广东省河源一中2015届高考物理模拟试卷(三)

1、 2015年广东省河源一中高考物理模拟试卷（三）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2014凉州区模拟）甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）At1时刻两车相距最远Bt1时刻乙车追上甲车Ct1时刻两车的速度刚好相等D0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度2（4分）（2012焦作一模）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速地放在传送带的最

2、左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法中正确的是（）A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包将相对于传送带向右运动C木炭包的质量越大，径迹的长度越短D木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短3（4分）（2013甘肃二模）如图所示，小球从距地面高度为2R的斜面上P点无初速度释放，分别滑上甲、乙、丙、丁四个轨道，甲为半径为1.2R的半圆轨道，乙为半径为2R的圆轨道、轨道和地面连接处有一段小圆弧，丙为半径为R的半圆轨道，丁为高为l.5R的斜面、斜面和地面连接处有一段小圆弧，所有接触面均光滑，则滑上四个轨道后运动到的最高点能和P等高的是（）A甲B乙C丙D丁4（4分）（2015广东校

3、级模拟）用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3v2v1，则（）Av0v1Bv3=v2+v1Cv0=v1+v2+v3D=+二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015广东校级模拟）万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一：“地上力学”和“天上力学”的统一它表明天体运动和地面上物体的运动遵循相同规律牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动；另外，还应用到了其

4、它的规律和结论，其中（）A欧姆流行的“地心说”B牛顿第二定律C牛顿第三定律D卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量6（6分）（2012广州二模）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度变化如图所示，则此过程（）A气体的密度增大B外界对气体做功C气体从外界吸收了热量D气体分子的平均动能增大7（6分）（2015广东校级模拟）如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（）AB球可能做直线运动BB球电势能可能增加CA球对B球的库仑力一定对B球做功DB球可能从电势较高处向电势较低处运动8

5、（6分）（2015广东校级模拟）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端关于这一过程的下列判断，正确的有（）A滑块返回传送带右端的速率为v1B此过程中传送带对滑块做功为mvmvC此过程中电动机对传送带做功为mvD此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）29（6分）（2015广东校级模拟）用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题如图，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的

6、交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是（）A灯泡L1两端的电压增大B原线圈输入功率减小C副线圈输出电压减小D电阻R两端的电压增大三、实验题（18分）10（7分）（2015广东校级模拟）用如图1所示装置做“验证牛顿定律”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是（2）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之

7、间的距离，如图2所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=m/s2（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是（选填下列选项的序号）A小车与平面轨道之间存在摩擦B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大D所用小车的质量过大11（11分）（2015广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表V：0315VB电流表A：00.63AC变阻器R1：（20，1A）

8、D变阻器R2：（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为（填03V或015V）；电流表应选用的量程为（填00.6A或03A）；变阻器应选用；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在UI图2中标出，如图2所示请你根据数据点位置完成UI图线，并由图线求出该电池的电动势E=V，电阻r=四、计算题（36分）12（18分）（2012丰台区一模）一质量M=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计

9、空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度13（18分）（2015广东校级模拟）如图所示，一个质量为m=2.01011kg，电荷量q=+1.0105C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=10cm.求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）若微粒射出偏转电场时的偏转角为=30，并接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U2是多大

10、？（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？2015年广东省河源一中高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2014凉州区模拟）甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）At1时刻两车相距最远Bt1时刻乙车追上甲车Ct1时刻两车的速度刚好相等D0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度考点：匀变速

11、直线运动的位移与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的图像版权所有专题：追及、相遇问题分析：在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间解答：解：A、由图象可知，在t1时刻两车位移相等，两车相遇，相距最近，故A错误；B、两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故B正确；C、图象的斜率表示速度，根据图象可知，t1时刻乙的速度大于甲的速度，故C错误；D、0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平

12、均速度，故D错误；故选：B点评：本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两车的运动情况2（4分）（2012焦作一模）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法中正确的是（）A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包将相对于传送带向右运动C木炭包的质量越大，径迹的长度越短D木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：传送带专题分析：木炭包在传送带上先是做匀加速直线运动

13、，达到共同速度之后再和传送带一起匀速运动，黑色的径迹就是它们相对滑动的位移，求出相对位移再看与哪些因素有关解答：解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误；B、黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，说明木炭包将相对于传送带向左运动，故B错误；C、D、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，mg=ma，所以a=g，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由V2=2ax 得，木炭包位移 X木=，设相对滑动的时间为t，由V=at，得t=，此时传送带的位移为x传=vt=，所以滑动

