2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.下列关于分子动理论和热力学定律的表述，正确的是（）

A.若已知阿伏加德罗常数和物质的质量，就一定能算出该物质的分子质量

B.在布朗运动实验的某次观察记录中，画出的折线是固体颗粒的运动轨迹，它反映了液体（或气体）分子的

无规则运动

C.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处F热平衡

D.一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量和它对外界做功之和

2.在物理学中图像可以直观地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图

像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素量的质量和初始时

质量比值与时间之间的关系图像，丁图是原子核的比结合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是

（）

比结合能/MeV

摄

mx■TO,LBa

卡上1

'/汨质量数

ouV,V03.87.611.4t/d102050100150200250

甲乙丙T

A.平图中，。光的频率大于〃光的频率

B.乙图中，金属c的逸出功大于金属d的逸出功

C.丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氨

D.丁图中，质量数越大比结合能越大

3.如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升,不计绳子质扁

量和一切摩擦，则重物上升过程中（）yi

A.绳子的拉力逐渐减小

B.健身者所受合外力逐渐增大重帆

C.健身者对地面的压力逐渐减小

D.健身者对地面的摩擦力逐渐增大

4.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若

梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道半径约为地球半径的3倍。已知地球半径为凡地

10

球表面的重力加速度为g,引力常量为G,忽略地球自转的影响，则根据以上已知信息不可求得的物理量

是（）

A.地球的密度B.漂浮在实验舱中的宇航员所受地球的引力

C.实验舱绕地球运动的线速度大小D.实验舱绕地球运动的向心加速度大小

5.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在七=0时刻的波形图，虚线是这列波在《=0.2s时刻的波

