2021年湖北武汉六中高考物理模拟预测试卷

2021年湖北省武汉六中高考物理模拟预测试卷.在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑4圆弧形槽的小车， 工一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M=加，则铁块离开车时将（）A.向左平抛B.向右平抛C.自由落体D.无法判断.电磁炮是目前许多国家热衷发展的一种新式武器，其工作原理如图所示。当两平行导轨接入电源时，强电流从一导轨流入，经滑块（炮弹）从另一导轨流回时，在两导轨平面间产生强磁场，磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的滑块在安培力的作用下加速一段距离后，炮弹会以很大的动能射出。关于电磁炮，下列说法正确的是（）平行导轨 滑块（炮弹）=__J/ A.当水平放置的平行导轨通有如图所示的电流时，导轨间的磁场方向竖直向下B.当回路中电流一定时，炮弹将做匀加速直线运动C.若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍D.若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍.实现核能电池的小型化、安全可控化一直是人们的目标。现在有一种“氚电池”，它的体积比一元硬币还要小，就是利用了氚核s衰变产生的能量，有的心脏起搏器就是使用“氚电池”供电，使用寿命长达20年。该反应放出S射线外，还会放出不带电、质量基本为零的反中微子。氚核的半衰期为12.5年，下列说法正确的是（）A.氚核£衰变后，新核平均核子质量会增加B.氚核衰变放出的S射线是电子流，来源于核外电子C.氚核£衰变后，还会产生一种新的原子核2月。D.经过12.5年后，反应后剩余物的质量变为初始质量的一半第1页，共18页

4.如图，△abc中bc=4cm,Nacb=30°.匀强电场的电 ?4.场线平行于△,比所在平面，且a、b、c点的电势分别为3K-1，、3K下列说法中正确的是（）A.电场强度的方向沿ac方向B.电场强度的大小为2V/cmC.A.电场强度的方向沿ac方向B.电场强度的大小为2V/cmC.电子从a点移动到b点，电势能减少了4eVD.电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV5.=0.15s时，两列波第一次完全重合。下列说法正确的是5.=0.15s时，两列波第一次完全重合。下列说法正确的是（）甲、乙两列波的周期均为0.4s如图，波速大小相同、振幅均为2cm的两列简谐波，甲波（实线）沿％轴正方向传播，乙波（虚线）沿％轴负方向传播。在％=0时刻的部分波形如图所示，在“A.B.甲、乙两列波的波速大小均为5m/sC.甲、乙两列波的波速大小均为10m/sD.6.D.6.q=0.5s时，甲、乙两列波的波形第二次完全重合如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放光滑圆球B，整个装置处于静止状态；把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态。下列判断正确的是（）A.A对地面的压力减小B.B对墙的压力增大7.C.A与B之间的作用力大小不变D.地面对A的摩擦力减小劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示.空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出.一个带正电的小物块（可视为质点）从A点以初速度.向左运动，接触弹簧后运动到C点时的速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内.已知AC两点间的距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为小重力加速度为g.则物块由A运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A.小物块的加速度先不变后减小B.弹簧的弹性势能增加量为A.小物块的加速度先不变后减小B.弹簧的弹性势能增加量为1叫C.D.小物块运动到C.D.小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小第2页，共18页.如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的。点（半圆的圆心），产生反射光束1和透射光束2.已知玻璃折射率为73，入射角为45°（相应的折射角为24°）.现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面轴线顺时针转过15°,如图中虚线所示.则（）A.光束1转过15° B.光束1转过30°C.光束2转过的角度小于15° D.光束2转过的角度大于15°.