2021届湖南省高考物理选择性冲刺试卷(三)(含答案解析)

2021届湖南省高考物理选择性冲刺试卷（三）

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.1个60W的灯泡持续点亮2.5九，需要消耗的电能为（）

A.4.2x10-2/B.2.4x101/C.1.5x102/D.5.4x1057

2.如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。在将整个装置匀加速上升的过程

中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内（）

A.小球向上做减速运动

B.小球的加速度减小

C.小球的速度与弹簧的形变量都要减小

D.小球立即停止运动

3.如图所示是某物体做直线运动的速度-时间图象，下列有关物体运动情

况判断正确的是（）

A.2s末与6s末速度相同

B.4s末物体回到出发点

C.6s末物体距出发点最远

D.8s末物体回到出发点

4.如图所示，固定斜面体用上有•物块相，其在一沿斜面向上的推力厂的作用下

保持静止，下列有关物块的受力个数的说法正确的是（）

A.可能是2个B.一定是3个C.可能是3个D.一定是4个

5.如图，E为内阻不能忽略的电池，R］、R2,R3为定值电阻，So、S为开

关，U与A分别为电压表与电流表。初始时So与S均闭合，现将S断开,

则（）

A.U的读数变大，4的读数变小

B.U的读数变大，4的读数变大

C.V的读数变小，A的读数变小

D.V的读数变小，A的读数变大

6.已知能使某金属产生光电效应的极限频率为％.则下列判断正确的是（）

A.当用频率为2%的光照射该金属时，一定能产生光电子

B.当用频率为2Vo的光照射该金属时，产生的光电子的最大初动能为2扪°

C.当照射光的频率大于功时，若频率增大，则逸出功增大

D.当照射光的频率大于匕）时，若频率增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍

二、多选题（本大题共6小题，共29.0分）

7.中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4

日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加。一名

特种兵从空中静止的直升飞机上抓住一根竖直悬绳由静止开始

下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t?时刻特种兵着

地。下列说法正确的是（）

A.在h〜t2时间内平均速度产

B.在“〜t2时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大

C.在0〜ti时间内加速度不变，在ti〜t2时间内加速度减小

D.若第一个特种兵开始减速时，第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离

先减小后增大

8.电源、定值电阻R及电容器组成如图所示的电路，当电容器M板向下

移动时，定值电阻R中的电流从。流向江则下列说法正确的是（）

A.A端为电源的正极

B.A端为电源的负极

C.电容器放电

D.电容器充电

9.据报道，美国和俄罗斯的两颗卫星2（X）9年2月10日在太空相撞，相撞地点位于西伯利亚上空

约805&机处.相撞卫星的碎片形成太空垃圾，并在卫星轨道附近绕地球运转，国际空间站的轨

道在相撞事故地点下方434切7处.若把两颗卫星和国际空间站的轨道均看作圆形轨道，上述报

道的事故中以下说法正确的是（）

A.这两颗相撞卫星相撞前是一前一后运行在同一轨道上

B.两颗卫星相撞时加速度相同

C.两相撞卫星的运行速度均大于国际空间站的速度

D.两相撞卫星的运行周期均大于国际空间站的运行周期

10.长为〃的轻杆，一端固定一个物块4,另一端固定在光滑的水平轴上，轻杆绕./一，'、

水平轴转动,使物块A在竖直平面内做圆周运动，物块A在最高点的速度为v,；,■

•3

下列叙述中正确的是（）\

A.v的极小值为

B.u由零增大，向心力也逐渐增大

C.当v由便逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大

D.当u由廊逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐减小

11.若以M表示水的摩尔质量，p、v分别表示在标准状态下水蒸气的密度和摩尔体积，N.为阿伏加

德罗常数，加、%分别表示每个水分子的质量和体积，下列关系式中正确的是（）

竺

A.心=DB,，p=—C.m=—

mNaVNA

E.P=]

12.研究单摆受迫振动规律时得到如图所示的图象，则下列说法正确的是（

A.其纵坐标为位移

B.单摆的固有周期为2s0.250.50ft75/7H»

C.图象的峰值表示共振时的振幅

D.单摆的摆长为2〃?

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

13.如图1所示为一气垫导轨，导轨上安装有一个光电门B,滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕

过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可测出绳子上的拉力大小.传感器下方悬

挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放.

