān)物塊的受力個數(shù)的說法正確的是（）

A.可能是2個B.一定是3個C.可能是3個D.一定是4個

5.如圖，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R］、R2,R3為定值電阻，So、S為開

關(guān)，U與A分別為電壓表與電流表。初始時So與S均閉合，現(xiàn)將S斷開,

則（）

A.U的讀數(shù)變大，4的讀數(shù)變小

B.U的讀數(shù)變大，4的讀數(shù)變大

C.V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變小

D.V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變大

6.已知能使某金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)的極限頻率為％.則下列判斷正確的是（）

A.當(dāng)用頻率為2%的光照射該金屬時，一定能產(chǎn)生光電子

B.當(dāng)用頻率為2Vo的光照射該金屬時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為2捫°

C.當(dāng)照射光的頻率大于功時，若頻率增大，則逸出功增大

D.當(dāng)照射光的頻率大于匕）時，若頻率增大一倍，則光電子的最大初動能也增大一倍

二、多選題（本大題共6小題，共29.0分）

7.中澳美“科瓦里-2019”特種兵聯(lián)合演練于8月28日至9月4

日在澳大利亞舉行，中國空軍空降兵部隊首次派員參加。一名

特種兵從空中靜止的直升飛機上抓住一根豎直懸繩由靜止開始

下滑，運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t?時刻特種兵著

地。下列說法正確的是（）

A.在h?t2時間內(nèi)平均速度產(chǎn)

B.在“?t2時間內(nèi)特種兵所受懸繩的阻力越來越大

C.在0?ti時間內(nèi)加速度不變，在ti?t2時間內(nèi)加速度減小

D.若第一個特種兵開始減速時，第二個特種兵立即以同樣的方式下滑，則他們在懸繩上的距離

先減小后增大

8.電源、定值電阻R及電容器組成如圖所示的電路，當(dāng)電容器M板向下

移動時，定值電阻R中的電流從。流向江則下列說法正確的是（）

A.A端為電源的正極

B.A端為電源的負(fù)極

C.電容器放電

D.電容器充電

9.據(jù)報道，美國和俄羅斯的兩顆衛(wèi)星2（X）9年2月10日在太空相撞，相撞地點位于西伯利亞上空

約805&機處.相撞衛(wèi)星的碎片形成太空垃圾，并在衛(wèi)星軌道附近繞地球運轉(zhuǎn)，國際空間站的軌

道在相撞事故地點下方434切7處.若把兩顆衛(wèi)星和國際空間站的軌道均看作圓形軌道，上述報

道的事故中以下說法正確的是（）

A.這兩顆相撞衛(wèi)星相撞前是一前一后運行在同一軌道上

B.兩顆衛(wèi)星相撞時加速度相同

C.兩相撞衛(wèi)星的運行速度均大于國際空間站的速度

D.兩相撞衛(wèi)星的運行周期均大于國際空間站的運行周期

10.長為〃的輕桿，一端固定一個物塊4,另一端固定在光滑的水平軸上，輕桿繞./一，'、

水平軸轉(zhuǎn)動,使物塊A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，物塊A在最高點的速度為v,；,■

?3

下列敘述中正確的是（）\

A.v的極小值為

B.u由零增大，向心力也逐漸增大

C.當(dāng)v由便逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸增大

D.當(dāng)u由廊逐漸增大時，桿對小球的彈力逐漸減小

11.若以M表示水的摩爾質(zhì)量，p、v分別表示在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下水蒸氣的密度和摩爾體積，N.為阿伏加

德羅常數(shù)，加、%分別表示每個水分子的質(zhì)量和體積，下列關(guān)系式中正確的是（）

竺

A.心=DB,，p=—C.m=—

mNaVNA

E.P=]

12.研究單擺受迫振動規(guī)律時得到如圖所示的圖象，則下列說法正確的是（

A.其縱坐標(biāo)為位移

B.單擺的固有周期為2s0.250.50ft75/7H?

