高考物理全真模擬卷題號 -二三四總分得分一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）.2018年11月21日，中科院合肥物質科學研究院核能安全所吳宜燦研究員獲得美國核學會核能杰出成就獎，鈾核（二二U）是獲得核能制造的核武器的主要原料之一，其中一種核反應方程為二；U+n一X+;Srr+2n并釋放核能，下列說法正確的是（ ）A.該核反應是重核裂變，產物的結合能之和大于鈾核（二:。）的結合能B.該核反應在中子的轟擊下發生，核反應為人工轉變C.X原子核中的核子數為140個，中子數為84個D.因為裂變時釋放能量，根據E=mc2,所以裂變后的總質量數減少.某同學為研究一條直線上運動的兩個物體」、,二的運動情況，在實驗室借助于位移傳感器與計算機，描繪出兩個物體的運動圖象為「、凡如圖所示，-，為直線，好為拋物線，且交點對應坐標為，"，3,工匚''。仔細研究兩個物體的運動情況，下列說法正確的是A.物體」做勻加速直線運動，加速度大小為吊■!,「B.物體：做勻變速直線運動，初速度為工廠?：C.：內時，兩個物體相距最遠D.物體」在!’ 時刻位于所取的坐標原點正向加處.物塊靜止放在一個長為L=1m的水平傳送帶上，傳送帶％=2m/s，物塊與傳送帶間動摩擦因數產0.25.物塊由傳送帶傳送垂直落在了傾角。=37°的斜面上，g取10m/s2,下列說法正確的是（ ）■LA.物塊在傳送帶上運動了0.8sB.下落高度H=0.32m第1頁，共14頁

C.物塊由初始到落到斜面上的時間約為1.17SD.物塊在傳送帶上做勻加速直線運動4.我國在2018年12月發射了“嫦娥四號”月球探測器，2019年1月11日“嫦娥四號”探測器與“玉兔二號”巡視器在“鵲橋”中繼衛星支持下順利完成互拍，預示著我國探月工程四期和深空探測工程將全面拉開序幕。由于月球繞地球公轉周期和自轉周期相同，我們總是看到月球的同一面，所以“嫦娥四號”把目的地設定在神秘的“月球背面”進行研究。已知地球半徑為凡月球繞地球公轉半徑為廠，萬有引力常量為G，地球表面重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）A.月球表面的重力加速度為,gDB.月球公轉的向心加速度為gC.“嫦娥四號”在向月球著陸過程中從高軌道向低軌道變軌時機械能增加D.月球自轉周期為——.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數之比為5：1，現在電路輸入端輸入電壓u=220,：'sin100nt（V），此時電阻R2和R3的功率相等，電流表和電壓表均為理想電表，電流表A2的示數為0.20A，電壓表V2的示數為11V，下列說法正確的是（ ）rMbA.電壓表V1的示數為220V B.電流表AI的示數為0.04AC.R2=5500Q D.Rr2062.5Q二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）TOC\o"1-5"\h\z.智能手機已經融入了普通大眾的生活中，指紋解鎖對大多 .? ；數人也已不再陌生，其中一種常用的是電容式指紋解鎖， '原理是利用硅晶元與導電的皮下電解液形成電場，指紋的 '高低起伏會導致二者之間的電壓差出現不同的變化，類似E t———于電容。如圖有一平行板電容器，極板間距為力正對面積為S，兩極板間有一靜止帶電液滴，下列說法正確的是（ ）A.液滴帶負電B.閉合開關K，增大極板間距昆液滴向下移動C.斷開開關K，減小正對面積S，液滴向下移動D.閉合開關K，A板下移，液滴電勢能減小.如圖所示，豎直平面內固定的四分之一圓弧軌道AP，圓弧軌道的圓心為O，OA水平，OP豎直，半徑為R=2m。一質量為m=1kg的小物塊從圓弧頂點A開始以2mIs的速度從A到P做勻速圓周運動，重力加速度g=10m/s2,Q為圓弧AP的一個三等分點（圖中未畫出），OA與OQ的夾角為30°，下列說法正確的是（ ）A.在Q點時，重力的瞬時功率為10「：WB.