14、的位移是x=x传X木=，由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，动摩擦因素越大，相对位移越小，故C错误，D正确；故选D点评：求黑色的轨迹的长度，就是求木炭包和传送带的相对滑动的位移，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律很容易求得它们相对滑动的位移，在看相对滑动的位移的大小与哪些因素有关即可3（4分）（2013甘肃二模）如图所示，小球从距地面高度为2R的斜面上P点无初速度释放，分别滑上甲、乙、丙、丁四个轨道，甲为半径为1.2R的半圆轨道，乙为半径为2R的圆轨道、轨道和地面连接处有一段小圆弧，丙为半径为R的半圆轨道，丁为高为l.5R的斜面、斜面和地面连接处有一段小圆弧，所有接触面均光滑，则滑上

15、四个轨道后运动到的最高点能和P等高的是（）A甲B乙C丙D丁考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：本题小球运动过程中机械能都守恒，假设小球到达圆轨道的最高点，根据机械能守恒求出速度根据到达最高点的速度条件，进行分析解答：解：A、根据机械能守恒可知小球到达和P等高的位置时的速度为0，小球沿轨道甲内表面运动时，能通过最到点的条件为v，因此小球不会到达和P等高的位置；故A错误B、当小球恰好通过最高点时，轨道的支持力为零，则有mg=m，则得v=，则小球能通过最高点的条件为v，根据机械能守恒得：小球到达最高点时的速度为零，故可以到达和P等高的位置；故B正确C、小球能通过圆轨道丙内表

16、面最高点的条件为v，因此小球不会到达和P等高的位置故C错误D、小球从斜面滑出后做斜上抛运动，水平方向做匀速运动，到最高点时速度不等于零，则根据机械能守恒得知，小球达到的最大高度小于2R故D错误故选B点评：本题是机械能守恒和临界条件的综合应用，对于光滑圆轨道，小球恰好到达最高点时，由重力提供向心力，即可求得临界速度4（4分）（2015广东校级模拟）用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3v2v1，则（）Av0v1Bv3=v2+v1Cv0=v1+v2+v3D=+考点：氢原子的能级公式和跃迁版权所有专题：原子的能级结构专题分析：

17、本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有三条光谱线说明原子最高能级在n=3能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=3能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解解答：解：大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁n=3能级向n=1能级跃迁时，hv3=E3E1n=2能级向n=1能级跃迁时，hv2=E2E1n=3能级向n=2能级跃迁时，hv1=E3E2将以上三式变形可得 hv3=hv2+hv1解得 v3=v2+v1，所以B正确，再根据氢原子理论可知，入射光频率v0=v3，所以AC错误故选B点评：氢原子理论中能量的吸收和放出都不是连续的，

18、要熟记能级跃迁公式以及发光条数的求法二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015广东校级模拟）万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一：“地上力学”和“天上力学”的统一它表明天体运动和地面上物体的运动遵循相同规律牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动；另外，还应用到了其它的规律和结论，其中（）A欧姆流行的“地心说”B牛顿第二定律C牛顿第三定律D卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定版权

19、所有专题：万有引力定律的应用专题分析：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动，还用到开普勒的研究成果、牛顿第二定律和牛顿第三定律解答：解：牛顿将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动，根据开普勒第三定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律结合发现了万有引力定律故BC正确，AD错误故选：BC点评：本题可根据牛顿推导万有引力定律的过程进行选择，关键通过建立模型，应用开普勒第三定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律进行推导6（6分）（2012广州二模）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度变化如图所示，则此过程（）A气体的密度增大B外界对气体做功C气体从外界吸收了热量D

20、气体分子的平均动能增大考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律版权所有专题：理想气体状态方程专题分析：由图象可知，由A到B过程，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可以判断出气体体积如何变化；气体体积变大，气体对外做功，体积减小，外界对气体做功；温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由温度决定解答：解：由图线可知，在从A到B的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，VBVA；A、气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A正确；B、气体体积变小，外界对气体做功，故B正确；C、气体温度不变，内能不变，U=0，外界对气体做功，W0，由热力学第一定律U=Q+W可知

