2020年天津市高考物理試卷

1、2020年天津市高考物理試卷題號(hào)一一三四總分得分一、單選題（本大題共 5小題，共25.0分）1. 在物理學(xué)發(fā)展的進(jìn)程中， 人們通過(guò)對(duì)某些重要物理實(shí)驗(yàn)的深入觀察和研究，獲得正確的理論認(rèn)識(shí)。下列圖示的實(shí)驗(yàn)中導(dǎo)致發(fā)現(xiàn)原子具有核式結(jié)構(gòu)的是（）2.B.C.D.北斗問(wèn)天，國(guó)之夙愿。我國(guó)北斗三號(hào)系統(tǒng)的收官之星是地球靜止軌道衛(wèi)星，其軌道半徑約為地球半徑的7倍。與近地軌道衛(wèi)星相比，地球靜止軌道衛(wèi)星（）A.周期大B.線速度大C.角速度大3 .新冠肺炎疫情突發(fā)，中華兒女風(fēng)雨同舟、守望相助，筑起了抗擊疫情的巍峨長(zhǎng)城。志愿者用非接觸式體溫測(cè)量?jī)x，通過(guò)人體輻射的紅外線測(cè)量體溫，防控人員用紫外線燈在無(wú)人的環(huán)境下消殺病毒，為

2、人民健康保駕護(hù)航。紅外線和紫外線相比較（ ）A.紅外線的光子能量比紫外線的大B.真空中紅外線的波長(zhǎng)比紫外線的長(zhǎng)C.真空中紅外線的傳播速度比紫外線的大D.紅外線能發(fā)生偏振現(xiàn)象，而紫外線不能4 . 一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為 T, t=0時(shí)的波形如圖所示。1=時(shí)（）第i頁(yè)，共ii頁(yè)匕附A.質(zhì)點(diǎn)a速度方向沿y軸負(fù)方向B.質(zhì)點(diǎn)b沿x軸正方向遷移了 1mC.質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零D.質(zhì)點(diǎn)d的位移為-5cm5 .水槍是孩子們喜愛(ài)的玩具，常見(jiàn)的氣壓式水槍儲(chǔ)水罐示意如 圖。從儲(chǔ)水罐充氣口充入氣體，達(dá)到一定壓強(qiáng)后，關(guān)閉充氣 口。扣動(dòng)板機(jī)將閥門(mén) M打開(kāi)，水即從槍口噴出。 若在水不斷 噴出的過(guò)程中，罐內(nèi)氣體溫

3、度始終保持不變，則氣體（）A.壓強(qiáng)變大B.對(duì)外界做功C.對(duì)外界放熱D.分子平均動(dòng)能變大二、多選題（本大題共 3小題，共15.0分）6 . 手機(jī)無(wú)線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應(yīng)式無(wú)線充電的原理與變壓器類似，通過(guò)分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場(chǎng)傳遞能量。當(dāng)充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會(huì)在鄰近的受電線圈中感應(yīng)出電流，最終實(shí)現(xiàn)為手機(jī)電池充電。在充電過(guò)程中（）受電線圈送電線圈7.8.A.送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化B.受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)恒定不變C.送電線圈和受電線圈通過(guò)互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞D.手機(jī)和基座無(wú)需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒(méi)

4、有損失果。一列質(zhì)量為 m的動(dòng)車，初速度為 vo,以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度 vm,設(shè)動(dòng)車行駛過(guò)程所受到的阻力F保持不變。動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)（）A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng)場(chǎng)B,加速度逐漸減小C.牽引力白功率P=FvmD.牽引力做功W=.mvm2-' mvo2實(shí)驗(yàn)題（本大題共 2小題，共12.0分）9.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示裝置測(cè)定平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。把白紙和復(fù)寫(xiě)紙疊放一起固定在豎直木板上，在桌面上固定一個(gè)斜面，斜面的底邊ab與桌子邊緣及木板均平行。每次改變木板和桌邊之間的距離，讓鋼球從斜面頂端同一位置滾下，通過(guò)碰撞 復(fù)寫(xiě)紙，在白紙上記錄鋼球的落點(diǎn)。為了正確完成實(shí)驗(yàn)，