在A到P的過程中合力對小物塊的沖量為零C.小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功D.在P點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為11.5N定，其上端用導線接一定值電阻R，圖中的位置1與第2定，其上端用導線接一定值電阻R，圖中的位置1與第2頁，共14頁圓心等高，位置2在圓心的正下方。一長度為服質量為m、阻值為R的導體棒由位置1無初速釋放，經過一段時間運動到位置2,此時導體棒對軌道的壓力為導體棒重力的1.5倍，經測量可知導體棒在圓弧導軌的中點處速度最大。已知圓弧導軌的半徑為廠，整個裝置處在由圓心向外的輻射磁場轉中，且導軌上磁場的磁感應強度大小均為B，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.流過定值電阻R的最大電流為■LiOCl.導體棒運動到位置2時，流過定值電阻R的電流為廣二C.導體棒由位置1運動到位置2的過程中，流過定值電阻R的電荷量為：D.導體棒由位置1運動到位置2的過程中，電路中產生的焦耳熱為mgr.關于熱現象和熱學規律，下列說法中正確的是（ ）A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，就可以算出氣體分子的體積B.懸浮在液體中的固體微粒越小，布朗運動就越明顯C.密封在體積不變的容器中的氣體，溫度升高，氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大D.用打氣筒的活塞壓縮氣體很費力，說明分子間有斥力E.物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子的平均動能就越大.如圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為介質中%=2m處的質點P以此時刻為計時起點的振動圖象。下列說法正確的是（ ）A.這列波的傳播方向是沿％軸正方向B.這列波的傳播速度是20mIsC.經過0.15s，質點P沿1軸的正方向傳播了3mD.經過0.1s時，質點Q的運動方向沿y軸正方向E.經過0.35s時，質點Q距平衡位置的距離小于質點P距平衡位置的距離三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）.阿特武德機是早期測量重力加速度的裝置，某同學根據其原理設計出測量當地重力加速度的裝置如圖1所示，一根不可伸長的輕繩繞過光滑的輕質定滑輪，兩端分別連接正方體物塊A和物塊B（A、B的質重分別為m1和m2,且m1Vm2）,讓兩物塊組成的系統從靜止圖二圖二第3頁，共14頁開始做勻加速運動，測出物塊A先后通過光電門1和光電門2的遮光時間。保持物塊A的質量不變，逐增大物塊B的質重，重復以上操作，測出物塊B不同質重時A、B的加速度。（1）用游標卡尺物塊A的寬度，測量結果如圖2所示，游標卡尺主尺的最小刻度為1mm，則由該圖可得遮光條的寬度d=cm。（2）測得物塊A的邊長為d，在某次實驗中它先后通過兩個光電門所用的遮光時間分別為411和412，則其通過光電門的速度分別為 、（用字母表示）。（3）為了測算A、B的加速度大小，還需要測量的物理量有 。A.兩個光電門的間距 B.物塊B的邊長C物塊A的初始高度 。.輕繩的長度（4）某次實驗中測得物塊A和物塊B的質量分別為m「m2,測算出A、B的加速度大小為a，可以得到重力加速度g=（用m「m2、a表示）.小宇在進行電表的改裝時，從實驗室取了一塊內阻未知，量程為200MA的電流計。小宇首先設計了如圖所示的電路測量該電流計的內阻，已知電源為內阻可忽略不計的學生電源。（1）小宇在測量電流計的內阻時，進行了如下的操作：小宇將可調電阻打、叫的阻值調至最大，僅閉合電鍵S1,調節電阻箱餐,同時觀察電流計直到讀數為200MA為止；然后 ;（填序號）A.