形图。已知该波的波速是0.87ZI/S,则下列说法正确的是（）

A.这列波的周期是0.2s

B.这列波的传播方向沿x轴正方向

C.这列波在0.2s内向工轴负方向传播的距离为个波长

D.t=0时刻，x=5czn处的质点偏离平衡位置的位移为一打

6.如图所示为高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为506匕升压变压器原、副

线圈的匝数比为1：10,在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10,电流表的

示数为14输电线的总电阻R线=100。下列说法正确的是（）

升压变压器降压变压器

A.升压变压器的原线圈输入电压有效值为％=50V

B.电流互感器原线圈用细导线绕制

C将滑动触头尸上移，用户获得的电压将减小

D.用户获得的功率为492W

7.离了•陷阱是一种利用电场或磁场将离了•俘获并囚禁在一定范围内的装

置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，八仄c、

出相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异

种电荷。四个点的连线构成一个正方形出A、。是讹连线上的两个

点，B、。是人/连线上的两个点，A、B、C、。到正方形中心0的距离

相等，下列判断正确的是（）

A.A、C两点电场强度相同

B.以。=—UBO

C.将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电场力先做正功后做负功

D.将一负电荷沿直线由。运动到人的过程中电势能始终不变

8.如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长

玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并与玻璃管无摩擦。实验观察到如图乙所示的感应

电流随时间变化的图像，从上往下看线圈，规定顺时针方向为电流的正方向。不计空气阻力，下列判断正

确的是（）

A.本次实验中朝下的磁极可能是“极也可能是S极

B.々〜今与匕-J两段时间里图线与坐标轴围成的面积一定不相等

C.磁铁下落过程减少的重力势能一定大于增加的动能

D.滋铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时穿过线圈的磁通量会更大

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

A.小球A经过最低点时的动能为（mgL

3

B.咳系统经过最低点时A、8两球的动能之比为1：2

C.小球B经过最低点时杆对B的弹力太小为胃mg

D.小球A经过最低点时0A杆对人的弹力大小为茎mg

12.如图所示，光滑水平面与光滑斜面平滑连接，小滑块4从斜面上某位置由静止释放，已知其下滑的加

速度大小为即，同时位于水平面上紧靠斜面底端的小滑块B,在外力的作用下由静止开始向左匀加速直线

运动，其加速度大小为。，若在某时刻A恰好追上8,则（）

A1

A.Q=5%

B.小滑块4恰好追上B时，A在斜面上和水平面上运动时间之比为1：2

C.若将%增大为原来的4倍，并调整小仍使4从原来的位置释放且恰好追上8,则A3相遇时用的总时

间会变成原来的一半

D.若仅减小出,并调整小仍使A从原来的位置释放且恰好追上从则A8的相遇点会变远

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

13.某同学用图（Q）所示的沙漏摆研究单摆的运动规律。实验中，木板沿图示0'。方向移动，根据漏在板上

的沙描出了如图（b）所示的图形，然后分别沿中心线。'。和沙漏摆摆动方向建立直角坐标系，并测得图中

0a=ab=be=cd=xQt贝ij：

（1）该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，则其横坐标表示的物理量应为（选填

“位移”、“速度”或“时间”）：手抽动木板必须保证木板_____（选填“匀速”或“匀加速”）移动：

(2)若该同学利用计时器测得沙漏摆的周期为T,则木板移动的速度表达式为u=；

(3)该同学利用该装置测定当地的重力加速度，他认为只有少量沙子漏出时，沙漏重心的变化可忽略不

计，但是重心位置不确定，于是测量了摆线的长度L如果此时他直接利用单摆周期公式计算重力加速

度，则得到的重力加速度值比真实值_(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

14.某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们

找到了如下实验器材：

电池组(电动势约为6.0P,内阻约为1。)；

灵敏电流计G(满偏电流J=100〃，4)；

内阻Rg=200C,定值电阻孔(&)=I。)：

定位电阻

电阻箱R；

开关与导线若干。

同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。

(1)若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要(选填“串联”或“并联”)定值电阻％等

于0。

(2)为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。

(3)同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数/和电阻箱的读数R,作出的图像如图乙所示，己知图线的斜

率为匕纵截距为〃，电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势，内阻

(4)该小组同学继续研讨探究；图刃所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该型号

的灯泡并联后再与/?2=9.0。的定值电阻串联起来接在上述电池组上(若测得电池组的电动势E=6.07,内

阻r=1.0。)，如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为W(结果保留两位有效数字)。

四、简答题：本大题共4小题，共38分。

15.如图所示，足够长的U形粗糙金属导轨，其平面与水平面成。角，其中

BN

导轨MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂

直，NQ之间电阻为广，其余部分金属导轨电阻不计，金属棒出?与导轨之间

的摩擦因数为〃，金属棒由静止释放后可以沿导轨下滑，并与两导轨始终保

持垂直且良好接触，岫棒接入电路的电阻为凡求：/I。

P.......

(1)导体棒时在导轨上运动的最大速度巧是多少？

(2)当导体棒出，在导轨上运动速度大小为<%)时下滑的距离为先求此过程导体棒他上产生的焦耳热

QR和流过〃〃棒横截面的甩荷量q,

16.如图所示，某足够宽的空间有垂直纸面向外的磁感应强度为0.57'的......................

_B

匀强磁场，质量为M=0.2的且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面卜*》................

上，在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带电荷量q=+0.2C的滑云/〉/》////>J

块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等干滑动摩擦力。现对木板施

加方向水平向左、大小为F=0.6N的恒力，g取10m/s2。求：

(1)刚开始滑块的加速度大小小以及滑块受到的摩擦力大小片1；

(2)滑块匀加速所达到的最大速度％以及绝缘木板运动的最大加速度g。

17.如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4〃?的“小山”，最高点距地面为儿最高点的曲率

半径(曲线.上该点所在处的曲率圆半径)为2〃，被一个弯曲的与“小山”连在••起的光滑曲面挡板罩住形成

光滑管道，一个质量为〃2的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高

度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g,挡板罩质量不计，求：

(1)小球的初速度几多大；

(2)小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；

(3)如果“小山”固定，小球初始速度是(1)中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。

18.2023年是芯片行业重要的里程碑，中国成为了全球生产芯片的重要国家。离子注入是芯片制造过程中

一道重要的工序。图甲所示，是离子注入工作原理的示意图，A处的离子无初速的“飘入”加速电场；经

电场加速后从P点沿半径方向进入半径为「的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片

上。离子的质量为〃?、电荷量为q,加速电场的电压为U,不计离子重力。求：

(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；

(2)若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀

强磁场的磁感应强度8。的大小；

(3)为了追求芯片的精致小巧，需要对硅片材料的大小有严格的控制。如图乙所示，。点到硅片的距离为

2r,磁场的磁感应强度满足当叵工8工场匹，要求所有离子都打到硅片上，求硅片的最小长度/。

3qrqr

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、已知阿伏加德罗常数和物质的摩尔质量才能算出该物质的分子质量，故A错误；