（I）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图2所示，则4=mm.

（II）实验时，由数字计时器读出遮光条通过光电门8的时间t=1.0x10-25,则滑块经过光电门B

时的瞬时速度为m/s.

（HI）若某同学用该实验装置探究加速度与力的关系，

①要求出滑块的加速度，还需要测量的物理量是（文字说明并用相应的字母表示）.

②下列不必要的一项实验要求是.（请填写选项前对应的字母）

人滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

8.应使A位置与光电门间的距离适当大些

C应将气垫导轨调节水平

D应使细线与气垫导轨平行

③改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数尸和遮光条通过光电门的时间t,通过描点作出线性

图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_图象.(选填"t2—尸，、彳—F”

或“»尸”).

(W)若某同学用该实验装置验证滑块A所受合外力做功与动能变化量关系，还需测量的物理量是

(文字说明并用相应的字母表示)；验证的表达式为.

(V)该实验装置能否用于验证滑块A、钩码和力传感器组成的系统机械能守恒？(填“能”或

“不能”)

。

3U『丁阴中”"rt才

图1图2

14.多用电表是实验室必备仪器，它的欧姆挡测电阻方便简单。小明现在对多用电表进行了探究。

(1)关于多用电表欧姆挡测电阻，下列说法正确的是。

4测量电路中某个电阻的阻值时，不需要把该电阻与电路断开

8.测量电阻时，由于双手与表笔金属部分接触，会导致测量值偏大

C.测量电阻时，若指针偏转角度较大，应该换较大倍率后，重新调零，再进行测量

D多用电表长期不用时，如果将选择开关旋转到交流电压的最高挡或者QV挡，会使电池电动势减小,

导致测量电阻时值偏大

(2)小明想来测量多用电表内电池电动势和挡位为“x1”内部电路的总电阻，使用的器材有：多用

电表；电压表：量程5匕内阻十几千欧；滑动变阻器R：最大阻值500；导线若干。请回答下

列问题：

A.多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的

电路，如图所示。

8.将多用电表挡位调到电阻“X，”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零。

C.在红表笔和黑表笔之间接一个待测电阻，多用电表指针指在刻度盘的中央，示数如图坨所示，则

读数为__

D再将图1“中的多用电表与滑动变阻器，电压表构成如图2甲所示的电路图。图中多用电表的红表

笔和(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。

£不断调节滑动变阻器的滑片，改变其接入电路中的阻值，记录多用电表的示数R和电压表的示数

凡以J为纵坐标和《为横坐标，利用步骤E中的数据作出图象如图2乙所示。根据图象得到多用电表

KU

内部电源的电动势为约婶=匕欧姆“x1”挡内部的总电阻「潮=0。

四、简答题(本大题共1小题，共3.0分)

15.如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为心、足

够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为昆磁感应强度大小为B、

方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线

框连接在一起组成装置，总质量为〃?，置于导轨上。导体棒与金属导轨总

是处于接触状态，并在其中通以大小恒为/的电流(由外接恒流源产生，图

中未图出)。线框的边长为d(d<L),电阻为R,下边与磁场区域上边界重

合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体

棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。试求：

(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热。；

(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离

五、计算题（本大题共3小题，共28.0分）

16.如图所示，消防员训练时，抓住一端固定在同一水平高度的伸

直的绳索，从平台边缘由静止开始下摆，当到达竖直状态时放

开绳索，消防员水平抛出，顺利越过距平台S处的障碍物后落

地.已知消防员质量m=60kg,平台到地面的高度H=5m,

绳长I=1.8m,不计绳索质量和空气阻力，消防员视为质点，g

取lOrn/s?.求:

（1）消防员开始下摆时具有的重力势能Ep（以地面为零势能面）;

（2）消防员放开绳索前瞬间绳索的拉力大小F.

17.如图，气缸、活塞都具有良好的绝热性和密封性.活塞可在缸内无摩擦移动，开启阀门A、B,

让缸内充满大气（大气可视为理想气体），大气温度为300K,此时活塞正好位于正中，两边容积

都为10L关闭阀门A、B,用电热丝给左边气体缓慢加热，活塞也会缓慢向右移动，当左边温度

达500K时，活塞向右移动的空间△/=1.5L.求右边气体的温度，试说明右边气体温度变化的根

本原因.