5、以下做法必要的是 。A.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持桌面水平B.每次應(yīng)使鋼球從靜止開(kāi)始釋放C.使斜面的底邊 ab與桌邊重合D,選擇對(duì)鋼球摩擦力盡可能小的斜面實(shí)驗(yàn)小組每次將木板向遠(yuǎn)離桌子的方向移動(dòng)0.2m,在白紙上記錄了鋼球的 4個(gè)落點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)之間的距離依次為 15.0cm、25.0cm、35.0cm,示意如圖2.重力加速 度g=10m/s2,鋼球平拋的初速度為 m/s。圖1裝置中，木板上懸掛一條鉛垂線，其作用是 。第11頁(yè)，共11頁(yè)10.某實(shí)驗(yàn)小組選用以下器材測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確。電壓表（量程03V,內(nèi)阻約為3k Q）電流表（量程00.6A,內(nèi)阻約為1Q）滑動(dòng)變阻器（020Q,額定

6、電流1A）待測(cè)電池組（電動(dòng)勢(shì)約為 3V,內(nèi)阻約為1Q）開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。該小組連接的實(shí)物電路如圖所示，經(jīng)仔細(xì)檢查，發(fā)現(xiàn)電路中有1條導(dǎo)線連接不當(dāng)，這條導(dǎo)線對(duì)應(yīng)的編號(hào)是 。改正這條導(dǎo)線的連接后開(kāi)始實(shí)驗(yàn)，閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片 P應(yīng)置于滑動(dòng)變阻器的 端。（填“ a”或者“ b”）實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電流表讀數(shù)變化明顯但電壓表讀數(shù)變化不明顯。為了解決這個(gè)問(wèn)題，在電池組負(fù)極和開(kāi)關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為5的電阻，之后該小組得到了幾組電壓表讀數(shù) U和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)I,并作出U-I圖象，如圖所示。 根據(jù)圖象可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為 V,內(nèi)阻為 Q.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)四、簡(jiǎn)答題(本大題共 3小題

7、，共48.0分)11 .如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻 R=0.1 Q,邊長(zhǎng) l=0.2m。求(1)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E;(2) t=0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力 F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.ls時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。12 .長(zhǎng)為f的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為mi的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰， 碰后A、B粘在

8、一起，仍做圓周運(yùn) 動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求(1) A受到的水平瞬時(shí)沖量 1的大??；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？13 .多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)儀器，其基本原理如圖所示，從離子源 A處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為 U的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入質(zhì) 量分析器。質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長(zhǎng)為p的漂移管(無(wú)場(chǎng)區(qū)域)構(gòu)成，開(kāi)始時(shí)反射區(qū)1、2均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開(kāi)始加上電場(chǎng)強(qiáng) 度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能 夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去

9、反射區(qū)的電場(chǎng)，離子打在熒光屏 B上被探測(cè)到，可測(cè)得離子從 A到B的總飛行時(shí)間。設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為 q,不計(jì)離子重力。(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過(guò)漂移管所用的時(shí)間Ti；(2)反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x;(3)已知質(zhì)量為 mo的離子總飛行時(shí)間為t。，待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為 ti,兩種離 子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量mi。答案和解析1 .【答案】D【解析】 解：A、此實(shí)驗(yàn)為雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)，故 A錯(cuò)誤。B、此實(shí)驗(yàn)為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤。C、此實(shí)驗(yàn)為電磁波的發(fā)射和接收實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)，故 C