如图所示是某卫星绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s,则下列说法中正确的是（）A.卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7km/sB.卫星在2轨道经过B点时的速率可能大于7.7km/sC.卫星分别在1、2轨道经过A点时的加速度相同D.卫星在3轨道经过A点的时速度小于在2轨道经过A点时的速度.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1,电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中&为NTC型热敏电阻（阻值随温度卜列说法正确的是（）的升高而减小），R1为定值电阻，卜列说法正确的是（）A.交流电压u的表达式a=36d2s讥100兀州B.变压器原、副线圈中的电流之比随4处温度的变化而变化Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大Rt处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大TOC\o"1-5"\h\z11.如图所示，在竖直面内有一长为2L、宽为L的矩形导 工线框，电阻为凡导线框正下方有宽度也为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为夙方向垂直纸面向外，某时刻起由静止释放导线框，以导线框的下边恰与磁. l n场的上边界重合时开始计时，随后导线框以速度,匀•二二…：二 二:…速进入并通过磁场区域。规定导线框的速度v方向向下时为正，电流I沿顺时针方向时为正，磁感线垂直纸面向外时导线框中的磁通量。为正，a点电势高于b点时，第3页，共18页a、b两点间电势差U为正。则以下关于v、I、①、U随时间t变化的图像正确的是()12.某小组设计了如图所示的实验万案做“验证牛顿第二定律实验”。的作用下让物体Q12.某小组设计了如图所示的实验万案做“验证牛顿第二定律实验”。的作用下让物体Q静止在A点，稳定后释放P和Q,在A点正上质量分别为加]、62(6]>62)的两物体P、Q通过一根跨过定滑3；',轮的轻质细线相连接，物体Q上固定宽度为d的挡光片。在外力方高h处固定一光电门，挡光片通过光电门的时间t可由光电计时器测出。实验过程中可调整光电门的位置从而改变h，并测出对应的时间t,得到若干组(mt)。(1)该实验的实验原理是(1)该实验的实验原理是(用题中所给的量表示)。(2)得到若干组出t)后，该小组的同学提出用图像法来处理实验数据，你认为他们应该描绘的图像是A.h—tB.h-1tC.h-t2D.h-\t2(3)该小组的同学按上述方法作出图像后，发现与预想的情况偏差较大，试写出一条可能的原因 。.某实验探究小组利用如图所示的电路测量一毫安表的内阻以及一电源的电动势和内阻。实验室提供的实验器材如下：4彳寺测毫安表(满偏电流2.564内阻大约10。)B特测电源(E大约为3匕厂大约为1。)C.电阻箱(最大阻值为9999。)第4页，共18页D电阻箱(最大阻值为999。)E电阻箱(最大阻值为99.9。)E开关、导线若干实验步骤如下：a.将电阻箱R1的阻值调到最大，闭合S1，调节R1的阻值使毫安表的示数达到满偏b.保持电阻箱R1的阻值不变，闭合S2,调节电阻箱R2，使毫安表示数达到满偏值的一半，同时记录电阻箱的读数R2c.断开开关S2,调节电阻箱R1，记下电阻箱的读数R1和毫安表的示数Id.多次重复步骤ce.在坐标纸上以j为纵坐标，以R1为横坐标，用直线拟合，作出；-々图像回答下列问题：(1)电阻箱R1应选择(用器材前面的字母表示)。(2)毫安表内阻R。的测量值为 。y(3)若获得：-4图像的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势测量值的表达式为E=，内阻测量值的表达式为r=。(4)用上述方法测出的电源内阻 真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。A.'r.质量为M=30幼的汽缸如图甲所示放置，质量为6=10幼、横截面积为S=0.0162的活塞密封一部分气体，气体的长度为4=12cm，此时环境温度为19℃，大气压强为00=1.0x105Pa，重力加速度g取10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，汽缸导热性能良好，气体可视为理想气体。(1)现将汽缸缓慢倒过来用弹簧支撑，如图乙所示，在这一过程中没有气体泄漏，若环境温度升高至29℃，求此时弹簧的弹力；(2)现将汽缸缓慢倒过来悬挂，如图丙所示，在这一过程中没有气体泄漏，求稳定后活塞相对汽缸移动的距离(结果保留小数点后一位)。第5页，共18页.在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度与做匀速直线运动.某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为出(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数从无关，是一个定值.(2)已知滑块与车面间动摩擦因数4=0.2,滑块质量m=1kg,车长L=2m,车速%=4m/s,取g=106/S2,当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F,要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？(3)在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？第6页，共18页