10L/10L0

18.一单色光从空气中射到直角棱镜一个面上P点，以入射角0=60。射入

棱镜，经折射后射到另一面的。点，恰好在。点沿镜面行进，如图所

示，则棱镜的折射率〃为多少？

【答案与解析】

1.答案：D

解析：解：60W的灯泡持续点亮2.5/1,消耗的电能："=Pt=60x2.5x3600=5.4x105/故。

正确，A8C错误

故选：D

已知功率和时间，根据勿=Pt即可求出消耗的电能.

该题考查电功的计算，牢记功与功率的关系：勿=Pt是解答的关键.基础题目.

2.答案：B

解析：解：A、在手停止瞬间，小球依然有原来的速度，且弹力和重力都没有改变，又由于小球原来

做匀加速运动，故弹力大于重力，停止后一小段时间内，小球还会向上做变加速运动。直到弹力等

于重力，之后才做减速运动，故A错误；

B、由于小球向上运动，形变量会减小，弹力减小，故合外力减小，加速度减小，故8正确；

C、由A的分析知道，在手停止后的一段时间内弹力仍然大于重力，即合外力仍做正功，由动能定

理知小球的动能会增大，速度会增大。又弹力做正功，弹性势能减小，形变量要减小，故C错误；

D,手停住后，小球是和弹簧连接的，速度不会突变为零，故。错误。

故选：B。

手停住后小球速度不会突变为零，小球的受力一个重力，竖直向下，再看弹力的变化。进而分析速

度和弹簧的形变量，以及加速度。

掌握基本的受力分析，知道弹力做功与弹性势能的变化，特别要掌握小球向上一直到停止这段时间

的运动情况的分析。

3.答案：D

解析：解：A、从V—t图象中，2s末与6s末速度大小相同，方向相反，故A错误；

8、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：4s

末物体距出发点最远；故B错误；

C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：4s

末物体距出发点最远；4-6s内反向运动，位移减小，故C错误；

。、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：8s

末物体位移为0,又回到了出发点，故。正确；

故选：D

在u-t图象中，能判断出任意时刻的速度大小和方向.物体在前4s内，沿正方向运动，后4s内沿

负方向返回，4s末物体距出发点最远.在&s时间内回到出发点.

本题是速度-时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示

位移.

4.答案：C

解析：解：当尸大于mgsin。时，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向下，大小为f=F-

mgsind.

当尸小于mgsin。，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向上，大小为f=mgsinO-F,可

能等于F.

当F等于mgsin。，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力为零.可知物体机可能受到3个力的作用，也

可能受到4个力的作用.

故A3。错误，C正确.

故选：C.

物体在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根据推力F的与重力分力的大小确定摩擦力的方

向.

解决本题的关键能够正确地受力分析，通过沿斜面方向平衡进行分析.

5.答案：B

解析：

根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变

化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化。

应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行,

灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解。

S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读

数变大；

把治归为内阻，内电压减小，故7?3中的电压增大，由欧姆定律可知/?3中的电流也增大，电流表示数

增大，故8正确；

故选Bo

6.答案：A

解析：

发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功，根据光电效应方向求出光电子的最大初动能，

逸出功的大小与入射光的频率无关，由金属本身决定.解决本题的关键知道光电效应的条件，掌握

光电效应方程，并能灵活运用.

A、频率为2%的光大于金属的极限频率，所以一定能发生光电效应.故A正确.

B、根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0=hv-hv0,则用频率为2vo的光照射该金属时，产生的

光电子的最大初动能为九孙.故8错误.

C、逸出功的大小与入射光频率无关，由金属本身决定.故C错误.

D、根据光电效应方程知，Ekm=hv-Wo=hv-hv0,照射光的频率大于为时，若频率增大一倍，

则光电子的最大初动能不是增大一倍.故。错误.