10、錯(cuò)誤。D、此實(shí)驗(yàn)為“散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過(guò)這個(gè)實(shí)驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型， 故D正確。故選：D。雙縫干涉實(shí)驗(yàn)、光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)、電磁波的發(fā)射和接收實(shí)驗(yàn)都和原子核式結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)；英國(guó)物理學(xué)家盧瑟福和助手們進(jìn)行了a粒子散射實(shí)驗(yàn)，并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型。本題考查了物理學(xué)史。關(guān)注常見(jiàn)的物理常識(shí)，熟記教材上出現(xiàn)過(guò)的物理實(shí)驗(yàn)，是解決本題的關(guān)鍵，只要平時(shí)多加積累，難度不大。2 .【答案】A【解析】 解：地球?qū)πl(wèi)星的萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力:-12G-=m =m=mw r=man由表達(dá)式可知，半徑越大，運(yùn)行的周期越大，線速度、角速度、向心加速度越??；地球靜止軌道衛(wèi)星的運(yùn)行半徑大于近地軌道衛(wèi)星的

11、運(yùn)行半徑，故與近地軌道衛(wèi)星相比，地球靜止軌道衛(wèi)星的周期大，線速度、角速度、向心加速度都小，故 A正確，BCD錯(cuò)誤； 故選：Ao根據(jù)萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：Gy- = mJr. r=m =mco2r=man得出各個(gè)量的表達(dá)式分析即可；本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力得出周期、線速 度、角速度、向心加速度與半徑的關(guān)系；3 .【答案】B【解析】解：A、紅外線的頻率比紫外線的小，根據(jù)光子能量公式E=hv,可知紅外線的光子能量比紫外線的小，故 A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電磁波譜可知， 真空中紅外線的波長(zhǎng)比紅光要長(zhǎng)，而紫外線的波長(zhǎng)比紫光要短，所以真空中紅外線的波長(zhǎng)比

12、紫外線的長(zhǎng)，故B正確；C、因?yàn)榧t外線和紫外線都屬于電磁波，所以在真空中紅外線的傳播速度與紫外線的一樣大，都是光速 c,故C錯(cuò)誤；D、因?yàn)榧t外線和紫外線都屬于電磁波，而電磁波是橫波，所以紅外線和紫外線都能發(fā)生偏振現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。故選：Bo光子能量公式 E=hv判斷；根據(jù)電磁波譜可知真空中紅外線的波長(zhǎng)比紫外線的長(zhǎng)；紅外線和紫外線在真空中傳播速度都為c；根據(jù)偏振現(xiàn)象是橫波特有的現(xiàn)象判斷。本題以新冠肺炎疫情中非接觸式體溫測(cè)量?jī)x，紫外線燈在無(wú)人的環(huán)境下消殺病毒為背 景，考查了紅外線和紫外線的特點(diǎn)與應(yīng)用；此題非常符合新高考的理念，物理來(lái)源于生 活，要求同學(xué)們能夠用所學(xué)知識(shí)去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象。4 .

13、【答案】C【解析】解：A、根據(jù)圖象可知，經(jīng)過(guò)后質(zhì)點(diǎn)a到達(dá)平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，所以t=時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的速度方向沿著y軸正方向，故 A錯(cuò)誤；B、在機(jī)械波中，各質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，只會(huì)在平衡位置附近做機(jī)械振動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、經(jīng)過(guò)，后質(zhì)點(diǎn)c到達(dá)平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)，所以 t=時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零，故 C 正確；D、根據(jù)平移法可知，。時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)d的振動(dòng)方向沿著y軸的正方向，所以1=時(shí)，質(zhì)點(diǎn)d在波峰，位移為 5cm,故D錯(cuò)誤。故選：Co由波動(dòng)圖象，分析各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，從而判斷四分之一個(gè)周期后各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況。解決該題需要掌握用同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)狀態(tài)，知道質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波一起遷移，知道做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)特點(diǎn)。5 .