保持電鍵S1閉合，閉合電鍵邑，同時調節電阻箱與、R2,直到電流計讀數為100MA為止，記下電阻箱R2的阻值B.保持電鍵S1閉合，閉合電鍵邑，僅調節電阻箱R2，直到電流計讀數為100MA為止，記下電阻箱R2的阻值（2）通過（1）操作，若R2=100Q,則電流計的內阻為；（填序號）A.50QB.100QC.200QD.300Q（3）在（1）的過程中，當電流計的讀數為200MA時，電阻箱R/勺讀數不足最大值的一半。為了使測量的電流計的內阻更精確，下列正確的是 ;（填序號）A.應將用調換成另一個阻值更大的電阻箱B.應將與調換成最大值為原來:的電阻箱C.將電源的電壓加倍D.將電源的電壓減為原來的;（4）通過分析可知，電流計內阻的測量值 （填“大于”“等于”或“小于”）實際值；（5）根據以上測量的數據，如果將該電流計改裝成量程為3V的電壓表，則應將該電流計（填“串聯”或“并聯”）一定值電阻，該定值電阻的阻值為 Q。四、計算題（本大題共4小題，共52.0分）13.如圖甲所示，將一間距為L=1m的足夠長U形導軌固定，傾角為。=37°,導軌上端連接一阻值為R=2.0Q的電阻，整個空間存在垂直于軌道平面向上的勻強磁場，質量為m=0.01kg、電阻為r=1.0Q的金屬棒ab垂直緊貼在導軌上且不會滑出導軌，導軌與金屬棒之間的動摩擦因數m=0.5,金屬棒ab從靜止開始下滑，下滑的1-1圖象如圖乙所示，圖象中的0A段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計且金屬棒下滑過程中始終與導軌垂直且緊密接觸，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小。（2）從開始到t=2.5s過程中電阻R上產生的熱量。第4頁，共14頁

14.如圖甲所示，質量m=1kg的小物塊A（可視為質點）放在質量M=4kg木板B的左端，木板長L=4.5m。起初A、B兩疊體靜止于水平面上?，F用一水平向左的力F作用在木板B上，通過傳感器測出A、B兩物體的加速度與外力F的變化關系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動摩擦因數相等，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.求：（1）A、B之間的動摩擦因數月及B與地面之間的動摩擦因數”。（2）若開始時對B施加水平向左的恒力F=29M且給A一水平向右的初速度%=4m/s，則t=2s時A與B的右端相距多遠？a"""""產川門"白堇"￥"卬門"仃a"""""產川門"白堇"￥"卬門"仃q區“門15.如圖所示，兩個可導熱的氣缸豎直放置，它們的底部都由一細管連通（忽略細管的容積）。兩氣缸各有一個活塞，質量分別為m1和m15.如圖所示，兩個可導熱的氣缸豎直放置，它們的底部都由一細管連通（忽略細管的容積）。兩氣缸各有一個活塞，質量分別為m1和m2,活塞與氣缸無摩擦?；钊南路綖槔硐霘怏w，上方為真空。當氣體處于平衡狀態時，兩活塞位于同一高度ho（已知m1=2m,m2=m）（1）在兩活塞上同時各放一質量為m的物塊，求氣體再次達到平衡后兩活塞的高度差（假定環境溫度始終保持為T0）o（2）在達到上一問的終態后，環境溫度由T0緩慢上升到1.25T0,試問在這個過程中，氣體對活塞做了多少功？（假定在氣體狀態變化過程中，兩物塊均不會碰到氣缸頂部）。第5頁，共14頁16.如圖所示，AOB為扇形玻璃磚，一細光束照射到AO面上的。點，入射角為60°,折射光線平行于BO邊，圓弧的半徑為R，。點至UBO面的距離為，AD1BO，aDAO=30°，光在空氣中的傳播速度為c,求：①玻璃磚的折射率及光線在圓弧面上出射時的折射角；②光在玻璃磚中傳播的時間。第6頁，共14頁答案和解析.【答案】A【解析】解：A、結合質量數守恒與電荷數守恒可知，鈾核裂變的產物為氙核和鍶核，并會釋放能量，則裂變產物的結合能之和一定大于鈾核的結合能，故A正確；B、該核反應為重核裂變，不是人工轉變，故B錯誤；C、X原子核中的核子數為（235+1）-（94+2）=140個，中子數為140-（92-38）=86個，故C錯誤；D、裂變時釋放能量，出現質量虧損，但是總質量數不變，故D錯誤。