C.圖象的峰值表示共振時的振幅

D.單擺的擺長為2〃?

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

13.如圖1所示為一氣墊導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上安裝有一個光電門B,滑塊上固定一遮光條，滑塊用細(xì)線繞

過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳感器相連，力傳感器可測出繩子上的拉力大小.傳感器下方懸

掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放.

（I）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d，如圖2所示，則4=mm.

（II）實驗時，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門8的時間t=1.0x10-25,則滑塊經(jīng)過光電門B

時的瞬時速度為m/s.

（HI）若某同學(xué)用該實驗裝置探究加速度與力的關(guān)系，

①要求出滑塊的加速度，還需要測量的物理量是（文字說明并用相應(yīng)的字母表示）.

②下列不必要的一項實驗要求是.（請?zhí)顚戇x項前對應(yīng)的字母）

人滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量

8.應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些

C應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平

D應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行

③改變鉤碼質(zhì)量，測出對應(yīng)的力傳感器的示數(shù)尸和遮光條通過光電門的時間t,通過描點作出線性

圖象，研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出_圖象.(選填"t2—尸，、彳—F”

或“?尸”).

(W)若某同學(xué)用該實驗裝置驗證滑塊A所受合外力做功與動能變化量關(guān)系，還需測量的物理量是

(文字說明并用相應(yīng)的字母表示)；驗證的表達(dá)式為.

(V)該實驗裝置能否用于驗證滑塊A、鉤碼和力傳感器組成的系統(tǒng)機械能守恒？(填“能”或

“不能”)

。

3U『丁陰中”"rt才

圖1圖2

14.多用電表是實驗室必備儀器，它的歐姆擋測電阻方便簡單。小明現(xiàn)在對多用電表進(jìn)行了探究。

(1)關(guān)于多用電表歐姆擋測電阻，下列說法正確的是。

4測量電路中某個電阻的阻值時，不需要把該電阻與電路斷開

8.測量電阻時，由于雙手與表筆金屬部分接觸，會導(dǎo)致測量值偏大

C.測量電阻時，若指針偏轉(zhuǎn)角度較大，應(yīng)該換較大倍率后，重新調(diào)零，再進(jìn)行測量

D多用電表長期不用時，如果將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓的最高擋或者QV擋，會使電池電動勢減小,

導(dǎo)致測量電阻時值偏大

(2)小明想來測量多用電表內(nèi)電池電動勢和擋位為“x1”內(nèi)部電路的總電阻，使用的器材有：多用

電表；電壓表：量程5匕內(nèi)阻十幾千歐；滑動變阻器R：最大阻值500；導(dǎo)線若干。請回答下

列問題：

A.多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的

電路，如圖所示。

8.將多用電表擋位調(diào)到電阻“X，”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零。

C.在紅表筆和黑表筆之間接一個待測電阻，多用電表指針指在刻度盤的中央，示數(shù)如圖坨所示，則

讀數(shù)為__

D再將圖1“中的多用電表與滑動變阻器，電壓表構(gòu)成如圖2甲所示的電路圖。圖中多用電表的紅表

筆和(填“1”或“2”)端相連，黑表筆連接另一端。

￡不斷調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，改變其接入電路中的阻值，記錄多用電表的示數(shù)R和電壓表的示數(shù)

凡以J為縱坐標(biāo)和《為橫坐標(biāo)，利用步驟E中的數(shù)據(jù)作出圖象如圖2乙所示。根據(jù)圖象得到多用電表

KU

內(nèi)部電源的電動勢為約嬸=匕歐姆“x1”擋內(nèi)部的總電阻「潮=0。

四、簡答題(本大題共1小題，共3.0分)