21、：Q0，气体要放出热量，故C错误；D、气体温度不变，分子平均动能不变，故D错误；故选AB点评：根据图象，应用玻意耳定律判断出气体体积如何变化是正确解题的前提与关键，判断气体是吸热还是放热，要注意热力学第一定律的应用7（6分）（2015广东校级模拟）如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（）AB球可能做直线运动BB球电势能可能增加CA球对B球的库仑力一定对B球做功DB球可能从电势较高处向电势较低处运动考点：电势差与电场强度的关系；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由小球B受到的静

22、电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加B球不一定从电势较高处向电势较低处运动解答：解：A、由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动故A错误B、若小球A、B带异种电荷，而且库仑力小于m时，B球会做离心运动，远离A球，引力做负功，电势能增加故B正确C、若小球A、B带异种电荷，而且库仑力等于m时，则B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功故C错误D、由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所

23、以B球可能从电势较高处向电势较低处运动故D正确故选：BD点评：该题考查力电结合下的曲线运动，往往容易考虑不全，要注意两球电性未知情况下要进行讨论8（6分）（2015广东校级模拟）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端关于这一过程的下列判断，正确的有（）A滑块返回传送带右端的速率为v1B此过程中传送带对滑块做功为mvmvC此过程中电动机对传送带做功为mvD此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2考点：功能关系；牛顿第二定律版权所有专题：传送带

24、专题分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功根据能量守恒找出各种形式能量的关系解答：解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故A正确；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W=EK得：，故B正确；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x

25、1，则：摩擦力对滑块做功：又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对滑块做功：将代人得：W2=mv1v2设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：摩擦力对滑块做功：该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=fx相=，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即整理得：，故C错误故选：ABD点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动

26、，之后反向加速，最后做匀速运动但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂9（6分）（2015广东校级模拟）用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题如图，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是（）A灯泡L1两端的电压增大B原线圈输入功率减小C副线圈输出电压减小D电阻R两端的电压增大考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解解答：解：开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，A、

27、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，由于通过电阻R的电流增大，所以加在L1两端的电压减小，故A错误B、开关S闭合后，增加了灯泡L2的功率，副线圈的功率变大，由输入功率等于输出功率，可知原线圈输入功率增大，故B错误C、由于原线圈输入有效值恒定的交流电压，而原副线圈的匝数之比没变，故副线圈的输出电压不变，故C错误D、开关S闭合后，增加了灯泡L2的功率，副线圈的功率变大，则电流增大，故R两端的电压增大，故D正确故选：D点评：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题三、实验题（18分）10（7分）（

28、2015广东校级模拟）用如图1所示装置做“验证牛顿定律”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力（2）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图2所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=1.0m/s2（结果保留两位有效数字）（3）实验

29、时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是C（选填下列选项的序号）A小车与平面轨道之间存在摩擦B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大D所用小车的质量过大考点：验证牛顿第二运动定律版权所有专题：实验题分析：（1）探究物体加速度与力的关系实验中，要使小车受到的拉力等于钩码的重力，在实验前应平衡摩擦力；（2）根据纸带数据，由x=at2可求小车的加速度（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量解答：解：（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复

30、调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）计数点间的时间间隔为：t=0.02s5=0.1s，由x=at2可得：小车的加速度为：a=1.0m/s2（3）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确；故答案为：（1）平衡小车运动中所受的摩擦阻力；（2）1.0；（3）C点评：对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足

31、砝码总质量远小于小车质量的理由11（11分）（2015广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表V：0315VB电流表A：00.63AC变阻器R1：（20，1A）D变阻器R2：（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为03V（填03V或015V）；电流表应选用的量程为00.6A（填00.6A或03A）；变阻器应选用R1；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在UI图2中标出，如图2所示请你根据数据点位置完成UI图线，并由图线求出该电池的电动势E=1.5V，电阻r=0.50考点：测定电源的电

32、动势和内阻版权所有专题：实验题分析：根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻解答：解：（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为00.6A；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为 03V；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用R1；（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：（3）描点作图，如图所示：图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻，故r=0.5

33、0故答案为：（1）03V；00.6A；R1；（2）电路图如图所示；（3）1.5；0.50点评：本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义四、计算题（36分）12（18分）（2012丰台区一模）一质量M=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；（2）小球和物块将以v共开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，根据向心力公式即可求解；（3）小球和物块将以v共为初速度向右摆动，摆动过程