故選：A。根據原子核的組成特點分析；由質量數守恒判斷X；根據愛因斯坦質能方程分析。本題考查了核反應方程和愛因斯坦質能方程的基本運用，比較簡單，要加強訓練，才能熟練。.【答案】B【解析】解：A、由1-1圖知。是傾斜的直線，斜率不變，因此物體A做勻速直線運動，加速度為0.故A錯誤。B、圖線b為拋物線，設物體B對應的方程為貨vbt+/.■.'-,由圖可得，6=vb+,12=3vb+：'解得：vb=7mIs,a=-2mIs2,故B正確；C、t=3s時，兩個物體相遇，故C錯誤；D、由圖線a可知t=0時刻圖線交于縱軸為3,所以物體A應位于所取的坐標原點正向3m處，故D錯誤。故選：B。在位移時間圖象中傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，圖象的斜率大小等于速度大小，根據位移時間公式求B的初速度和加速度。根據位移關系分析兩個物體何時相距最遠。由位移值分析A的位置。解決本題的關鍵是理解位移時間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度，傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，拋物線表示勻變速直線運動。.【答案】C【解析】解：AD、由牛頓第二定律可得：a=愍=2.5m/s2,由v02=2ai，得1=0.8m,1<L,物塊在傳送帶上先勻加速后勻速；設物塊做加速運動的時間為t1，則：v0=at］，得：11=0.8s,對勻速運動的過程：L-1=vt2,得12=0.1s,則總時間：t=11+12=0.9s，故A錯誤，D錯誤；B、由于是垂直落到斜面上，可得：■X，，：“—，得：v=2.7m/s,y又vy=gt3，得：13=0.27s,物塊在豎直方向的位移：H=：/； I…心；=0.36m。故B錯誤；C、滑塊下落的總時間：t總t+13=1.17s，故C正確；故選：C。 心小物塊可能在傳送帶上一直做加速運動，有可能先加速后減速，由牛頓第二定律求出加速度，結合位移公式判斷；由位移公式求出運動的時間；結合平拋運動的特點與運動的分解求出下落得高度與時間；然后求出總時間。第7頁，共14頁該題屬于多過程的問題，解答本題關鍵是分段分析物體的運動情況，由物體受力和運動學公式綜合列式求解，難度適中.【答案】D【解析】解：A、月球表面的重力加速度沒法通過題設條件求出，故A錯誤；GMnt tJMmaB、設地球質量為M.有：..廣=mg，月球繞地球環繞有：二一m月。，得：a=：r用故B錯誤；。、“嫦娥四號”在向月球著陸過程中從高軌道向低軌道變軌時機械能應該減少，故C錯誤。D、由 =m月r-7得：T=一，故D正確。故選：D。月球表面的重力加速度無法求解；根據萬有引力提供向心力結合機械能守恒定律進行分析。解決天體(衛星)運動問題的基本思路：(1)在地面附近萬有引力近似等于物體的重力，即可得到GM=gR2；(2)天體運動都可近似地看成勻速圓周運動，其向心力由萬有引力提供，即方引二F向，根據向心力的計算公式進行分析。 口.【答案】D【解析】解：4、由變壓器規律可知，電壓表匕的示數為\ ；：二=；11=55匕故A錯誤；B、C、由于電阻R2和R3的功率相等，有.=12U2,得：R2=1375Q；比55R2中電流為：IR2===0.04A，又42示數為0.204，由變壓器規律可知流過變壓器原線圈的電流為：〃—：.??八二，4=0.04A，可得電流表4的示數為0.044+0.044=0.084,故B錯誤，C錯誤；D、輸入端輸入電壓的最大值為220,：V,則有效值：U=220匕所以電阻：220-55R1=,Q=2062.5Q,故D正確。故選：D。根據瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得結論。