故选A。

7.答案：AB

解析：解：A、在“〜t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由%减速到以，则平均速度为晋，

根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知该特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均

速度度％＞空，故A正确；

B、由图示u-t图形可知，在t]〜t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则特种兵的加速度。

逐渐增大，根据牛顿第二定律得：f—=阻力：f=mg+ma,“越来越大，知特种兵所受

悬绳的阻力/越来越大，故B正确；

C、在0〜"时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在匕〜J时间内，图线斜率的绝对值增大，加

速度逐渐增大，故C错误；

。、若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先

大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故。

错误。

故选:AB„

u-t图线与坐标轴所围图形的“面积”表示位移，将特种兵的运动与匀变速直线运动对比，来确定

其平均速度的大小。速度时间图线的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化，根据牛

顿第二定律分析阻力的变化。根据两个特种兵的运动情况分析他们在悬绳上的距离变化情况。

速度时间图象问题是高考的热点，要培养读图能力，从“线”、“斜率”、“面积”、“截距”等

数学知识理解其物理意义。

8.答案：BD

解析：解：极板间距变小由C='电压不变，则d减小，Q增加，则为充电，电流由。到6,

4nkdU

则N板带正电，增加，则8为电源的正极，A为负极，故8力正确，4c错误，

故选：BD.

电容器/板向下移动时，引起C的增加，则电量要增加，即为充电，再由电流的流向确定出电源的

正负极。

明确电容的决定式与表达式，据决定式分析电容的变化，据表达式分析电量的变化。

9.答案：BD

解析：设地球质量为M,卫星质量为机，运行速率为v,加速度为an,周期为T,卫星运动的向心力

由地球对它们的万有引力提供，根据牛顿第二定律有:

GM3

—?-，----,因此，两卫星若一前一后在同一轨道上，则两者永远不会相

r\l(af

撞，故选项A错误；相撞时两卫星与地球间距离相同，因此加速度相同，故选项8正确；国际空间

站比两卫星距地球较近，因此运行速率较大，运行周期较小，故选项C错误；选项。正确。

考点：本题主要考查了天体运动参量与轨道半径的关系问题，属于中档题。

10.答案：BC

解析：解：A、细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点的最小速度为零，故4错误;

B、根据F=则v由零增大，向心力也逐渐增大，故B正确；

CD、当时，杆子表现为支持力，根据牛顿第二定律得：mg-F=m^,可知当v由加值

逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大，故C正确，。错误；

故选：BC。

杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为零，根据牛顿第二定律判断杆

子对小球的弹力随速度变化的关系。

解决本题的关键知道小球在最高点的临界情况，即当最高点的速度为时，杆的作用力为零，这

是一个拉力和支持力的临界点；要知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。

11.答案：AC

解析：解：A、阿伏伽德罗常数=摩尔质量+单个分子的质量，所以：NA=*而”=PV,故A正确;

B、密度=黑，p、v分别表示在标准状态下水蒸气的密度和摩尔体积，则P=M故B错误；

体枳V

C、单个分子的质量=摩尔质量+阿伏伽德罗常数，故c正确；

。、对水蒸气，由于分子间距的存在，摩尔质量除以阿伏加德罗常数等于每个分子占据的空间体积,

但并不等于单个分子体积，故。错误；

E、密度=瞿，但用表示一个水分子的质量，岁表示摩尔体积，那么两者相除，什么也不是，而且

体积

也没有一个分子密度的说法，就算改为P=：也是不对的，故E错误。

故选：AC«

阿伏加德罗常数N4个原子的质量之和等于摩尔质量；密度等于摩尔质量除以摩尔体积：单个分子的

质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数；而对水蒸气，由于分子间距的存在，以北并不等于摩尔体

积。

本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，阿伏加德罗常数治是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的

含义，区分对气体还是液体的计算是解题的关键。

12.答案:BC

解析：解：A、图中纵坐标为不同受迫频率下的振幅，故A错误；

8、当单摆的固有频率与受迫频率相同时单摆的振幅最大，故单摆的固有频率为0.5Hz,则固有周期

为2s,故B正确；

C、共振时的振幅最大，图象的峰值表示共振时的振幅，故C正确；

D、单摆的固有周期为2s,根据单摆的周期公式：T=2兀日可得：/,=吗与。17n.故。错误.

yjg4n24X3.142

故选：BC

由图象可以读出单摆不同频率时对应的振幅，当单摆的固有频率与受迫频率相同时单摆的振幅最大.

本题考查对共振现象及共振曲线的理解能力，关键抓住产生共振的条件：驱动力频率与物体的固有

频率相等.