14、【答案】B【解析】解：A、在水不斷噴出的過(guò)程中，罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，根據(jù) *=C可知體積增加、壓弓II減小，故 A錯(cuò)誤；B、氣體膨脹，體積增大，則氣體對(duì)外界做功，故B正確；C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律 U=W+Q,氣體溫度不變則內(nèi)能不變，氣體對(duì)外做功、則吸收 熱量，故C錯(cuò)誤；D、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度不變則分子的平均動(dòng)能不變，故 D錯(cuò)誤。故選：B氣體膨脹對(duì)外做功、如果溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué) 第一定律分析，根據(jù)溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志分析分子平均動(dòng)能的大小是否變化。本題主要是考查理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，解答本題的關(guān)鍵是知道氣體膨脹對(duì)外做功、如果

15、溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定 律分析。6 .【答案】AC【解析】 解：A、由于送電線圈中通入正弦式交變電流，根據(jù)麥克斯韋理論可知送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化，故A正確；B、周期性變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生周期性變化的電場(chǎng)，所以受電線圈中感應(yīng)電流仍是正弦交流電，產(chǎn)生的磁場(chǎng)也是周期性變化的，故B錯(cuò)誤；C、無(wú)線充電利用的是電磁感應(yīng)原理，所以送電線圈和受電線圈通過(guò)互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量 傳遞，故C正確；D、無(wú)線充電器的優(yōu)點(diǎn)之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電器，但充電過(guò)程中仍有電能量損失，故D錯(cuò)誤。故選：AC。根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論分析磁場(chǎng)是否變化；無(wú)線充電器是

16、通過(guò)線圈進(jìn)行能量耦合實(shí)現(xiàn)能量的傳遞，無(wú)線充電器的優(yōu)點(diǎn)之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上 的充電器，但充電過(guò)程中有電能量損失。此題考查電磁感應(yīng)與生活實(shí)際相結(jié)合，明白電磁感應(yīng)的原理， 然后分析無(wú)線充電的技術(shù)原理，能夠根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論進(jìn)行分析。7 .【答案】AD【解析】 解：A、粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn) 動(dòng)，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故 A正確；C、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知，粒子做圓 周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：廠飛a，故C錯(cuò)誤；B、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由 牛頓第二定律得：qvB=m 解得：v=，;故B錯(cuò)誤；D、N點(diǎn)與。點(diǎn)的距離：d=r+rs

17、in。=（徨+1） a,故D正確。故選：AD。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)，求出粒子軌道半徑， 應(yīng)用紐帶第二定律求出粒子的速度大小。本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān) 鍵，應(yīng)用左手定則、牛頓第二定律即可解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用。8 .【答案】BC【解析】解：AB、根據(jù)牛頓第二定律得：F牽-F=ma,而F牽v=P,動(dòng)車的速度在增大，則牽引力在減小，故加速度在減小，故 A錯(cuò)誤，B正確；C、當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大值為vm,此時(shí)牽引力的大小等于阻力F,故功率P=FVm,故C正確

18、；D、根據(jù)動(dòng)能定理得： W牽引力-WF=mvm2-mv02,故D錯(cuò)誤；故選：BC。動(dòng)車以恒定功率 P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，則速度在增大，牽引力在減小，加速度在減?。划?dāng)牽引力的大小等于阻力 F時(shí)，速度達(dá)到最大值為 Vm；根據(jù)動(dòng)能定理判斷；注意動(dòng)車以恒定功率 P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)， 牽引力是在變化的， 故加速度也在變；根 據(jù)動(dòng)能定理求解時(shí)不要忘了阻力做的功。9 .【答案】AB 2方便將木板調(diào)整到豎直平面內(nèi)【解析】解：A、鋼球離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持桌面水平，故A正確;B、為保證鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相等，每次應(yīng)使鋼球從靜止開(kāi)始釋放，故B正確;C、只要桌面水平即可保證小球離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，