本題結合變壓器的變壓比與變流比公式進行計算，同時要明確變壓器的工作原理。.【答案】BD【解析】解：4、液滴平衡則qE=mg，電場方向向上，液滴帶正電，故4錯誤；B、閉合開關，U不變，增大極板間距d,E=減小，液滴向下移動，故B正確；C、斷開開關，Q不變，E=,，，減小正對面積S,E增大，液滴向上移動，故C錯誤；D、閉合開關，4板下移，間距d減小，E增大，Qk-EdyB,知Qy減小，則液滴電勢能減小，故D正確。故選：BD。第8頁，共14頁帶電量為q的微粒靜止不動，所受的電場力與重力平衡，可判斷其電性；根據電容的決、.gS 一,,,日，―一— 定式c=....,分析電容的變化；再由公式E=，分析板間場強的變化，而分析微粒的運動情況。本題是電容器動態變化分析問題，解答此類問題的關鍵是要抓住不變量。當電容器保持與電源相連時，其電壓不變，當斷開電鍵時，其電荷量不變；同時掌握電容的定義式與決定式的內容及其區別。.【答案】AC【解析】解：A、在Q點時，重力方向與速度方向夾角為30°，則重力的瞬時功率為P=mgvcos0=10\二W，故A正確；B、在A到P的過程中小物塊的速度方向不斷改變，動量不斷改變，所以合力對小物塊的沖量不為零，故B錯誤；C、小物塊在AQ段重力做的功W1=mgRsin30°，在QP段重力做到功W2=mgR(1-sin30°)，得W1=W2，由小物塊做勻速圓周運動和動能定理可知，小物塊克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C正確；D、在P點時，由牛頓第二定律N-mg=mv2/R，得到小物塊對圓弧軌道的壓力大小為12N，故D錯誤。故選：AC0小物塊做勻速圓周運動，合外力充當向心力，所以合外力不為零，沖量不為零。根據重力的功率公式求解。在AQ段和QP段列動能定理求解。在P點時由牛頓第二定律列式求解。本題考查了沖量、功率、動能定理、牛頓第二定律等概念和規律，理解概念和規律的實質是正確解題的關鍵。.【答案】AD【解析】解：A、導體棒速度最大時，導體棒在沿導軌切線方向的合力為0,設此處導體棒與圓心連線和豎直方向夾角為仇由平衡條件得：mgcosO=BIa，可知。=45°,解得:I=1,=加，故A正確；B、導體棒在位置2時，由牛頓第二定律得：FN-mg=m，有：FN=1.5mg，得：v=.「：."',此時導體棒中感應電動勢大小為：E=Bav=BaJ；，流過定值電阻R的電流大小為IR=R”-而\&7，故B錯誤；C、導體棒由位置1運動到位置2的過程中，穿過回路的磁通量變化量為：△①=BS=.，U由法拉第電磁感應定律可得：^-蘭，該過程中的平均感應定流為：二-三，電荷量為：右「 2/?△巾……「q=/二,：=二=?故C錯誤；D、由能量轉化和守恒定律可得：Q=mgr-mv2，可得：Q=1mgr，故D正確。故選：ADo導體棒速度最大時受力平衡，根據平衡條件求解最大電流；導體棒在位置2時，由牛頓第二定律求解速度，求出此時導體棒中感應電動勢大小和感應電流；根據電荷量的經驗第9頁，共14頁公式求解電荷量，由能量轉化和守恒定律求解焦耳熱。對于電磁感應現象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對于電源，根據電路連接情況畫出電路圖，結合法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計算公式列方程求解。.【答案】BCE【解析】解：A、因為氣體分子不是緊密地靠在一起，所以知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，就可以算出氣體分子所占的體積，不能計算出分子體積。故A錯誤。B、懸浮在液體中的固體微粒越小，布朗運動越明顯。故B正確。C、密封在體積不變的容器中的氣體，溫度升高，分子的平均動能增大，則氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大，故C正確。