2024年沪科版高二物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高二物理下册月考试卷577考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、有甲、乙两根材料不同，长度和横截面积都相同的金属丝，在温度一定的情况下，甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍．以下有关它们电阻值的说法正确的是（）A.甲、乙两根金属丝的电阻值相等B.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍C.乙金属丝的电阻值是甲金属丝电阻值的2倍D.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的4倍2、发现电磁感应的科学家是（）

A.安培。

B.库仑。

C.奥斯特。

D.法拉第。

3、有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该()A.换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B.换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C.换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D.换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮4、如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，则小球()A.整个过程匀速运动B.进入磁场的过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动C.整个过程都做匀减速运动D.穿出时的速度一定小于初速度5、把电量为2.0×10－8C的正试探电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功3.0×10－6J，从B点移到C点，须克服电场力做功4.0×10－6J的功，则A点和C点比较（）A.电势差为350V，A点电势高B.电势差为350V，C点电势高C.电势差为50V，A点电势高D.电势差为50V，C点电势高6、环形对撞机是研究高能粒子的重要装置．带电粒子在电压为U的电场中加速后注入对撞机的高真空圆环形状的空腔内，在匀强磁场中，做半径恒定的圆周运动带电粒子，且局限在圆环空腔内运动，粒子碰撞时发生核反应．关于带电粒子的比荷加速电压U和磁感应强度B以及粒子运动的周期T的关系，下列说法中正确的是（）

①对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大；磁感应强度B越大。

②对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大；磁感应强度B越小。

③对于给定的带电粒子；加速电压U越大，粒子运动的周期T越小。

④对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期T都不变．A.①③B.②③C.①④D.②④7、如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是(

)

A.

水平运动B.

水平运动C.

绕轴转动D.

绕轴转动8、了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要.

则以下符合事实的是(

)

A.丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的9、如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．A为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过A点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的．则粒子从A点进入磁场时的速率为（）A.B.C.D.评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)10、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解11、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、平行板电容器所带电荷量增加了4.0×10-8C，两板间的电压相应地增加了2.0V，而达到10.0V，那么该电容器的电容值C=____F；如果再将两极板上的电量各自减少一半，则电容器两板间的电压将是____V．13、用砂轮磨刀具时，刀具的温度升高，内能增加，这是以____________方式改变了刀具的内能；放入火炉中的铁块的温度升高，这是以____________方式增加了铁块的内能．这两种方式对改变内能是____________．14、某同学学习传感器后；用电源；电磁继电器、滑动变阻器、开关、导线等仪器设计了一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警.

电路如图所示，图中仪器还不完整，请完成以下问题：

(1)

图中的甲还需要放入的元件是______；

A.二极管。

B.光敏电阻。

C.NTC

热敏电阻(

阻值随温度升高而减小)

D.PTC

热敏电阻(

阻值随温度升高而增大)

(2)

电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点.

要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器的滑动头往______(

填“左”或“右”)

移动一点．15、如图所示，q1，q2，q3，分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，已知q2与q3之间的距离为l2；且每个电荷都处于平衡状态。

（1）如q2为负电荷，则q1为____电荷，q3为____电荷．

（2）q1，q2，q3三者电量大小之比是____：____：____．

16、（4分）伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示．图中OA表示测得的时间，矩形OAED的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD的长度表示．P为DE的中点，连接OP且延长交AE的延长线于B，则AB的长度表示．17、物体A、B质量之比mA：mB=3：1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行．如果A、B两物体受到相同大小的阻力，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=____；如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=____．18、若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡______（填“吸收”或“放出”）的热量是______J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了______J．19、如图所示为玻璃厚度检测仪的原理简图，其原理是：固定一束激光AO

以不变的入射角娄脠1

照到MN

表面，折射后从PQ

表面射出，折射光线最后照到光电管C

上，光电管将光信号转变为电信号，依据激光束在C

上移动的距离，可以确定玻璃厚度的变化.