15.如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為心、足

夠長且電阻忽略不計，條形勻強磁場的寬度為昆磁感應(yīng)強度大小為B、

方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝導(dǎo)線

框連接在一起組成裝置，總質(zhì)量為〃?，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌總

是處于接觸狀態(tài)，并在其中通以大小恒為/的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖

中未圖出)。線框的邊長為d(d<L),電阻為R,下邊與磁場區(qū)域上邊界重

合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體

棒在整個運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g。試求：

(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱。；

(2)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離

五、計算題（本大題共3小題，共28.0分）

16.如圖所示，消防員訓(xùn)練時，抓住一端固定在同一水平高度的伸

直的繩索，從平臺邊緣由靜止開始下擺，當(dāng)?shù)竭_(dá)豎直狀態(tài)時放

開繩索，消防員水平拋出，順利越過距平臺S處的障礙物后落

地.已知消防員質(zhì)量m=60kg,平臺到地面的高度H=5m,

繩長I=1.8m,不計繩索質(zhì)量和空氣阻力，消防員視為質(zhì)點，g

取lOrn/s?.求:

（1）消防員開始下擺時具有的重力勢能Ep（以地面為零勢能面）;

（2）消防員放開繩索前瞬間繩索的拉力大小F.

17.如圖，氣缸、活塞都具有良好的絕熱性和密封性.活塞可在缸內(nèi)無摩擦移動，開啟閥門A、B,

讓缸內(nèi)充滿大氣（大氣可視為理想氣體），大氣溫度為300K,此時活塞正好位于正中，兩邊容積

都為10L關(guān)閉閥門A、B,用電熱絲給左邊氣體緩慢加熱，活塞也會緩慢向右移動，當(dāng)左邊溫度

達(dá)500K時，活塞向右移動的空間△/=1.5L.求右邊氣體的溫度，試說明右邊氣體溫度變化的根

本原因.

10L/10L0

18.一單色光從空氣中射到直角棱鏡一個面上P點，以入射角0=60。射入

棱鏡，經(jīng)折射后射到另一面的。點，恰好在。點沿鏡面行進(jìn)，如圖所

示，則棱鏡的折射率〃為多少？

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：60W的燈泡持續(xù)點亮2.5/1,消耗的電能："=Pt=60x2.5x3600=5.4x105/故。

正確，A8C錯誤

故選：D

已知功率和時間，根據(jù)勿=Pt即可求出消耗的電能.

該題考查電功的計算，牢記功與功率的關(guān)系：勿=Pt是解答的關(guān)鍵.基礎(chǔ)題目.