.在xQy平面直角坐标系内，第一象限内存在如图所示的三部分紧邻的有界磁场I、n、皿，磁场宽度均为0.3加，从左到右磁感应强度大小依次为B、2B、3B，方向如图所示，已知8=17。一带正电粒子以速度^=6x1046/s从坐标原点O沿％轴正方向射入，已知该粒子的比荷。=105。的，不计粒子重力。求：m(1)粒子射出磁场时的位置坐标；(2)粒子从射入磁场到射出磁场这段时间内的平均速度(结果保留三位有效数字)。第7页，共18页答案和解析.【答案】C【解析】解：小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=Mu车+加^铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：1mv2=1Mv2+1mv20 2车2铁解得铁块离开车时："铁=0,"车=r所以铁块离开车时将做自由落体运动，故ABD错误，C正确.故选：C系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律，求出铁块离开车时的速度，即可判断铁块的运动情况.解决本题关键是能够把动量守恒和机械能守恒结合起来，要知道接触面光滑时，往往考虑系统的机械能是否守恒..【答案】B【解析】解：A、当水平放置的平行导轨通有如图所示的电流时，炮弹向右加速运动，安培力方向向右，根据左手定则可知导轨间的磁场方向竖直向上，故A错误；B、当回路中电流一定时，根据牛顿第二定律可得匕=BIL=ma,解得加速度a=管，所以加速度一定，炮弹将做匀加速直线运动，故B正确；C、若只将电流增大2倍，磁感应强度也变为原来的2倍，则安培力增大到原来的4倍，根据动能定理匕第=后上-0,可得炮弹射出的动能也会增大4倍，故C错误；D、若只将导轨长度%增大2倍，根据动能定理匕％=后上-0,可得炮弹射出的动能也会增大2倍，故D错误。故选：B。根据左手定则判断导轨间的磁场方向；根据牛顿第二定律求解加速度；根据动能定理5%=”分析最后的动能。本题主要是考查电磁炮的发射问题，关键是弄清楚电磁炮的发射原理，能够根据左手定则、牛顿第二定律、动能定理进行分析。第8页，共18页.【答案】C【解析】解：A、发"衰变释放出核能会有质量亏损，可知平均核子质量会减小，故A错误；BC、£衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是S粒子，根据质量数与质子数守恒，则氚发取衰变的衰变方程：3H^!He+oe，故B错误，C正确；D、经过t=12.5年，即经过一个半衰期，有一半质量的氚核发9发生衰变成2月e而非消失，所以反应后剩余物的质量比初始质量的一半要大，故D错误。故选：C。发生S衰变释放出核能会有质量亏损，可知平均核子质量会减小；s衰变是内部中子转化为质子时同时生成电子，根据质量数与质子数守恒，即可确定衰变方程；根据半衰期的含义分析其质量变化。本题考查S衰变的本质、半衰期等内容，要熟悉课本知识，能解释生活中的问题。.【答案】B【解析】解：AB、由于ac两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可知，电场方向垂直ac，且指向斜上方，后=/7=+/%加=2匕^加，故a错误，B正确；cbsm30o4X12C、电子从a点移动到b点，电场力做功纥b=Uad=4eV，””表示电场力做负功，电势能增加，增加了4eK故C错误；D、电子从c点移动到b点，电场力做功为唯白二。由。=4。，，故D错误；故选：B。匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知AC两点的电势相等，是一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度。根据W=qU求电场力的功，根据电场力做功判断电势能变化。本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式U=Ed应第9页，共18页