设娄脠1=45鈭�

玻璃对该光的折射率为2C

上的光斑向左移动了娄陇s

则可确定玻璃的厚度比原来变________(

填“厚”或“薄”)

了________．评卷人得分四、实验探究题(共4题，共28分)20、某同学用下列器材测定一块机电池的电动势和内电阻。电流表A(A(量程3A3A内阻约0.5娄赂)0.5娄赂)电压表V(V(量程15V15V内阻约15k娄赂)15k娄赂)滑动变阻器R(0隆芦50娄赂R(0隆芦50娄赂额定电流3A)3A)定值电阻RR0=3娄赂=3娄赂开关SS及导线若干。(1)(1)为减小实验误差，电路图中的导线应连接到________((选填“aa”或“bb”))(2)(2)连接好电路闭合SS前，滑动变阻器的滑片PP应置于________((选填“cc”或“dd”))端。(3)(3)根据正确操作，依据得到的电压表和电流表读数，作出对应的U鈭�IU-I图象如图所示。由图线可知该电池的电动势E=E=_____VV内电阻r=r=______娄赂(娄赂(结果保留两位有效数字))(4)(4)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数UU及滑动变阻器消耗的功率PP都会发生变化。以下各示意图中正确反映P鈭�UP-U关系的是_____。21、按照要求作图或将正确答案填在题中的横线上．

（1）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

①他组装单摆时，在摆线上端悬点处用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线．再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是______（填字母代号）

A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确。

C．保证摆球在同一竖直平面内摆动D．在改变摆长时便于调节。

（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m．22、图甲为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t图象．足够长光滑金属轨道电阻不计，倾角θ=30°．轨道上端连接有阻值R=1.0Ω的定值电阻，金属杆MN电阻r=0.5Ω，质量m=0.4kg，杆长L=1.0m．在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I-t图象，设杆在整个运动过程中与轨道垂直，取g=10m/s2．试求：

（1）t=0.5s时电阻R的热功率；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）估算0～1.2s内通过电阻R的电荷量大小及在R上产生的焦耳热．23、“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示.

让质量为m1

的A

小球从斜面上某处自由滚下与静止在支柱上质量为m2

的B

小球发生对心碰撞；则：

(1)

两小球质量的关系应满足______

A.m1=m2

B.m1>m2C.m1<m2D.

没有限制。

(2)

实验必须满足的条件是______

A.轨道末端的切线必须是水平的。

B.斜槽轨道必须光滑。

C.入射球m1

每次必须从同一高度滚下。

D.入射球m1

和被碰球m2

的球心在碰撞瞬间必须在同一高度．评卷人得分五、画图题(共2题，共4分)24、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象25、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】解：由电阻定律公式R=可知；当长度和横截面积都相同的金属丝时，电阻与电阻率成正比，由于甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍，所以甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍，故B正确，ACD错误；

故选B

根据电阻定律R=可知；当长度和横截面积都相同的金属丝时，其电阻与电阻率有关，从而即可求解．

考查电阻定律的应用，掌握影响电阻的因素，注意温度也对电阻的影响．【解析】【答案】B2、D【分析】

A；安培研究了电流与磁场间的作用力规律；故A错误．

B；库仑发现了电荷间作用力的规律库仑定律；故B错误．

C；丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应；故C错误．

D；英国物理学家法拉第首先发现了电磁感应现象．故D正确．

故选D

【解析】【答案】本题关键应掌握：安培研究了电流与磁场间的作用力规律；库仑发现了电荷间作用力的规律库仑定律，奥斯特发现了电流的磁效应，发现电磁感应的科学家是法拉第．

3、D【分析】【解析】试题分析：用多用电表的欧姆挡测未知电阻时，指针偏转角很大，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精确度，应换低率“×10Ω”的挡来测量，换挡之后，必须重新调零。故选D考点：欧姆表的使用【解析】【答案】D4、D【分析】试题分析：铝球进磁场的过程中，穿过铝球横截面的磁通量增大，产生感应电流，部分机械能转化为电能，所以铝球做减速运动；铝球圈完全进入磁场后磁通量保持不变，铝球做匀速运动；铝球出磁场的过程中磁通量减小，产生感应电流，铝球做减速运动，故D正确。考点：考查了导体切割磁感线运动【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】从Ａ点到B点从B点到C点由此可知C点电势较高。

【点评】本题为功能关系的应用题目，难度中等，在求解电场力做功与电势差的关系类型题的时候要注意小角标的顺序6、B【分析】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力可知：Bqv=m得R=（1）

