2021届河南省洛阳市高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届河南省洛阳市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.下列叙述中正确的是（）

A.库仑提出了用电场线描述电场的方法

B.牛顿利用月一地检验验证了万有引力定律并测量了万有引力常量

C.重心、运动的合成与分解等概念的建立都体现了等效替代的思想

D.比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电阻R=g,加速度a=£都是采用

Im

比值法定义的

2.如图所示，倾角为30。、长度为10m的光滑斜面，一质量为1.2kg的物体

从斜面顶端由静止开始下滑，gmom/s2,贝U（）

A.整个过程中重力做功120/

B.整个过程中合外力做功120/•。--------------------1

C.整个过程中重力做功的平均功率是30W

D.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是30W

3.如图所示，卫星甲、乙分别绕质量为M和2M的星球做匀速圆周运动，且它们的环绕半径相同。

设甲、乙的运行周期分别为7尹和丁乙，甲、乙的线速度分别为"小和"z，贝心）

A.T甲＞T'v甲＞vB.T甲＞T乙v甲＜v乙

C.T甲＜丁乙“甲＞“乙D.T甲＜1'乙v甲〈V乙

4.如图所示，上表面光滑、倾角。=30。的斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一光滑的小定滑

轮，质量分别为m和37n的两小物块2、8用轻绳连接，其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜

面上，定滑轮与4之间绳子水平。已知绳子开始刚好拉直，长为3现静止释放4,在A向下开始

运动到。点正下方的过程中，下列说法正确的是（）

0L_^

A.物块4的下落轨迹为一段;圆弧

B.物块B一直处于静止状态

C.物块4在下摆过程中的机械能处于最大值时，速度最大值为屈

D.物块4在下摆过程中的机械能处于最大值时，速度最大值为西I

5.汽车发动机的额定功率为96k〃，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为40m/s,那么汽

车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力的大小是（）

A.8000/VB.4000/VC.2400/VD.1600N

6.如图所示为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，«以e''