13.答案：2.25；0.225；遮光条到光电门的距离L；A；套-尸；遮光条到光电门的距离L、滑块A的

质量M,；FL=乜餐；能

解析：解：（I）由图知主尺读数是2加〃，游标尺第5条刻度线与主尺对齐，即游标尺读数是5x

0.05mm=0.25mm；所以d—2mm+0.25mm—2.25mm；

（II）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门8的时间f,滑块经

过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.

即17=F=22彳：］。。1=0,225m/s

2

(HI)①根据运动学公式a=弃得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的

距离心

②4、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A错误；

8、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故8正确

C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C正确

。、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故。正确；

本题选不必要的一项，故选A.

③由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as,

dFd2„F,

。=彳至=2/

所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出喜-F图象.

(W)若某同学用该实验装置验证滑块A所受合外力做功与动能变化量关系，合外力做功是动能

变化量是乙”/—空_

22t2

还需测量的物理量是遮光条到光电门的距离L、滑块4的质量验证的表达式为尸乙=要.

(V)设遮光条前进了S,钩码的重力势能减少了mgs,系统动能增加了“M+m)([)2,

所以我们可以通过比较，咫，和;(M+机)(二)2的大小来验证系统机械能守恒定律.

即该实验装置能用于验证滑块A、钩码和力传感器组成的系统机械能守恒.

故答案为：(1)(1)225；(H)0.225；(HI)①遮光条到光电门的距离L：②4；③专一F;(W)遮光

条到光电门的距离乙、滑块A的质量M,FL=篝；(V)能

游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读.

滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.根据运动学公式解答.

用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响.

根据功的定义式求出合力功，再与动能的变化进行比较判断.

设遮光条前进了s,钩码的重力势能减少了mgs,系统动能增加了;(M+m)(二产，所以我们可以通

过比较和;(M+巾)(二)2的大小来验证系统机械能守恒定律.

mgs2At

常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础.处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我

们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.

14.答案：D152515

解析：解：(1)4、测量电路中某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其它

电路的并联电阻，测量时必须把把该电阻与电路断开，故A错误；

8、测量电阻时，双手手指与表笔金属部分接触，待测电阻与人体并联，导致测量值偏小，故8错误；

C、测电阻时，若指针偏转角度较大，则所测电阻阻值较较小，所选挡位太大，应换较小倍率后，重

新调零，再进行测量，故C错误；

。、多用电表长期不用时，如果将选择开关旋转到交流电压的最高挡或者至挡，会使电池电动势E

减小，由于电池电动势E减小，对欧姆表进行欧姆调零时，欧姆表内阻R的=忘偏小，用欧姆表测电

阻时，电路电流：/=£说=£而=声，由于满偏电流％不变而欧姆表内阻R的偏小，电路电流

%

/偏小，指针偏左，欧姆表表盘越往左表盘刻度值越大，导致测量电阻时值偏大，故。正确。

故选：D。

(2)C、由实验步骤B可知，欧姆表选择“xl”挡，由图3所示可知，读数为15X10=150。

。、欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点，由图2

甲所示的电路图可知，图中多用电表的红表笔和2端相连，黑表笔连接另一端。

F、由图2甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+/r=U+(r,

整理得：

RrUr

由图示图象可知，图象的斜率卜=&=&>4,纵轴截距b===

RUr0.20r15

解得，多用电表内部电源的电动势为后潮=E=5V,欧姆“xl”挡内部的总电阻r>=r=15。。

故答案为：(1)0;(2)C、15；D、2；F、5；15.

(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，待测电阻要与其它电路元件断开；要选择合适的挡位使指针指在

中央刻度线附近；欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据多用电表的测量原理以及测量过

程中的注意事项分析解答；

(2)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；

欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电压表正接线柱接高电势点，根据图示电

路图分析判断连接方式；

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，根据图示图象求出电源电动势与

内阻。

解决该题的关键是明确多用电表内部结构，知道黑表笔与内部电源的正极相连，掌握欧姆表测电阻

的注意事项，能正确推导出9-3图象的函数表达式。

KU

15.答案：解：（1）因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直

向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为：

F=BIL

设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W,由动能

定理得：

mg-4d+W—BLld=0

且Q=-W

解得：Q=4mgd-BLld

（2）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离修„之间往复运动，由动能定理得：

mgxm-BLI（xm—d）=0

答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgd-B〃d；

（2）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下