D、用打氣筒的活塞壓縮氣體很費力，是由于氣體壓強的作用，不是分子間斥力的作用。故D錯誤。E、物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子的平均動能就越大。故E正確。故選：BCE。A、根據氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，可以求出氣體分子的所占體積.B、溫度越高、固體小顆粒越小，布朗運動越明顯.C、溫度影響分子的平均動能，根據動量定理知，分子的平均動能增大，氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大.D、用打氣筒的活塞壓縮氣體很費力，不是分子間的斥力作用.E、溫度是分子平均動能的標志.本題考查了分子動理論的內容以及影響分子平均動能的因素等，難度不大，關鍵要在理解的基礎上加以識記..【答案】ABE【解析】解：A、由乙圖讀出，％=0時刻質點的速度向下，則由波形的平移法可知，這列波沿％軸正方向傳播。故A正確。B、由圖知：丸;m,T=0.2S，則波速v='=..1.mIs=20m/s。故B正確。C、簡諧橫波中質點在平衡位置附近振動，并不隨著波遷移，故C錯誤；D、圖示時刻Q點沿y軸正方向運動，％=0.1s=；T，質點Q的運動方向沿y軸負方向。故D錯誤。E、t=0.35s=1.75T，經過0.35s時，質點P到達波峰，而質點Q位于平衡位置與波谷之間，故質點Q距平衡位置的距離小于質點P距平衡位置的距離。故E正確。故選：ABEo由振動圖象讀出t=0時刻P點的振動方向，判斷波的傳播方向。由波動圖象讀出波長，由振動圖象讀出周期，可求出波速。分析波動過程，根據時間與周期的關系，判斷Q點的運動方向。波的圖象往往先判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系。同時，熟練要分析波動形成的過程，分析物理量的變化情況。.【答案】0.975——At^q【解析】解：(1)游標卡尺的主尺讀數為9mm,游標讀數為0.05x15mm=0.75mm,所以最終讀數為9.75mm=0.975cm。(2)小車經過光電門時的速度為：匕=二，同理有：v2=二第10頁，共14頁（3）由勻變速直線運動的速度位移公式可知，加速度為：。二.’二?，式中L是兩乩2L個光電門的間距，故A正確，BCD錯誤；（4）對兩物塊整體研究，根據牛頓第二定律，則有：m1g-m2g=（m1+m2）a；解得：g=.「「；故答案為：（1）0.975dd（2）3:j二..（3）AmL卜？th⑷a游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標的讀數，不需估讀。先由平均速度等于瞬時速度，求出小車經過光電門時的速度，然后應用勻變速直線運動的速度位移公式求出加速度；最后根據牛頓第二定律，即可求解?？疾榍蠼馑矔r速度的方向，掌握運動學公式的應用，理解牛頓第二定律的內容。.【答案】BBC小于串聯14900【解析】解：（1）應用半偏法測電流計內阻，應先閉合電鍵s1，調節電阻箱與，使電流計滿偏，然后保持電鍵s1閉合，閉合電鍵s2,僅調節電阻箱尺2,直到電流計讀數為100MA為止，記下電阻箱R2的阻值，故B正確；故選：B；（2）閉合電鍵S2時，電流計與R2并聯，它們兩端電壓相等、通過它們的電流相等，由歐姆定律可知，它們的電阻相等，則：Rg=R2=100Q，故選：B；（3）應用半偏法測電流表內阻，電源電動勢、串聯在電路中的電阻越大，實驗誤差越小，當電流計的讀數為200MA時，電阻箱R1的讀數不足最大值的一半，為減小實驗誤差，可以增大電源電動勢，故選：C；（4）閉合電鍵S2時，電流計與R2并聯，電路總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律可知，電路電流變大，電流表半偏時流過R2的電流大于電流表電流，R2的電阻阻值小于電流計內阻，由此可知電流計內阻測量值小于真實值。