利用其在向低能级跃迁时发出的光照射逸出功为3.34eV的金属锌，:。,任

下列说法正确的是（）

2---------------------------3.4

A.这群氢原子向低能级跃迁时共发出6种频率的光子，且有4种

光子能便锌板发生光电效应।--------------------136

B.这群氢原子向低能级跃迁时共发出4种频率的光子，且有3种光子能使锌板发生光电效应

C.金属锌表面所发出的光电子初动能的最大值为12.75eV

D.金属锌表面所发出的光电子初动能的最大值为9.41W

7.如图所示，某段滑雪道倾角为30。，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从雪道上距底端高

为九处由静止开始匀加速下滑，加速度大小为［g,他沿雪道滑到底端的过程中，下列说法正确

的是（）

A.运动员减少的重力势能全部转化为动能

B.运动员获得的动能为

C.运动员克服摩擦力做功为:mg%

D.运动员减少的机械能为:mg/i

O

8.关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）

A.电场强度大的地方，电势一定高

B.电场强度不变，电势也不变

C.电场强度为零处，电势一定为零

D.在匀强电场中，电场强度的方向是电势降低最快的方向

二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）

9.如图所示，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三

角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B,三角形外的

磁场范围足够大、方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.顶点a处

的粒子源沿Na的角平分线发射质量为粗、电荷量为q的带负电粒子，

其初速度大小％=警，不计粒子重力，下列说法正确的是（）

A.粒子第一次返回a点所用的时间是oQ联D

B.粒子第一次返回a点所用的时间是黑

C.粒子在两个有界磁场中运动的周期是黑

DljD

D.粒子在两个有界磁场中运动的周期是黑

10.A、B、C三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示是它们的x-tN

图象，由图可知它们在时间内（）

A.A一直在B、C的后面

B.平均速率＞vc=VB

C.平均速度以=vB=uc

D.4的速度一直比B、C的速度大

11.有一个理想变压器，原线圈1000匝，副线圈200匝，现在副线广④

圈上接一个变阻器R,如图所示，则下列说法中正确的是（）

A.原、副线圈的功率之比为5：1

B.电压表匕与匕的示数之比为5：1

C.当变阻器滑动头向下移动时，原线圈的输入功率将增加

D.安培表公与必的示数之比为5：1

12.如图所示，一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面

体质量为M，顶端高度为此今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下

滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，下列说法正确的是（）

A.小物体在水平方向上的位移是斜面体位移的耨

B.小物体与斜面体的位移之和为高

小物体沿水平方向位移为篇%

C.（M+mjtana

D.小物体沿水平方向位移为扁篇

13.如图所示，电源电动势E和内阻r一定，心是定值电阻，/?2是光敏电阻（光

敏电阻被光照射时阻值变小），L是小灯泡。当照射到&的光照强度减弱时，

以下分析正确的是（）

A.电流表示数减小B.电压表示数不变

C.灯泡亮度变喑D.电源效率降低

14.原子能电池是利用放射性同位素衰变过程释放的热能转换成电能，具有尺寸小、重量轻、性能

稳定可靠、工作寿命长、环境耐受性好等特点，能为空间及各种特殊恶劣环境条件下的自动观

察站或信号站等提供能源。其中翡Sr是原子能电池的放射源之一，会发生0衰变，半衰期为28.5

年。羽Sr主要来源于能5（7的裂变，其核反应方程为黄U+乩-患Sr+短Xe+2乩。下列说法中

正确的是（）

A.用5（/的平均结合能比裂变产物受,Xe的平均结合能小

B.翡Sr的衰变方程为患Sr-翡丫+?送

C.瑞Sr衰变产生的夕射线是其核外电子吸收能量后跃迁产生的

D.密闭容器中装有1g捐Sr经过28.5年容器中剩余物质质量为0.5g

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

15.某同学利用自由落体运动进行验证机械能守恒定律的实验，正确完成实验操作后，得到一条点

迹清晰的纸带，如图所示.在实验数据处理中，某同学选取纸带上打出的连续三个点4、B、C,

分别测出三个点距起始点。的距离如图所示，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，g取9.8m/s2.

（1）若重物和夹子的总质量为1kg,那么在由。到8的过程中，动能增加量为J,重力势能减少

量为■/.（结果均保留2位有效数字）

（2）该同学在分析该实验误差时认为阻力的存在使得重物下落的加速度不再是重力加速度，于是他利

用纸带求出重物下落的加速度为m/s2.

iBr7

,4.80*1cm

-----------6.92---------►

---------------9.41---------------

16.测量电流表G］的内阻q的电路如图甲所示。供选择的仪器如下：

A待测电流表G】（0-1mA,内阻约为2000）；

B.电流表G2（0〜6nl4，内阻约为500）；

C.定值电阻/?式3000）；

D定值电阻/?2（5。。）；

E.滑动变阻器/?3（。〜5000）；

E滑动变阻器/?4（。〜I。。）；

G.干电池0.5V）；

H.开关S及导线若干。

（1）定值电阻应选,滑动变器应选。（均填器材前对应的字母序号）

（2）补全实验步骤：

①按电路图连接电路，;

②闭合开关S,移动滑动触头至某一位置，记录G］、G2的读数/】、/2；

③多次移动滑动触头，记录相应的G］、G?的读数12;

④以与为纵坐标，人为横坐标，在图乙中作出相应图线。

（3）根据/2-4图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式：（用题中所给字母表

示）。

四、简答题(本大题共1小题，共19.0分)

17.如图所示，两固定的平行光滑金属导轨，水平部分间距为33倾斜部分间距为3与水平夹角a=

30%导轨的两部分分别处在磁感应强度大小为B,方向垂直各自导轨平面向下的匀强磁场中(磁

场未画出)。两金属棒和PQ材料、横截面积均相同，分别垂直两导轨放置，棒MN质量为优、

电阻为R、长为3棒PQ长度为3L。运动过程中棒与导轨始终垂直且保持接触良好，导轨足够长

且电阻可忽略，重力加速度为g。

(1)锁定棒PQ,在棒MN上施加一沿倾斜导轨向上的恒力Fi=l.Smg,求棒MN的最终速度；

(2)对棒MN施加沿倾斜导轨向上的恒力&=1.5zng的同时，对棒PQ施加沿水平导轨向右的恒力F?=

3mg,两棒同时由静止开始运动，求棒MN的最终速度；

(3)若在(2)的条件下，两棒从静止开始运动，经过时间t后可视为匀速运动，求此过程中系统产生的

焦耳热。

五、计算题(本大题共2小题，共24.0分)