而粒子在电场中被加速，则有：（2）

将（1）（2）两式联立可得：R=•带电粒子运行的周期T=．

根据这两个表达式可知：

①、②当加速电压一定时，R也一定时，粒子的比荷越大；磁感应强度则越小，故①错误；②正确．

③、④对于给定的带电粒子，加速电压U越大，R一定，B越大，由T=知周期越小．故③正确；④错误；

故B正确．

故选：B

带电粒子在电场中被加速后；进入匀强磁场后做匀速圆周运动．所有带电粒子圆周运动的半径都相同．根据动能定理得到加速获得的速度表达式，由磁场中圆周运动半径公式结合进行分析．

通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式，再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式，从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系．最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系．【解析】【答案】B7、D【分析】解：A

图中线圈水平运动；磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故A错误；

B；图中线圈水平运动；磁通量不变，故无感应电流产生，故B错误；

C；图中线圈绕平行于磁感线方向的轴转动；磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故C错误；

D；图中线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动；磁通量不断变化，故有感应电流产生，故D正确；

故选：D

．

感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化.

据此可正确解答本题．

此题是考查电磁感应现象；要知道只有当穿过闭合回路的磁通量发生变化时就会有感应电流产生；或者当闭合电路的部分导体在磁场中切割磁感线运动时就会有感应电流产生；根据题目的情况结合产生感应电流的条件进行判断．【解析】D

8、B【分析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。【解答】A.法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，故B正确；C.奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D.安培定则，也叫右手定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则.

故D错误。故选B。【解析】B

9、A【分析】解：

因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上；并不是整个圆周上都有，所以粒子做圆周运动的半径小于R；则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径；

因为这段圆弧的弧长是圆周长的所以，弦长对应的等腰三角形的内顶角为90°，所以，弦长2r=2Rsin45°，则粒子做圆周运动的半径r=Rsin45°=R；

粒子做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB=m所以故D正确，ABC错误；

故选：A。

明确带电粒子在磁场中做匀速圆周运动；根据有粒子射出的范围得到偏转圆半径，进而由洛伦兹力做向心力求得速率。

带电粒子在磁场中的运动问题，一般由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得半径联立求解。【解析】A二、双选题(共2题，共4分)10、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB11、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】

该电容器的电容值C===F=2×10-8F．如果再将两极板上的电量各自减少一半，而电容C不变，由公式C=可知；电压也减半，即为5V．

故答案为：2×10-8；5

【解析】【答案】电容的定义式是C=对于给定的电容器，电容C一定，所以电容也可以用C=．电量减半时；板间电压也减半．

13、略

【分析】解：改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；这两种方式对改变内能是等效的．

用砂轮磨刀具时；对刀具做功，使刀具的温度升高；内能增大，是利用做功的方法改变物体的内能．

放入火炉中的铁块；从火炉中吸热；温度升高，是利用热传递改变物体的内能；

故答案为：做功；热传递；等效的．【解析】做功;热传递;等效的14、略

【分析】解：(1)

根据要求；在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以为是绿灯；

温度升高；热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下.

所以图中的甲还需要放入的元件是NTC

热敏电阻(

阻值随温度升高而减小)

故选：C

(2)

电路正确连接之后；该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点，则是在热敏电阻的电阻值比较小的时候才报警说明电路中的总电阻值比较大.

要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器，使滑动变阻器的电阻值小一些，则需要将滑动头往右移动一些．

故答案为：(1)C(2)

右。

掌握电磁继电器的组成及工作原理；其主要组成部分为电磁铁，电磁继电器就是利用电磁铁来控制电路的，当控制电路电流较小时，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下；当控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下．

此题考查了电磁继电器的构造及工作原理，并考查了并联电路电压的关系；电磁继电器是利用电磁铁来工作的自动开关．【解析】C

右15、略

【分析】

（1）假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电．

（2）由于三个电荷均处于平衡状态；所以。

对q1有：①

对q2有：②

对q3有：③

联立①②③可解得：

答：（1）正；正。

（2）q1，q2，q3三者电量大小之比是：

【解析】【答案】（1）解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，已知q2为负电荷，可以利用假设法判断q1和q3的电性，如假设q1带正电；其它电荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断．

（2）三个电荷处于同一直线上；每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列方程即可求解．

16、略

【分析】试题分析：建立时间轴和速度轴，如图P点为中间时刻，所以OD对应的长度为平均速度，OB段表示速度时间图线，反映速度随时间的变化情况，AB的长度表示末速度。考点：考查了伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【解析】【答案】平均速度物块的末速度17、略