（5）把電流計改裝成3V的電壓表需要串聯分壓電阻，串聯電阻阻值：R=-Rg= -100=14900Q；故答案為：（1）B；（2）B；（3）C；（4）小于；（5）14900。（1）應用半偏法測電流表內阻時應保持電流表兩端電壓與電路電流不變，據此分析答題。（2）根據實驗步驟與半偏法測電流表內阻的實驗原理求出電流計內阻。（3）應用半偏法測電流表內阻，電源電動勢、串聯在電路中的電阻越大，實驗誤差越小，據此分析答題。（4）根據半偏法測電流表內阻原理分析實驗誤差。（5）把電流表改裝成電壓表需要串聯分壓電阻，應用串聯電路特點與歐姆定律可以求出串聯電阻阻值。本題考查了半偏法測電流計內阻與電壓表的改裝，知道實驗原理是解題的前提與關鍵，分析清楚實驗步驟即可解題；平時要注意基礎知識的學習與積累。13.【答案】解：（1）由x-t圖象可知t=1.5s后金屬棒開始勻速運動，速度為：Ax3.0—1.5v=~=_.'l.-T.5m/s，第11頁，共14頁金屬棒做勻速直線運動時切割磁感線產生的感應電動勢為：E=BLv,RrF金屬棒受到的安培力為：F=BIL=，金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件得：mgsinO=gmgcosO+-，代入數據解得：B=0.2T；（2）從開始到t=2.5s過程，由能量守恒定律得：]mgxsin0=pmgxcos0+mv2+Q，電阻R產生的熱量為：Qr=Q，解得：Qr=0.0325J。答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為0.2T；（2）從開始到t=2.5s過程中電阻R上產生的熱量為0.0325J?！窘馕觥浚?）金屬棒勻速運動時處于平衡狀態，由圖示圖象求出勻速運動的速度，由平衡條件求出磁感應強度。（2）由能量守恒定律求出電阻產生的熱量。對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。14.【答案】解：（1）由乙圖知，A、B一起運動的最大外力Fm=25N.當F>25N時，A與B相對滑動，對A由牛頓第二定律有：網mg=ma〃由乙知a1=4m/s2,解得：%=0.4；對B由牛頓第二定律有：F-g1mg-g2（M+m）g=Ma2；口廠 F-w再0寸式巾+睥）e即：a2=當F=25N時，a2=4m/s2。代入上式解得“=0.1（2）給A一水平向右的初速度v0=4m/s,且F=29N時，A運動的加速度大小為a1=4m/s2,方向水平向左；… 、一，，、一 叱設A運動時間11速度減為零，則t「1=1=1s,、1位移：x1=V011-1j代入數據可得：x1=2m；B的加速度大小:代入數據可得：a2=5m/s2,方向向左;B的位移大?。簒2=_1 =_、5I=2.5m,此時B的速度：v2=a211=5m/s；由于x1+x2=L,即此時A運動到B的右端，當B繼續運動時，A從B的右端掉下來停止。設A從B上掉下來后B的加速度大小為a3,對B由牛頓第二定律有：F-%Mg=Ma3,可得：a3=6.25m/s2；在t=2s時A與B右端的距離：x3=v2（t-11）+：：；：?（t-11）2=8.125m。第12頁，共14頁答：(1)A、B之間的動摩擦因數月是0.4,B與地面之間的動摩擦因數”是0.1；(2)t=2s時A與B的右端相距8.125m【解析】(1)F大于25N后，A、B相對滑動，對A，根據牛頓第二定律列式，可求得A、B之間的動摩擦因數月.F在0-25N內，A、B相對靜止，對整體，利用牛頓第二定律列式，可求得B與地面之間的動摩擦因數”。(2)F=29N,A、B相對滑動，物塊A恰好滑到木板B的右端時兩者位移之和等于L.由牛頓第二定律和位移公式解答。本題屬于牛頓運動定律中的典型模型“板塊模型”，可以結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解，.解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