18.汽车由静止出发做匀加速直线运动，用10s时间通过一座长140巾的桥，过桥后速度是16m/s,

求：

(1)汽车刚开上桥头时速度的大小；

(2)桥头与出发点的距离.(汽车自身长度可忽略不计)

19.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的4点以%=3m/s的

初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R=0.5m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角。=53。,不计空气阻力，

求：(g=107n/s2,sin530=0.8,cos53°=0.6)

(1)4、C两点的高度差；

(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端。点时对轨道的压力。

参考答案及解析

1.答案：c

解析：解：4、根据物理学史可知，是法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故A错误；

8、牛顿利用月一地检验验证了万有引力定律，卡文迪许测量了万有引力常量，故3错误；

C、重心是物体重力的等效作用点，分运动与合运动也是等效的，可知重心、运动的合成与分解等概

念的建立都体现了等效替代的思想，故C正确；

D、比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电阻R=苫是采用比值法定义的，而。=

5是牛顿第二定律的表达式，不是比值定义式，故。错误。

故选：Co

法拉第提出了用电场线描述电场的方法；卡文迪许测量了万有引力常量；重心、分运动、合运动等

概念的建立都体现了等效替代的思想；根据比值定义法判断。

在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；

故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习.

2.答案：C

解析：解：重力做功为%=mg九=mgL30。=60/,故A错误；

B、整个过程中只有重力做功，故合外力做功为川=%=60/,故8错误；

C、下滑过程中加速度为a=gsin30°=5m/s2,所需时间t=J"=J喀s=2s，重力平均功率为

P=^.=^W=30W,故C正确；

£＞、下滑到斜面底端时的速度为f=at=lOm/s,故「=mgucos60°=60W,故。错误；

故选：Co

通过牛顿第二定律求的下滑加速度，利用运动学公式求的下滑速度和时间，再有重力做功只与初末

位置有关即可求得

解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，要注意瞬时功率的表达式是P=Fvcos0

3.答案:B

解析:解:卫星绕行星球做匀速圆周运动，设行星质量M,万有引力提供向心力：G萼=m^-r=m《

r2T2v

得：

7=2兀区；v=怪;甲乙卫星所绕行星质量比1：2,半径比1：1,代入可得：

7GM\r

T甲:7乙=鱼：1v甲:v=1：故8正确，ACO错误；

故选：Bo

抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式求解7,"等轨道参量与M的关系。

抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力进行解答，注意区别中心天体的质量

不同。

4.答案：C

解析：解：AB,假设物块B不动，设物块4摆到最低点时的速度大小为，则由机械能守恒得：mgL=

^mv2,解得：v=y[2gL,

物块4在最低点时，根据牛顿第二定律，有：T-mg=m^-,

联立得：T=3mg

而物块B重力沿斜面向下的分力为：Smgsine=|mg<T,

所以物块B在绳子拉力作用下会沿斜面向上运动，物块4的下落轨迹不是一段;圆弧，故A8错误；

CD、当物块B不动时，细线拉力对物块4不做功，当细线的拉力为1.5mg时，物块B恰好不上滑；此

后物块B上滑，细线对物块4做负功，故A的机械能减小，故物块B恰好不滑动时，物块4的机械能

最大；

设此时4。与水平方向的夹角为。，根据机械能守恒定律，有：mgLsind-|mv，2,