2.答案：B

解析：解：A、在手停止瞬間，小球依然有原來的速度，且彈力和重力都沒有改變，又由于小球原來

做勻加速運動，故彈力大于重力，停止后一小段時間內(nèi)，小球還會向上做變加速運動。直到彈力等

于重力，之后才做減速運動，故A錯誤；

B、由于小球向上運動，形變量會減小，彈力減小，故合外力減小，加速度減小，故8正確；

C、由A的分析知道，在手停止后的一段時間內(nèi)彈力仍然大于重力，即合外力仍做正功，由動能定

理知小球的動能會增大，速度會增大。又彈力做正功，彈性勢能減小，形變量要減小，故C錯誤；

D,手停住后，小球是和彈簧連接的，速度不會突變?yōu)榱悖?。錯誤。

故選：B。

手停住后小球速度不會突變?yōu)榱?，小球的受力一個重力，豎直向下，再看彈力的變化。進(jìn)而分析速

度和彈簧的形變量，以及加速度。

掌握基本的受力分析，知道彈力做功與彈性勢能的變化，特別要掌握小球向上一直到停止這段時間

的運動情況的分析。

3.答案：D

解析：解：A、從V—t圖象中，2s末與6s末速度大小相同，方向相反，故A錯誤；

8、由速度圖象與時間軸圍成的面積表示位移且在時間軸上方位移為正，下方位移為負(fù)，可知：4s

末物體距出發(fā)點最遠(yuǎn)；故B錯誤；

C、由速度圖象與時間軸圍成的面積表示位移且在時間軸上方位移為正，下方位移為負(fù)，可知：4s

末物體距出發(fā)點最遠(yuǎn)；4-6s內(nèi)反向運動，位移減小，故C錯誤；

。、由速度圖象與時間軸圍成的面積表示位移且在時間軸上方位移為正，下方位移為負(fù)，可知：8s

末物體位移為0,又回到了出發(fā)點，故。正確；

故選：D

在u-t圖象中，能判斷出任意時刻的速度大小和方向.物體在前4s內(nèi)，沿正方向運動，后4s內(nèi)沿

負(fù)方向返回，4s末物體距出發(fā)點最遠(yuǎn).在&s時間內(nèi)回到出發(fā)點.

本題是速度-時間圖象問題，抓住圖象的數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義：斜率表示加速度，面積表示

位移.

4.答案：C

解析：解：當(dāng)尸大于mgsin。時，由于沿斜面方向平衡，則靜摩擦力方向沿斜面向下，大小為f=F-

mgsind.

當(dāng)尸小于mgsin。，由于沿斜面方向平衡，則靜摩擦力方向沿斜面向上，大小為f=mgsinO-F,可

能等于F.

當(dāng)F等于mgsin。，由于沿斜面方向平衡，則靜摩擦力為零.可知物體機可能受到3個力的作用，也

可能受到4個力的作用.

故A3。錯誤，C正確.

故選：C.

物體在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根據(jù)推力F的與重力分力的大小確定摩擦力的方

向.

解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，通過沿斜面方向平衡進(jìn)行分析.

5.答案：B

解析：

根據(jù)S的通斷可得出電路電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流及路端電壓的變

化；再由串并聯(lián)電路的性質(zhì)可判及各部分電流的變化。

應(yīng)用閉合電路歐姆定律解決電路的動態(tài)分析時一般可按照：外電路-內(nèi)電路-外電路的分析思路進(jìn)行,

靈活應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的性質(zhì)進(jìn)行分析即可求解。

S斷開，相當(dāng)于電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，故路端電壓增大，V的讀

數(shù)變大；

把治歸為內(nèi)阻，內(nèi)電壓減小，故7?3中的電壓增大，由歐姆定律可知/?3中的電流也增大，電流表示數(shù)

增大，故8正確；

故選Bo

6.答案：A

解析：

發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光子的能量大于逸出功，根據(jù)光電效應(yīng)方向求出光電子的最大初動能，

逸出功的大小與入射光的頻率無關(guān)，由金屬本身決定.解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，掌握

光電效應(yīng)方程，并能靈活運用.

A、頻率為2%的光大于金屬的極限頻率，所以一定能發(fā)生光電效應(yīng).故A正確.

B、根據(jù)光電效應(yīng)方程知，Ekm=hv-W0=hv-hv0,則用頻率為2vo的光照射該金屬時，產(chǎn)生的

光電子的最大初動能為九孫.故8錯誤.

C、逸出功的大小與入射光頻率無關(guān)，由金屬本身決定.故C錯誤.

D、根據(jù)光電效應(yīng)方程知，Ekm=hv-Wo=hv-hv0,照射光的頻率大于為時，若頻率增大一倍，

則光電子的最大初動能不是增大一倍.故。錯誤.

故選A。

7.答案：AB

解析：解：A、在“?t2時間內(nèi)，若特種兵做勻減速直線運動，由%減速到以，則平均速度為晉，

根據(jù)圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知該特種兵的位移大于勻減速直線運動的位移，則平均

速度度％＞空，故A正確；

B、由圖示u-t圖形可知，在t]?t2時間內(nèi)，圖線切線的斜率絕對值逐漸增大，則特種兵的加速度。

逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律得：f—=阻力：f=mg+ma,“越來越大，知特種兵所受