【分析】

如果A、B两物体受到相同大小的阻力，根据牛顿第二定律得，a=知A、B两物体的加速度大小之比为1：3，根据t=知；初速度相同，则停下来的时间之比为3：1．

如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得，a=知加速度大小之比为1：1，根据t=知；初速度相同，则停下来的时间之比，1：1．

故答案为：3：1；1：1

【解析】【答案】根据牛顿第二定律求出加速度之比；通过速度时间公式求出两物体的运动时间之比．

18、略

【分析】解：气泡从湖底上升到湖面过程中；W=-0.6J，△U=0，根据热力学第一定律△U=W+Q得Q=0.6J，即吸收热量0.6J．

气泡到达湖面后；温度上升的过程中W=-0.1J，Q=0.3J，则△U=W+Q=0.2J，即气泡内气体内能增加0.2J．

故答案为：吸收；0.6；0.2．

一定质量的理想气体内能只跟温度有关；温度不变，其内能不变．气体对外做功，功为负值，根据热力学第一定律分析吸放热情况和内能变化情况．

热力学第一定律是能量守恒定律的特殊情况，可以从能量转化和守恒的角度理解．应用时关键抓住符号法则：使气体内能增加的量均为正值，否则为负值．【解析】吸收；0.6；0.219、厚

【分析】【分析】

根据平行玻璃砖的光学特性可知；光线通过玻璃砖后传播方向不变，只发生侧移，据题激光束在C

的光斑向左移动，说明玻璃砖增厚。

本题是关于折射定律的考查，基础题目【解答】

根据折射定律得：n=sin娄脠1sin娄脠2

得sin娄脠2=sin娄脠1n=0.5

得娄脠2=30鈭�

设玻璃砖变厚了d

根据几何知识得：dtan45鈭�?dtan30鈭�=?s

解得，d=3+32?s

故答案为厚；3+32?s

【解析】厚3+32?s

四、实验探究题(共4题，共28分)20、（1）a

（2）d

（3）8.50.75

（4）C【分析】【分析】本题考察伏安法测电源电动势和内阻，电流表内接法和外接法的灵活应用。解题时明确实验原理，知道在相应题目中电流表内、外接法误差小；根据实验安全要求进行分析，从而明确滑片开始时的位置；根据闭合电路欧姆定律进行分析，由图象即可求解电动势和内电阻；U

为路端电压，P

为电源的输出功率，根据电源输出功率的特点可明确对应的图象。【解答】(1)因电源内阻较小，应采用电流表内接，故应接aa端；(2)

连接好电路闭合SS前，为了让电流由最小值开始调节，开始时滑动变阻器应接入最大电阻，故开始时滑片应在d

端；(3)(3)根据闭合电路欧姆定律可以知道U=E鈭�I(r+R0)U=E-Ileft(r+{R}_{0}right)，纵轴的交点表示电动势，图像斜率表示内阻和定值电阻之和，故有E=8.5VE=8.5V；r+R0=?U?Ir+{R}_{0}=dfrac{?U}{?I}r=8.5鈭�4.01.2鈭�3=0.75娄赂r=dfrac{8.5-4.0}{1.2}-3=0.75娄赂(4)

电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C

故答案为(1)a(2)d(3)8.50.75(4)C

【解析】(1)a

(2)d

(3)8.50.75

(4)C

21、略

【分析】解：（1）在摆线上端的悬点处；用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确．

故选：AC．

（2）游标卡尺示数为d=12mm=0.0120m；单摆摆长为：

L=l-=0.9990m-0.0060m=0.9930m

故答案为：

（1）AC；

（2）12；0.9930

（1）单摆的摆长在摆动中不能变化．而摆长是影响周期的因素；应该在研究的时候予以改变，看看周期你与摆长的关系；

（2）摆长为悬点到球心的距离。

掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系；摆长要注意是悬点到球心的距离，一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到，题目中的方式不是特别常用【解析】AC；12；0.993022、略

【分析】

（1）由乙图读出t=0.5s时电路中电流，由公式P=I2R求出电阻R的热功率；

（2）由乙图读取金属杆达到稳定运动时的电流；此时杆受力平衡，由平衡条件和安培力公式求解磁感应强度B的大小；

（3）通过电阻的电量等于图线与t轴包围的面积大小，估算出图线所包围的面积，即可求得通过电阻的电量，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到感应量q==即可求出杆通过的距离x，根据能量守恒定律