8、布朗运动是固体小颗粒的运动，折线是每隔一段时间悬浮颗粒的位置，折线不是运动轨迹，但是它能

间接反映液体（或气体）分子的无规则运动，故8错误；

C、根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定

处于热平衡，故C正确；

。、一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量和外界对它做功之和，故。错误。

故选：Co

理解分子动理论的知识，结合热力学第一定律和热平衡定律完成分析。

本题主要考查「热力学第一定律的相关应用，熟悉分子动理论的内容，结合热力学第一定律即川完成分

析。

2.【答案】A

【解析】解：4由图可知，〃光的截止电压大，根据光电效应方程可知a=/n/—%

根据能量守恒定律可得：eU=Ek

可知对应遏止电压大的〃光频率大，故A正确；

B.根据。/=/1丫一%，有％=hn—eUc，当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，

故B错误；

C根据题意可知氨半衰期为3.8天，因为每次衰变后的氨质量均变成原来的•半，所以每过3.8天要衰变掉

质量不相同的氢，故C错误；

。.由图丁可知质量数大，比结合能不一定大，故。错误。

故选：Ao

根据光电流随电压变化变化关系判断；理解逸出功的概念，结合光电效应分析出光的频率大小关系；理解

半衰期的概念，结合题目选项完成分析；原子核的比结合能与质量数没有必然联系。

本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的发生条件，结合光电效应方程和半衰期的概念即可

完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：人从重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零；绳上的拉

力大小不变，其大小等于重物的重力〃吆，故人8错误；

CD,对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知：

在竖直方向，则有：mgsind+FN=Mg

解得：FN=Mg-mgsinO

在水平方向，则有mgcos8=/^

当健身者向右缓慢移动时，。角逐渐变小，地面对健身者的支持力和摩擦力变大，由牛顿第三定律可知,

健身者对地面的压力和摩擦力逐渐增大，故C错误，。正确。

故选：。。

重物缓慢上升，处尸平衡状态，则绳弹力等于重力；对健身者遂行动态平衡的分析可得出相应结论。

本题考查共点力平衡的动态平衡问题，明确不变的物理量时分析变化量的关键。

4.【答案】B

【解析】解：A、由于忽略地球自转的影响，所以在地表，根据万有引力与重力的关系有G^=mg

解得M=修

0

则地球的平均密度约为。=手

联立可得。=磊

故A正确;

从漂浮在空间站中的宇航员所受地球的引力尸=6瑞=翳=（需）27〃g,由于用未知，故4错误;

C、根据匀速圆周运动的规律，可知GMm

同时有G智=mg,

解得u=,故C正确;

MmM

。、根据万有引力提供向心力，有G舸=皿则空间站绕地球运动的向心加速度大小为a=G舸二

谓）2g,故。正确;

本题选择错误选项;

故选：B。

空间站中宇航员所受万有引力提供向心力；根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求地球密度和空间站

加速度，再根据密度的公式求地球平均密度，由于宇航员的质量未知，无法计算地球对宇航员的万有引

力。

本题以空间站运行为背景，考查万有引力定律公式，关键要抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力