懸繩的阻力/越來越大，故B正確；

C、在0?"時間內(nèi)，圖線的斜率不變，則加速度不變，在匕?J時間內(nèi)，圖線斜率的絕對值增大，加

速度逐漸增大，故C錯誤；

。、若第一個特種兵開始減速時第二個特種兵立即以同樣的方式下滑，由于第一個特種兵的速度先

大于第二個特種兵的速度，然后又小于第二個特種兵的速度，所以空中的距離先增大后減小，故。

錯誤。

故選:AB?

u-t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的“面積”表示位移，將特種兵的運動與勻變速直線運動對比，來確定

其平均速度的大小。速度時間圖線的斜率表示加速度，根據(jù)斜率的變化判斷加速度的變化，根據(jù)牛

頓第二定律分析阻力的變化。根據(jù)兩個特種兵的運動情況分析他們在懸繩上的距離變化情況。

速度時間圖象問題是高考的熱點，要培養(yǎng)讀圖能力，從“線”、“斜率”、“面積”、“截距”等

數(shù)學(xué)知識理解其物理意義。

8.答案：BD

解析：解：極板間距變小由C='電壓不變，則d減小，Q增加，則為充電，電流由。到6,

4nkdU

則N板帶正電，增加，則8為電源的正極，A為負(fù)極，故8力正確，4c錯誤，

故選：BD.

電容器/板向下移動時，引起C的增加，則電量要增加，即為充電，再由電流的流向確定出電源的

正負(fù)極。

明確電容的決定式與表達(dá)式，據(jù)決定式分析電容的變化，據(jù)表達(dá)式分析電量的變化。

9.答案：BD

解析：設(shè)地球質(zhì)量為M,衛(wèi)星質(zhì)量為機，運行速率為v,加速度為an,周期為T,衛(wèi)星運動的向心力

由地球?qū)λ鼈兊娜f有引力提供，根據(jù)牛頓第二定律有:

GM3

—?-，----,因此，兩衛(wèi)星若一前一后在同一軌道上，則兩者永遠(yuǎn)不會相

r\l(af

撞，故選項A錯誤；相撞時兩衛(wèi)星與地球間距離相同，因此加速度相同，故選項8正確；國際空間

站比兩衛(wèi)星距地球較近，因此運行速率較大，運行周期較小，故選項C錯誤；選項。正確。

考點：本題主要考查了天體運動參量與軌道半徑的關(guān)系問題，屬于中檔題。

10.答案：BC

解析：解：A、細(xì)桿拉著小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點的最小速度為零，故4錯誤;

B、根據(jù)F=則v由零增大，向心力也逐漸增大，故B正確；

CD、當(dāng)時，桿子表現(xiàn)為支持力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-F=m^,可知當(dāng)v由加值

逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸增大，故C正確，。錯誤；

故選：BC。

桿子在最高點可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，臨界的速度為零，根據(jù)牛頓第二定律判斷桿

子對小球的彈力隨速度變化的關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵知道小球在最高點的臨界情況，即當(dāng)最高點的速度為時，桿的作用力為零，這

是一個拉力和支持力的臨界點；要知道向心力的來源，運用牛頓第二定律進(jìn)行求解。

11.答案：AC

解析：解：A、阿伏伽德羅常數(shù)=摩爾質(zhì)量+單個分子的質(zhì)量，所以：NA=*而”=PV,故A正確;

B、密度=黑，p、v分別表示在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下水蒸氣的密度和摩爾體積，則P=M故B錯誤；

體枳V

C、單個分子的質(zhì)量=摩爾質(zhì)量+阿伏伽德羅常數(shù)，故c正確；

。、對水蒸氣，由于分子間距的存在，摩爾質(zhì)量除以阿伏加德羅常數(shù)等于每個分子占據(jù)的空間體積,

但并不等于單個分子體積，故。錯誤；

E、密度=瞿，但用表示一個水分子的質(zhì)量，歲表示摩爾體積，那么兩者相除，什么也不是，而且

體積

也沒有一個分子密度的說法，就算改為P=：也是不對的，故E錯誤。

故選：AC?