19、只要使鋼球從同一位置由靜止釋放即可保證小球的初速度相等，斜面的底邊ab與桌邊不必重合，故 C錯(cuò)誤；D、只要使鋼球從同一位置由靜止釋放即可保證小球的初速度相等，鋼球與桌面間的摩 擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，故 D錯(cuò)誤。故選：AB。小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可知：y=gt2則有：t"亍二|Es=0.1s小球的初速度為:x 0.2v0=,=而 m/s=2 m/s實(shí)驗(yàn)過(guò)程應(yīng)使木板在豎直面內(nèi)，木板上懸掛的鉛垂線作用是方便將木板調(diào)整到豎直平面內(nèi)。故答案為：AB；2；方便將木板調(diào)整到豎直平面內(nèi)。鋼球離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，桌面應(yīng)水平；實(shí)驗(yàn)要控制鋼球每次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相等，鋼球應(yīng)

20、從同一位置由靜止釋放，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)， 在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在豎直方向應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出相鄰兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間間隔，然后求出鋼球的初速度。實(shí)驗(yàn)過(guò)程應(yīng)控制木板在豎直平面內(nèi)。本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。10 .【答案】5 a 2.9 0.80【解析】解：電源內(nèi)阻較小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)電流表應(yīng)采用外接法, 由圖示電路圖可知，連線 5連接錯(cuò)誤。由圖示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)前滑片要置于a端。由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓

21、：U = E-I (r+R)由圖示圖象可知，圖象縱軸截距：b=E=2.9V圖象斜率的絕對(duì)值:k=r+R卷=新=5.80口電源內(nèi)阻：r=0.80Q故答案為：5;a；2.9, 0.80。應(yīng)用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)于電源電流表應(yīng)采用外接法，分析圖示電路圖答題?；瑒?dòng)變阻器采用限流接法時(shí)，為保護(hù)電路閉合開(kāi)關(guān)前滑片要置于接入電路的阻值最大位置。根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。本題考查了測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提圖關(guān)鍵，求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖象即可解題。11 .【答案】解：(1)在t=0

22、到t=0.1s的時(shí)間 用內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量AB=0.2T,設(shè)穿過(guò)金屬框的磁通量變化量 A，則有：心中二壯匕尸由于磁場(chǎng)均勻變化，金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)有：E=0.08V；(2)設(shè)金屬框中電流I,由閉合電路歐姆定律,f有：J =/由圖知t=0.05s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1=0.1T,金屬框ab邊受到的安培力為：F =聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得：F=0.016N方向垂直ab向左(3)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為：P=I2R聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得：P=0.064W答：(1)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.08V;(2) t=0.05s時(shí)，金屬框

23、ab邊受到的安培力大小為0.016N,方向方向垂直 ab向左;(3)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為0.064W。【解析】(1)利用法拉第電磁感應(yīng)定律 E= 計(jì)算；(2)利用全電路歐姆定律和安培力F = BIL計(jì)算；(3)電路為純電阻電路，電功率P=I2R。此題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力計(jì)算，并結(jié)合電路和能量轉(zhuǎn)化與守恒考查了焦耳定律，比較基礎(chǔ)，但知識(shí)點(diǎn)銜接較多，是一道中等偏易題。12.【答案】 解：(1) A恰好能通過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩拉力恰好為零，設(shè) A在 最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律，有t，F(xiàn)小 叫g(shù) = m仃A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，取軌跡最低

24、點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度為Va,有=+ m送 2 由動(dòng)量定理，有I=miVA 聯(lián)立式，得i =H1 3g 1 (2)設(shè)兩球粘在一起是速度 v' , AB粘在一起恰能通過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)，需滿足 v' =v 要達(dá)到上述條件，碰撞后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬時(shí)速度大小為 Vb,由動(dòng)量守恒定律，有 m2VB-miVA= (mi+m2)v' 又聯(lián)立答：(1) A受到的水平瞬時(shí)沖量的大小為(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少+ mJ*【解析】(1) ) A恰好能通過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)臨界條件是輕繩拉力恰好為零，由此求出最高點(diǎn)速度，最低點(diǎn)到最高點(diǎn)機(jī)械能守恒，可求出最低點(diǎn)速度，結(jié)合動(dòng)量定理求出作 用的沖量。(2) AB碰撞后兩球速度方向若與 A相同，速度小于 A在最低點(diǎn)速度，AB將不能通過(guò) 最高