用时d为沿着电场线方向的距离。.【答案】B【解析】解：ABC、由图可知的波长均为4办取甲、乙两个相邻波峰为研究对象，两列波的波速大小均为^=1=3^6/5=56/5，周期均为7=2=45=0.85，故B2tl 2X0.15 v5正确，AC错误；D、从图上可以得出甲、乙两列波的波形第二次完全重合波形运动距离々=0.56+56=5.5加，需要时间J=叼=55S=0.55s，故D错误。22v2X5故选：B。根据图象可知甲、乙两列波的波长；在"=0.15s，两列波第一次完全重合，则有2忧］=1.5m，由此求解波速；根据波的传播情况确定某点是振动加强或减弱；根据推波法确定甲、乙两列波的波形是否第二次完全重合的时间。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长和周期，能够根据振动方向确定传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系"=fL.【答案】D【解析】解：A、以A、B为整体受力分析如图1，竖直方向上受重力及地面的支持力,两物体重力不变，所以地面对A的支持力不变，由牛顿第三定律知A对地面的压力不变，故A错误；析，作出平行四边形，如7/7777WWm兽舞手指¥注中B、对小球B受力分图2所示，A移动前后，B受力平衡，即B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；析，作出平行四边形，如7/7777WWm兽舞手指¥注中A向右移动少许，A对B的弹力顺时针旋转，墙对B的压力减小，由牛顿第三定律，B对墙的压力变小，故B错误；。、由图2知，A对B的弹力减小，故C错误；D、分析A、B整体，水平方向上墙对B的压力和地面对A的摩擦力等大反向，墙对B的压力减小，则地面对A的摩擦力减小，故D正确。第10页，共18页故选：D。先整体分析地面对A的支持了，再隔离B分析AB间的作用力及墙对B的弹力，再整体分析地面对A的摩擦力。本题考查了共点力平衡中的连接体问题及动态过程的分析，注意连接体问题的处理方法:整体与隔离相结合。.【答案】C【解析】解：A、物块与水平面间动摩擦因数为小由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据f洛=q“"可知物块受到的洛伦兹力减小。由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力九=/洛+加0减小，所以摩擦力：f=心也减小，物块的加速度a=j也减小;当物块接触弹簧后，物体的加速度：优=牛，f减小，而F增大，所以不能判断出加速度的变化。由以上的分析，总体上，A是错误的。故A错误；B、此过程动能转换为弹性势能和内能,根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-%=由于摩擦力是变力，而且f=林Fn=4（/洛+mg），可知弹簧的弹性势能增加量一定不16%—四明〃.故B错误；20C、小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大,而物块的速度逐渐减小，由P=Fv，可知开始时弹簧的功率为0，开始时逐渐增大；最后速度等于0时，弹簧的功率也是0，速可知，弹簧的功率在增大都某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故C正确；D、小物块到达C点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在C点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止。故D错误。故选：C。根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合受力分析判断出小物块受到的支持力以及摩擦力，结合速度的变化分析支持力的变化以及摩擦力的变化，再由牛顿第二定律分析加速度的变化；根据功能关系分析弹簧的弹性势能；根据瞬时功率的表达式，结合速度、弹力的变化分析功率的变化.本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，能量是守恒的，同时要注意洛伦兹第11页，共18页

力在其中起到的作用..【答案】BC【解析】解：4B.玻璃体转过15°时，法线转过15°,则入射角变为60°,由几何关系可知，反射光线与竖直线成75°,故反射光线偏转了30°；故A错误，B正确；CD由题意知九=也血标1.74；偏转后，入射角为60°，则由s讥6=30°=0.498，贝Usin24° n6<30°，故由几何关系可知，光束2转过的角度小于15°；故C正确，D错误；故选：BC。光在界面上会发生反射和折射，由反射定律可确定反射光线的转过的角度；由折射定律可得出折射光线的方向.本题考查光的反射与折射定律的应用，应注意由光路图利用几何关系求解相应的角度变化..【答案】AC【解析】解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s,故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s。故A正确;B、假设有一圆轨道经过B、假设有一圆轨道经过B点，根据“=，可知此轨道上的速度小于7.7km/s,卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动。