阿伏加德羅常數(shù)N4個原子的質(zhì)量之和等于摩爾質(zhì)量；密度等于摩爾質(zhì)量除以摩爾體積：單個分子的

質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量除以阿伏伽德羅常數(shù)；而對水蒸氣，由于分子間距的存在，以北并不等于摩爾體

積。

本題主要考查氣體阿伏伽德羅常數(shù)的計算，阿伏加德羅常數(shù)治是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁，抓住它的

含義，區(qū)分對氣體還是液體的計算是解題的關(guān)鍵。

12.答案:BC

解析：解：A、圖中縱坐標(biāo)為不同受迫頻率下的振幅，故A錯誤；

8、當(dāng)單擺的固有頻率與受迫頻率相同時單擺的振幅最大，故單擺的固有頻率為0.5Hz,則固有周期

為2s,故B正確；

C、共振時的振幅最大，圖象的峰值表示共振時的振幅，故C正確；

D、單擺的固有周期為2s,根據(jù)單擺的周期公式：T=2兀日可得：/,=嗎與。17n.故。錯誤.

yjg4n24X3.142

故選：BC

由圖象可以讀出單擺不同頻率時對應(yīng)的振幅，當(dāng)單擺的固有頻率與受迫頻率相同時單擺的振幅最大.

本題考查對共振現(xiàn)象及共振曲線的理解能力，關(guān)鍵抓住產(chǎn)生共振的條件：驅(qū)動力頻率與物體的固有

頻率相等.

13.答案：2.25；0.225；遮光條到光電門的距離L；A；套-尸；遮光條到光電門的距離L、滑塊A的

質(zhì)量M,；FL=乜餐；能

解析：解：（I）由圖知主尺讀數(shù)是2加〃，游標(biāo)尺第5條刻度線與主尺對齊，即游標(biāo)尺讀數(shù)是5x

0.05mm=0.25mm；所以d—2mm+0.25mm—2.25mm；

（II）實驗時，將滑塊從A位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門8的時間f,滑塊經(jīng)

過光電門時的瞬時速度可近似認(rèn)為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度.

即17=F=22彳：］。。1=0,225m/s

2

(HI)①根據(jù)運動學(xué)公式a=棄得若要得到滑塊的加速度，還需要測量的物理量是遮光條到光電門的

距離心

②4、拉力是直接通過傳感器測量的，故與小車質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小關(guān)系無關(guān)，故A錯誤；

8、應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些，有利于減小誤差，故8正確

C、應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，使拉力才等于合力，故C正確

。、要保持拉線方向與木板平面平行，拉力才等于合力，故。正確；

本題選不必要的一項，故選A.

③由題意可知，該實驗中保持小車質(zhì)量M不變，因此有：v2=2as,

dFd2?F,

。=彳至=2/

所以研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出喜-F圖象.

(W)若某同學(xué)用該實驗裝置驗證滑塊A所受合外力做功與動能變化量關(guān)系，合外力做功是動能

變化量是乙”/—空_

22t2

還需測量的物理量是遮光條到光電門的距離L、滑塊4的質(zhì)量驗證的表達(dá)式為尸乙=要.

(V)設(shè)遮光條前進(jìn)了S,鉤碼的重力勢能減少了mgs,系統(tǒng)動能增加了“M+m)([)2,

所以我們可以通過比較，咫，和;(M+機)(二)2的大小來驗證系統(tǒng)機械能守恒定律.

即該實驗裝置能用于驗證滑塊A、鉤碼和力傳感器組成的系統(tǒng)機械能守恒.

故答案為：(1)(1)225；(H)0.225；(HI)①遮光條到光電門的距離L：②4；③專一F;(W)遮光

條到光電門的距離乙、滑塊A的質(zhì)量M,FL=篝；(V)能

游標(biāo)卡尺讀數(shù)結(jié)果等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，不需要估讀.

滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度可近似認(rèn)為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度.根據(jù)運動學(xué)公式解答.

用細(xì)線拉力表示合力，要考慮摩擦力的影響.

根據(jù)功的定義式求出合力功，再與動能的變化進(jìn)行比較判斷.

設(shè)遮光條前進(jìn)了s,鉤碼的重力勢能減少了mgs,系統(tǒng)動能增加了;(M+m)(二產(chǎn)，所以我們可以通

過比較和;(M+巾)(二)2的大小來驗證系統(tǒng)機械能守恒定律.

mgs2At

常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實驗的基礎(chǔ).處理實驗時一定要找出實驗原理，根據(jù)實驗原理我

們可以尋找需要測量的物理量和需要注意的事項.

14.答案：D152515

解析：解：(1)4、測量電路中某個電阻時，應(yīng)該把該電阻與電路斷開，否則測量的是該電阻與其它

電路的并聯(lián)電阻，測量時必須把把該電阻與電路斷開，故A錯誤；

8、測量電阻時，雙手手指與表筆金屬部分接觸，待測電阻與人體并聯(lián)，導(dǎo)致測量值偏小，故8錯誤；

C、測電阻時，若指針偏轉(zhuǎn)角度較大，則所測電阻阻值較較小，所選擋位太大，應(yīng)換較小倍率后，重

新調(diào)零，再進(jìn)行測量，故C錯誤；

。、多用電表長期不用時，如果將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓的最高擋或者至擋，會使電池電動勢E

減小，由于電池電動勢E減小，對歐姆表進(jìn)行歐姆調(diào)零時，歐姆表內(nèi)阻R的=忘偏小，用歐姆表測電

阻時，電路電流：/=￡說=￡而=聲，由于滿偏電流％不變而歐姆表內(nèi)阻R的偏小，電路電流

%

/偏小，指針偏左，歐姆表表盤越往左表盤刻度值越大，導(dǎo)致測量電阻時值偏大，故。正確。

故選：D。

(2)C、由實驗步驟B可知，歐姆表選擇“xl”擋，由圖3所示可知，讀數(shù)為15X10=150。

。、歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，電壓表正接線柱應(yīng)接高電勢點，由圖2

甲所示的電路圖可知，圖中多用電表的紅表筆和2端相連，黑表筆連接另一端。

F、由圖2甲所示電路圖可知，電源電動勢：E=U+/r=U+(r,

整理得：

RrUr

由圖示圖象可知，圖象的斜率卜=&=&>4,縱軸截距b===

RUr0.20r15

解得，多用電表內(nèi)部電源的電動勢為后潮=E=5V,歐姆“xl”擋內(nèi)部的總電阻r>=r=15。。

故答案為：(1)0;(2)C、15；D、2；F、5；15.

(1)用多用電表的歐姆擋測電阻時，待測電阻要與其它電路元件斷開；要選擇合適的擋位使指針指在

中央刻度線附近；歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據(jù)多用電表的測量原理以及測量過

程中的注意事項分析解答；

(2)歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；

歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，電壓表正接線柱接高電勢點，根據(jù)圖示電

路圖分析判斷連接方式；

根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與

內(nèi)阻。

解決該題的關(guān)鍵是明確多用電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)，知道黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，掌握歐姆表測電阻

的注意事項，能正確推導(dǎo)出9-3圖象的函數(shù)表達(dá)式。

KU

15.答案：解：（1）因為導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，所以導(dǎo)體棒所受安培力方向豎直

向上，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒通有電流的方向水平向右；安培力大小為：

F=BIL

設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W,由動能

定理得：

mg-4d+W—BLld=0

且Q=-W

解得：Q=4mgd-BLld

（2）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離修?之間往復(fù)運動，由動能定理得：

mgxm-BLI（xm—d）=0

答：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為4mgd-B〃d；

（2）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下