这两条思路，并能灵活选择向心力公式。

5.【答案】C

【解析】解：A、从图中可以看出波长等于2=12cm=0.12m,根据波速公式可得T=△==0.15s,

VU.o

故A错误；

BC、经t=0.2s=l〈T,则波传播的距离为02,根据波形的平移法可知该波沿x轴负方向传播，故B错

误，C正确；

。、t=0时刻，x=5cm处的质点偏离平衡位置的位移为一：4故。错误。

故选：a

根据波形图读出波长人根据波速公式计算周期，由时间t=0.2s与丁的关系，判断波的传播方向；根据时

间与周期的关系分析x=5czn处的质点的状态。

此题考查波动图象的相关规律，关键是确定时间t=0.2s与T的关系，利用波形平移法判断波的传播方

向，根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态。

6.【答案】D

【解析】4根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，电流互感器原级圈中的电流与=[/=苧xLl=

10A

升压变压器的输出电压4=£=绊瞿V=5000V

721U

升压变压器原、副线圈的匝数比为I：10,则£则Ui=500V,故4错误；

及电流互感器原线圈接大电流应该用粗导线绕制，故8错误；

C将滑动触头夕上移，减小了九3,降压变压器用户获得的电压%可知%减小时力增大，故。错

误;

。.输电线上损失的功率dP=8R纷=1OOOW=1KW,用户获得的功率Pd=P3=P-4P，所以。4=

50KW-1KW=49KW,故。正确。

故选：。。

4根据理想变压器电流与匝数比的关系求解升压变压器副线圈中的电流；根据功率公式求解升压变压器副

线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求升压变压器原线圈两端的电压；

及电流互感器原线圈通过的电流大，据此分析线圈的粗细；

C根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；

n根据功率公式求输电线上的功率损失，再根据功率关系求用户得到的功率。

本题主要考查了远距离输电，明确电流互感器的工作原理，掌握理想变压器电流与匝数比、电压与匝数比

的关系和功率公式是解题的关键。

7.【答案】B

【解析】解：A、根据场强矢量叠加可得，A、。两点电场强度大小相等，方向均指向0,故4错误：

B、根据对称性与电势叠加原理：（pA=-<pB,则以。=一40，故4正确：

CD,负电荷沿C4运动时，电场力先做负功，后做正功，点电荷的电势能先增大后减小，故C。错误。

故选:B。

依据点电荷的电场强度方向，结合矢量的合成法则；沿着电场线方向电势是降低的，与电场力做功正负来

判定电势能的大小。

考查矢量的合成法则，掌握点电荷的电场强度大小与方向的确定，理解电势的高低与电场线的方向，及会

依据电场力做功的正负来判定电势能的大小。

8.【答案】C

【解析】解：A、由乙图可知0〜匕时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的''增反减同”可知

实验中朝下的磁极为S极，故A错误；

B、乙图中图线与横轴所围面积表示通过线圈横截面的甩荷量，有q=〃£=zk=^,根据题意可知，线

rAt

圈在口〜《2与《2〜打两段时间里的磁通量的变化量大小相同，所以这两段图线与坐标轴围成的面积大小相

等，故8错误；

C、由能量守恒定律可知磁铁下落过程减少的重力势能等于磁铁增加的动能与线圈中产生的焦耳热之和，

故C正确；

。、根据磁通量公式：中二BS,磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时，穿过线圈

的磁通量不变，故。错误。

故选：Co

根据楞次定律，分析磁极、磁通量的变化，从而确定受力方向，能量转化的关系。

本题考查学生对楞次定律及其推论“来拒去留”，以及法拉第电磁感应定律的掌握，基础题。

9.【答案】BD

【解析】解：A、根据几何关系可知，可视角度。与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度。不

变，故A错误；

B、屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度。越小，故B

正确;