故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s,故B错误；C、卫星在A点时，距离地球的距离相同，万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同。故C正确；D、因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3,故卫星在3轨道经过A点的时速度大于在2轨道经过A点时的速度，故D错误。故选：ACo当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动。当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B速度变小。卫星距离地球的距离相同时，万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同。本题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小。还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大。第12页，共18页.【答案】AD【解析】解:A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36或口周期0.02S,故角速度是3=100兀，u=36，2s讥100兀C(，)，故A正确；B、变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，与温度无关，故B错误；。、由B知4处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数减小，故。错误；D、4处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故D正确；故选：AD。由图乙可知交流电压最大值U=36，2匕周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，m则可得交流电压u的表达式虱=4s讥3t(V)，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化.根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键..【答案】AC【解析】解：A、导线框所受安培力尸=B/x2L=BxWx2L=34，导线框匀R R速进入磁场，由平衡条件得：F二小0线框进入磁场过程与离开磁场过程受力情况不变，线框穿过磁场过程一直做匀速直线运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，故4正确；B、线框穿过磁场过程做匀速直线运动，根据电动势：E=BX2L,=2BL,不变，感应电流大小不变，由楞次定律可知，线框进入磁场过程感应电流沿顺时针方向，离开磁场过程感应电流沿逆时针方向，故B错误；C、线框进入磁场过程，穿过导线框的磁通量方向向外且由零逐渐增加至I2BL2，线框离开磁场过程，穿过导线框的磁通量方向向外且28厚逐渐减小到零，故C正确；D、线框穿过磁场过程感应电流大小：/=互=*，线框进入磁场过程，电流沿顺时RR针方向，a、b两点间电势差^=>3^=48h0；导线框离开磁场过程，感应电流沿逆时针方向，a、b两点间电势差^=/'［氏=38"0，故D错误。故选：AC。第13页，共18页分析清楚线框穿过磁场的运动过程与运动性质，应用E=B配求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用部分电路的欧姆定律求出。、b间的电势差，应用楞次定律判断出感应电流方向，然后分析答题。本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，根据题意分析清楚线框的运动过程与受力情况是解题的前提，应用楞次定律、欧姆定律与法拉第电磁感应定律即可解题。.【答案】61g-m2g=H2D轻质细线与定滑轮之间有摩擦或光电门测瞬时速度存在误差【解析】解：(1)很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，物体Q经过光电门时的速度大小：v=^t物体做初速度为零的匀加速直线运动，则：v2=2ah对两物体组成的系统，由牛顿第二定律得：加1g-m2g=(6］加2)。整理得：m1g-m2g=丁尢)砂(2)物体Q经过光电门时的速度大小：”=dt物体做初速度为零的匀加速直线运动，则：v2=2ah整理得：九二四,，h与,成正比关系，为方便实验数据处理，应该描绘的图像是九-上图2at2 t2 t2像，故选D。(3)作出图像后，发现与预想的情况偏差较大，说明实验误差较大，可能的原因有轻质细线与定滑轮之间有摩擦、光电门测瞬时速度存在误差等。故答案为：(1)叫g-吗g=(吗短?d2；(2)D；(3)轻质细线与定滑轮之间有摩擦或光电门测瞬时速度存在误差。(1)根据挡光片的宽度与挡光片通过光电门的时间求出物体经过光电门时的速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出加速度，应用牛顿第二定律求出实验需要验证的表达式。