此时物块4受到重力和拉力的合力的径向分力提供向心力，故：T-mgsin9=

其中：T=1.5mg,

联立解得："=廊，故C正确、£>错误。

故选：Co

可假设B不动，根据机械能守恒和向心力结合，求出4到最低点时绳子的拉力，从而判断B物体能否

运动；

若8运动，考虑恰好滑动的临界情况，即合力的径向分力提供向心力，再根据系统的机械能守恒，求

滑动前的最大速度。

本题主要是考查机械能守恒定律、竖直方向的圆周运动等，解答本题的关键是能够分析求出物块4和

物块B的受力情况，可采用假设法分析B的状态，当B不动时，4摆到最低点时绳子拉力等于3mg,

这个结果要在理解的基础上记住，经常用到，这样可直接判断了。

5.答案：C

解析：解：汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引

力大小相等，则：P=Fv=fv

解得：/=巴=甯N=2400N,故A3。错误，C正确；

故选：Co

汽车在以最大速度匀速行驶时，汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等，由P==可

以求得此时汽车受到的阻力的大小。

本题就是对功率公式的直接的考查，注意牵引力等于阻力时速度最大，题目比较简单。

6.答案：D

解析：解：AB,一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，其可能的跃迁为：

n=4-^n=3-»n=2->n=l；n=4-»n=2；n=4-»n=1；n=3-»n=l,可能发出6种不

同频率的光子，它们的能量值分别为：E43=E4-E3=0.66eV,E42=E4-E2=2.55eV,F41=E4-

Ei=12.75eK,E32=E3-E2=1.89eK,E31=E3-=12.09eK,E21=E1一E[=10.2eV,其中

大于3.34eU的有三种，可知有3种光子能使锌板发生光电效应，故48错误；

CD、从〃=4跃迁到ri=1发出的光子能量最大，频率最高，根据光电效应方程以加=hv-%得，

最大初动能坑机=12.75elZ-3.34eV=9.41e匕故C错误，虫正确。

故选：Do

氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大.根

据光电效应方程求出光电子的最大初动能.

解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用.

7.答案：B

解析：解：4、若运动员不受摩擦力，则加速度应为a'=gsin30o=1g,而现在的加速度小于

故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；

B、运动员运动员下滑的距离：L=-J=2/i；

sin30°

22

由运动学公式可得：K=2aL,得：V=取:动能为：Ek=1mV=^,故B正确；

C、由动能定理可知mg/i-叼=之6片；解得必=[nig/i；故C错误；

。、机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为等，故。错误；

故选：Bo

由几何关系可知运动员下滑的位移，则由速度和位移公式可得出运动员的末速度，则可得出运动员

的动能；由动能定理可得出运动员克服摩擦力所做的功；由功能关系即可得出机械能的改变量.

在解决有关能量问题时，要注意明确做功和能量转化间的关系；合外力做功等于动能的改变量；重

力做功等于重力势能的改变量；阻力做功等于内能的增加量.

8.答案：D

解析：试题分析：电势的高低是相对于零势能面而言的，而零势能面是人为规定的。电场线密集的

地方电场强度大，电场线稀疏的地方电场强度小。所以电场强度大小和电势高低没有直接关系，选

项ABC错。比如负点电荷的电场，越密集的地方电势越低，匀强电场，电场强度不变，但沿电场线

电势逐渐减小。电场强度为0处，电势是否为0要看人为规定的零势能面的位置。不管什么电场中，

电场强度都是电势降低最快的方向，选项。对。

考点：电场强度电势

9.答案：AD

解析：解：A、B、若孙=%，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：

m

qvB=m—

将速度代入可得:

有左手定则可知粒子在三角形内的区域内偏转的方向向左，从a射出粒子第一次通过圆弧从a点到达

c点的运动轨迹如下图所示，可得：

Tnm

t=-=-----•

ancr63q夕

粒子从c到b的时间：tcb=^T

o

带电粒子从b点到达a点的时间也是j所以粒子第一次返回a点所用的时间是匕=tac+tcb+tba=

o

：7=翟•故A正确，B错误；

O3C{D

C、D、粒子第一次到达a点后沿与初速度方向相反的方向向上运动，依次推理，粒子在一个周期内

的运动如图；

可知粒子运动一个周期的时间是3个圆周运动的周期的时间，即：t&=3T=等故C错误，。正确；

故选：ADo

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，写出动力学方程，求出粒子运动的半径，

做出粒子运动的轨迹，最后根据轨迹中的几何关系进行计算。

本题的难点在于几何图象的确定应分析，要抓住三角形内外圆半径均为3则可得出各自圆弧所对应

的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间。

10.答案:BC

解析：解：力、曲时刻之前，4在任意时刻的位置坐标大于B、C的位置坐标，所以A一直在B、C的前

面，故A错误。

B、根据x-t图象的斜率表示速度，由图看出，力质点先沿正方向运动后返回，而B、C一直沿正方

向运动，可知A通过的路程最大，则其平均速率最大，B、C路程相等，则平均速率相等，即有%>vc=

火.故8正确。

C、位移图象上的任意一点表示该时刻的位置，所以它们的初位置、末位置相同，位移相同，则平均

速度相同，故C正确。

。、图象的斜率表示该时刻的速度，所以4物体的速度先比B、C大,后比B、C要小，故。错误。

故选：BC»

x-t图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。由位移与时间的图象纵坐标的变

化量读出位移关系，再根据平均速度公式判断平均速度的大小。根据路程的大小分析平均速率的关

系。

此题的关键要理解位移-时间图象上点和斜率的物理意义，知道％-t图象的斜率表示该时刻的速度,

位移等于纵坐标的变化量。

11.答案：BC

解析：解：力、由于理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，故A错误：

B、理想变压器，原线圈1000匝，副线圈200匝，由原副线圈的电压与匝数成正比，可得伏特表匕与

%的示数之比为5：1,故8正确；

C、由于原副线圈匝数不变，原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压也不变；当变阻器滑动头向

下移动时，导致总电阻变小，从而使得副线圈的输出功率增大，则原线圈的输入功率也增大.故C

正确；

D、理想变压器，原线圈1000匝，副线圈200匝，由原副线圈的电流与匝数成反比，可得安培表公与

出的示数之比为1：5,故。错误；

故选：BC.

变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由

于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也

变大.

该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压

和输出电压的关系的一切题目都水到渠成.

12.答案：ABD

解析：解：A、B、物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有：

mv1—MV2=0

设小物块的位移为斜面体的位移大小为S2,运动时间相等，则有：

ms1—MS2=0

得：即小物体在水平方向上的位移是斜面体位移皖倍。故A正确;

B、由题意可知，"，2=高

联立解得:

C错误

故选：ABD.

由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由平均动量守恒可列式求解，注

意两物体运动的水平位移之和等于斜面的长度.

本题考查平均动量守恒定律的应用，要注意根据动量守恒得出质量与水平长度的乘积也是守恒的.

13.答案：AC

解析：解：4B.光敏电阻阻值随光照强度的增加而变小，知光照强度减弱，则光敏电阻的阻值增大,

电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，内电压减小，路端电压增

大，电压表的示数增大，电流表示数减小，故A正确，B错误；

C.总电流增大，流过&的电流增大，故流过L的电流减小，故灯泡变暗，故C正确；

[2RR

。.电源的效率为：7?=”"100好=厂，*3100%,由外电阻增大，可知电源的效率变大，

，(R铲r)("r)

故。错误。

故选AC。

由光敏电阻的性质可知光照强度的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆

定律可得出电压表示数的变化，同时还可得出路端电压的变化，由串联电路的规律可得出并联部分

电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过的电流的变化，由功率公式即可得R3的功率的变化。

闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行，分析内电路主要根据总

电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。

14.答案：AB

解析:解：4、赞U的原子核不如裂变产物婷Xe的原子核稳定，则投U的平均结合能比裂变产物婷Xe

的平均结合能小，故A正确；

B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，y的质量数为90,电荷数z=90-(-l)=91,所以翡Sr的

衰变方程为弱Sr-＞招丫+2遇，故8正确;

C、放射性元素发生口衰变时所释放的电子，是由原子核内部中子衰变成质子和电子释放出来的，故

C错误；

。、经过28.5年，即经过一个半衰期，容器中剩余的弱Sr质量为开始时的一半，即0.5g,但容器中剩

余的物质还有衰变后的产物，所以总质量大于05g,故。错误。

故选：AB»

根据平均结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定判断；

根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；

根据0衰变的本质判断；

根据半衰期的定义求出有87.5%的核发生了衰变的时间.