。、透明介质的折射率越大，则在空气中的折射角越大，则可视角度。越大，故。错误；

D、可视角度8=90。时，根据透明介质的折射率为九=码=z，可得光线在透明介质中的入射角为30。

s\ny

根据几何关系得屏障高度为d=1tan(90°-30°)=苧L,故。正确

故选：BD。

根据折射定律得常折射角的变化趋势；根据防窥屏的工作原理结合折射定律及几何关系解得Do

本题主要考杳了光的折射定律，能够理解防窥屏的工作原理，同时结合全反射的知识即可完成分析。

10.【答案】AD

【解析】解：A、触片P向下滑动时，滑动变阻器的有效电阻减小导致总电阻减小，干路电流增大电源的

总功率变大，故A正确；

R

B、电源的效率〃=白=2=白=一厂，R外减小,所以〃减小，故8错误；

/EER外+丫1+标*

。、电阻&两端的电压为=E-/i(Ri+r),因人变大，其他量不变，可知[/心变小，即%的示数变小，

则流过&的电流，2变小，4的示教变小；。变大，/2变小，结合流过氏3的电流为可知，3变大，

即%的示数变大，故。正确；

C、电压表匕的示数为U%=/]%+/3R3，由于，3增大，因此电压表匕的示数变大，故C错误。

故选:AD.

当R的滑动触片。向下滑动时，分析其有效电阻的变化，判断干路电流的变化，即可知道电源总功率的变

化；根据电源效率表达式判断电源效率变化情况；根据=E-/1(/?]+r)结合。变化情况判断％的示数

变化和电表4的变化情况，再结合电路结构判断必变化情况；电压表匕的示数由U%=ARI+%R3结合电

流变化判断。

本题是电路动态分析问题，关键要理清电路结构，按局部T整体T局部的顺序进行分析，要根据串并联电

路规律和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况。

11.【答案】AC

【解析】解.：A3、对A8组成的整体，在转动过程中，角速度相同，根据u=3r可知%=2以

只有重力对系统做功，从最高点到最低点系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mg-2L+mg-4L=

%+其中与第EkB

联立解得：EkA=^mgLEkB=

该系统经过最低点时A、8两球的动能之比为件=；,故人正确，8错误；

EkB4

C、小球8经过最低点时，杆的弹力/和小球8重力的合力提供向心力，即尸-mg=m翳，解得：F=

gmg,故C正确；

。、通过最低点时，48所受的合力等于其做圆周运动所需的向心力，可得F]—2mg=斗+噂，解得：

Fi=?mg,故力错误。

故选：AC.

根据同轴转动明确二者的线速度关系，根据系统机械能守恒求解最低点二者的动能；两个小球在运动的过

程中受重力和杆的弹力作用，杆的弹力与重力的合力提供向心力即可判断杆的弹力。

两球都做圆周运动，但角速度相同，即可判断线速度关系，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力，

要注意对小球的受力分析。

12.【答案】AC

【解析】解：48、设A恰能追上8,在斜面上运动时间在平面上运动时间今

A、B匀加速运动加速度大小分别为由、a

2

则由位移关系由£"2=|a(ti+t2)

速度关系即£1=a(ti+t2)

解得：A=t2=1(ti+匕)Q=

故A正确，B错误；

C、设小滑块4从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x,则x=^Qi曰

若仅将与变为原来的4倍，则乙二丸，又因为调整4,仍使人恰好追上8,仍满足+

t’2)，AB的相遇时间t'i+t’2会变成原来的一半，故。正确；

。、根据C选项结论可得AB的相遇点不变，故。错误。

故选：AC.

AB、利用解析法，假设恰好A能追上8的情况，利用运动学公式计算加速度之比，时间之比；

C、利用位移与时间公式计算从静止释放到斜面底端的距离，然后改变加速度，计算此情况下相遇时间；

D、利用C选项计算结果判断。

本题考查了匀变速直线运动规律，其中重点考查应用位移关系、加速度关系解决追及相遇问题。

13.【答案】时间匀速竽偏小

【解析】解：(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，如果保证木板沿y的方向做匀速

直线运动，则沿u方向的运动距离和时间成正比，故其横坐标表示的物理量应为时间；且手抽动木板必须

保证木板匀速移动；

(2)由图(b)川知，从。到6完成•次周期性变化，木板在一个后期内发生的位移为2&，木板移动的速度

2xo

(3)单摆的周期公式7=2"《

重力加速度9=警

单摆的真实摆长〃=L+d>L，

因此得到的重力加速度值比真实值偏小。

故答案为：(1)时间,匀速;(2)竽：(3)偏小。

(1)根据振动图像的坐标轴分析判断，且手抽动木板保证木板匀速移动：

(2)根据图(b)结合木板沿I，方向发生的位移进行计算；

(3)根据单摆的周期公式和真实摆长的关系列式进行误差判断。

考查单摆的振动问题，会根据题意列式求解相关的物理量。

14.【答案】串联79800空捡：-岛0.34

00

【解析】解：(1)根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成最程为81/的电压表，需要串联一个定

值电阻治琮_6100：10-6>-200。=798000

(3)根据闭合电路欧姆定律可知E=I(Rg+%)+竺嘿2(%+r)

变形可得；1_勺±2且十四四立2呢!