(2)根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。(3)实验过程物体受到空气阻力、细线与定滑轮间存在滑动摩擦力，阻力的存在会造成实验误差，应用光电门测瞬时速度也会产生实验误差。理解实验原理是解题的前提，要掌握应用光电门测瞬时速度的方法，求出物体经过光电门时的瞬时速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式与牛顿第二定律即可解题。第14页，共18页13.【答案】CR21；-R2大于【解析】解：(1)电路最小总电阻约为：R=：=大六：；9=12002为保护电路安全，,0 ,义电阻箱R1应选择C。(2)将电阻箱R1的阻值调到最大，闭合S1，调节R1的阻值使毫安表的示数达到满偏；保持电阻箱々的阻值不变，闭合多，调节电阻箱乙，使毫安表示数达到满偏值的一半，则流过R2的电流也是满偏值的一半，由并联电路特点可知，毫安表内阻等于电阻箱R2接入电路的阻值，则毫安表内阻Rg=R2。(3)断开开关S2,调节电阻箱叫，记下电阻箱的读数勺和毫安表的示数I，由闭合电路欧姆定律得：E=I(Rg+R1+^)，整理得：；=；%+吩，工-4图像的斜率为鼠纵截距为b，则k=1,匕=3，I1 E E将Rg=R/代入解得，电源电动势测量值的表达式为E=:内阻测量值的表达式为r=(4)用题述方法测出的电源内阻的误差来自于毫安表内阻勺的测量误差，在用半偏法测y毫安表内阻时，闭合s2,电路中总电阻减小，总电流增大，大于原毫安表的满偏电流，而此时毫安表指针半偏，所以流经r2的电流比毫安表的多，r2的电阻比毫安表的电阻小，但我们把R2的读数当成毫安表的内阻，故测得的毫安表的内阻Rg偏小，即Rg实＞氏2，将Rg=4代入上述表达式得到的电源内阻大于真实值。故答案为：(1)C(2)R2；(3)1；，-R2；(4)大于。(1)根据待测电源电动势与电流表量程求出电路最小电阻，然后选择电阻箱。(2)根据实验步骤应用并联电路特点求出毫安表的内阻。(3)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象求出电源的电动势与内阻。(4)根据实验电路图与实验步骤分析实验误差。本题考查半偏法测毫安表内阻、测量电源电动势和内阻实验；理解实验原理是解题的前提与关键，根据图示电路图与实验步骤，应用并联电路特点与闭合电路的欧姆定律可以解题。.【答案】解：(1)对活塞与气缸整体受力分析，根据受力分析可知，题图乙中弹簧弹第15页，共18页力与汽缸和活塞的重力大小之和相等，与环境温度无关，设弹簧的弹力为己有：F=Mg+mg=（30+10）x10N=400N（2）设甲、丙图中气体的压强分别为4和内，气体的长度分别是％和4；其中：4=12cm=0.12m甲图中气体的状态参量：氏=o0+s=1.0x105Pa+10x10Pa=1.1x105Pa，匕=4s丙图中气体的状态参量:%=。0-片=1.0x105Pa-靠0。。=9x104Pa，%=L2S，汽缸倒置悬挂前后气体发生等温变化，根据玻意耳定律知^匕=4%，联立解得：”仁0.1476活塞相对汽缸移动的距离为L=4-4=0.147m-0.12m=0.027m=2.7m。答：（1）此时弹簧的弹力为400N；（2）现将汽缸缓慢倒过来悬挂，在这一过程中没有气体泄漏，稳定后活塞相对汽缸移动的距离为2.7cm。【解析】（1）对活塞与气缸整体受力分析，求出弹簧的弹力；（2）列出甲、乙、丙图中气体的状态，结合理想气体得状态方程与气体的实验定律分别求出乙图与丙图气体的长度，最后由几何关系求出稳定后活塞相对汽缸移动的距离即可。本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。.【答案】解：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度a=皿=〃0m滑块相对车滑动的时间「=马a滑块相对车滑动的距离S=%”黄滑块与车摩擦产生的内能Q=〃mgs由上述各式解得Q=；加吗（与动摩擦因数〃无关的定值）（2）设恒力F取最小值为々，滑块加速度为冬，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间［=7①由几何关系有％“-§“=2②由牛顿定律有F1+^m^=ma1@由①②③式代入数据解得V0.5s，4=6N第16页，共18页则恒力F大小应该满足条件是F>6N（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为出，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为名）到达车右端时，与车达共同速度.则有&-4mg=6。2④4mg=ma3@1 a2t2—a12H—22=L⑥222 24J由④⑤⑥式代入数据解得J=3s=0.58s2 3则力F的作用时间t应满足“工七工"+「2，即0.5sWtW1.08s【解析】（1）滑块和车摩擦产生的内能