根据衰变前后质量数和电荷数守恒求出生成物的质量数和电荷数.能够应用半衰期进行定量的计算.

15.答案：(1)0.66；0.68；(2)9.25

解析：

解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法，

难度不大，所以基础题.

(1)根据△Ep=mg△%求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度

求出B点的速度，从而求出动能的增加量.

(2)根据纸带上的数据，由作差法求出加速度.

(1)重物重力势能的减少量为：△Ep=mg△h=1x9.8x0.0692=0.687.

B点的速度为：%=等=°y潦“so=115257n于

所以动能的增加量为：△Ek==1x1x1.15252=0.66J

(2)根据匀变速直线运动的推论△x=得：

_AX_0.0941-0.0692-(0.0692-0.048)_„.

口=诃=痂=9.Zb?n/s2.

故答案为：(1)0.66；0.68；(2)9.25

16.答案：。F将滑动变阻器滑动触头移到最左端(fc-1)/?2

解析：解：(1)待测电流表G］量程为1机4,内阻阻约为2000,电流表G2量程为6mA,内阻约为500,

为保护电表安全定值电阻应选择。；滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选几

(2)①为保护电流表，闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小处，即将滑动变阻器滑动触头移到最

左端；

(3)由图示电路图可知，电路电流：/1+乎=/2

K2

整理得：/2=(1+^)/1

由图示办一人图象可知，斜率：上=1+最

解得：rj=(fc-1)/?2

故答案为：(1)。；F；(2)①将滑动变阻器滑动触头移到最左端；(3)(卜-1)/?2

(1)根据实验器材与图示电路图选择定值电阻；滑动变阻器采用的分压式接法，为方便实验操作应选

择最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)滑动变阻器采用分压接法时闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。

(3)根据实验原理和串并联特点，写出/2与A的函数表达式，然后根据斜率的物理意义即可求解。

本题考查了测电流表内阻实验，考查了实验器材的选择与实验数据处理，分析清楚电路图知道实验

原理是解题的前提，要掌握实验器材的选择原则，根据图示电路图求出图象的函数表达式可以解题。

17.答案：解：⑴由于两棒的材料、横截面积均相同，棒PQ长度为棒MN的3倍，故棒PQ的质量为3m,

电阻为3R,当MN棒做匀速直线运动时，速度达到最大值%,由受力平衡得：-mgsin30°-FA1=0

由法拉第电磁感应定律得：E=BLvr

由闭合电路欧姆定律得：/=白

4R

其所受安培力大小为：FA1=B1L

解得：%=霁

(2)当回路中电流为/'时，由牛顿第二定律得：

对MN棒：-mgsin30°—Bl'L~mar,即mg—B/'L=租由

对PQ棒：F2-3BI'L=3ma2,9.\i3mg-3BI'L=3ma2

即ai=ci2，所以MN棒和PQ棒速度大小总相等，

当系统稳定时，设两棒速度大小为外，

则稳定时回路的总电动势为：E'=4BLV2

由闭合电路欧姆定律得：F

=夫4R

稳定时对PQ分析：F2=3BI'L

解得：%=鬻

(3)由(2)问可知，两棒的速度大小总相等，则它们的位移大小也总相等，设从释放到最终稳定它们

各自的位移大小为X,

由功能关系得：FIX+F2X—mgxsin30°=+13mvl+Q

对PQ从释放到稳定过程分析，由动量定理得：

F2t—3B1Lt=3mv2

又因为：7=1

4R

由法拉第电磁感应定律得：E=4BLv

X=vt

22322

以上联立解得：Q4mgRt6mgR

B2L2B4L4

答：(1)棒MN的最终速度为罂;

(2)棒MN的最终速度为鬻