则由图象性质可知：纵轴截距％=立要，斜率&=如2a维=b(R0+丁)

C七

联立解得：£=3冲r=^-RQ

bbi

(4)设灯泡的电压为U,电流为/,则有：U=E-41(R2+r)

代人数据解得：U=6-40h

作出对应的/—U图象如图所示，由图象可知，灯泡电流/=0.144,电压U=0.6叭

故四只灯泡消耗的实际总功率为P=4U/=4x0.14x0.6W=0.34W；

J/h

故答案为：(1)串联；798(H)；(3)与^;与一岛；(4)0.34

(1)根据电表改装原理分析解答；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距分析解答；

(4)根据灯泡在电路中的连接结构,作出对应的/-〃图象，根据交点解答电功率。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，关键明确实验原理，掌握数据处理的方法是解题的关键。

15.【答案】解：(1)导体棒时在导轨上运动达到最大速度时，合力为0,根据平衡条件有

BIL+fimgcosO=mgsind

根据闭合电路的欧姆定律有

E

I------

R+r

感应电动势为

E=BL%

(mgsinO—〃mgcosO)(R+r)

得打

(2)设回路产生的总热量为Q,根据能量守恒定律得

Q+umffxcosO+^mv2=mgxsinO

故导体棒面上产生的焦耳热

R

QR='R+7Q

所以=7—(mgxsinB-fimgxcosO--mv2>)

QRK+TL

棒下滑位移的大小为.1时

q=It

7=±

R+r

~4G

E=~

4中=BLx

解幽湍

答：(1)导体棒油在导轨上运动的最大速度％为⑺gn叱今第。sJ)("2

DL

(2)导体棒他上产生的焦耳热Q?为言(mgxsind-^mgxcosO-|THV2),流过出?棒横截面的电荷量g为

n+FL

BLX

(^)°

【解析】(1)根据平衡条件、闭合电路欧姆定律和感应电动势公式列式求解：

(2)根据能量转化和守恒定律以及焦耳热的分配关系和电荷量的计算公式列式联立解答。

考查电磁感应和能的转化和守恒定律以及闭合电路的欧姆定律等，会根据题意列式求解相关物理量。

16.【答案】解：(1)整体为对象：F=(M+m)ai

小滑块为对象：F.1=m%

解之得：的=2m/s2F,\=0.2N

(2)匀加速结束时，滑块：

Fft=fm=1

可得：FNI=0.4/V

又有：FNI+Bq%=mg，

所以，Vi=6m/s

当滑块与绝缘木板之间弹力为零时，二者间滑动摩擦力也为零。

2

绝缘木板加速度达到最大：F=Ma2。2=3m/s

答：(1)加速度大小由为2m/s2,摩擦力大小匕1为0.2N：

(2)滑块的最大速度巧为6m/s,木板运动的最大加速度a2为3m/s?。

【解析】(1)对滑块进行整体和隔离的受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度大小和摩擦力的大小；

(2)当洛伦兹力等于重力时，滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后滑块做匀速运动，木

板做匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律可分析木板的加速度大小。

先整体后隔离解决此类问题，注意洛伦兹力是变化的力，由于洛伦兹力的变化会影响摩擦力的变化，这是

本题易错点。

17.【答案】解：(1)小球恰好能越过“小山”，则小球到达山顶时二者共速为〃小球与“小山”组成系统

水平方向动量守恒：向右为正方向，7九%二(771+4m)v

系统机械能守恒：|mvl=|(?n+4m)v2+mgh

解得：％=J翔

(2)设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为打