2023-2024学年海南省琼海市嘉积中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年海南省琼海市嘉积中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了下列说法正确的是，9km/s，人造树脂是常用的眼镜镜片材料，如图所示，已知R1=R4=0等内容，欢迎下载使用。

A. β衰变所释放的电子是原子核外的电子
B. 放射性元素钋的半衰期为140天，16个钋原子核经过280天，还剩4个钋原子核未衰变
C. 核反应 715N+11H→612C+24He中生成了α粒子，属于人工转变
D. 卢瑟福通过著名的α粒子散射实验，证明原子核内部有复杂结构
2.2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船发射成功，历时约6.5小时，神舟十七号载人飞船采用自主快速交会对接与空间站组合体在前向端口对接。对接后空间站组合体绕地球的飞行可视为匀速圆周运动，轨道离地面高度h约为400km，已知地球半径R约为6400km。下列说法正确的是( )
A. 神舟十七号飞船在地球上的发射速度大于11.2km/s
B. 空间站组合体的运行周期大于24小时
C. 空间站组合体绕地球飞行的速度一定小于7.9km/s
D. 对接后，由于质量增加，空间站组合体的向心加速度将变大
3.某种金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系如图所示。已知普朗克常量为h，下列说法正确的是
( )
A. 入射光的频率越高，金属的逸出功越大
B. 该金属的截止频率为bh
C. 不同入射光照射到该金属上，图像斜率不一定相同
D. 若入射光频率为a2，则光子的最大初动能为b2
4.图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.6 s时的波形图，波的周期T>0.6 s，则( )
A. 波的周期为2.4 sB. 在t=0.9 s时，P点沿y轴正方向运动
C. 经过0.4 s，P点经过的路程为4 mD. 在t=0.5s时，Q点到达波峰位置
5.人造树脂是常用的眼镜镜片材料。如图所示，一束单色蓝光照射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点。已知光线的入射角为30∘，OA=6cm，AB=18cm，BP=12cm，下列说法正确的是( )
A. 折射率等于 105
B. 在介质中的传播时间为10−7s
C. 顺时针旋转入射光线至合适位置，可以在树脂上表面出现全反射现象
D. 若将入射光换成红光，则P点将向左移动
6.两物体叠放后置于竖直的弹簧与竖直墙面之间，A、B与墙面均粗糙，系统处于平衡状态。现对A施加一个水平向右的推力F，A、B仍静止，下列说法正确的是
( )
A. A.A物体一定受4个力的作用
B. 弹簧弹力一定小于A、B的总重力
C. 弹簧长度一定保持不变
D. 随着F增大，B与墙面间的静摩擦力可能也增大
7.如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且C、D间距L=4cm，C、D连线和场强方向成60∘角。已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10−17J，电子电荷量大小为1.6×10−19C，C、D间的电势差UCD和匀强电场的场强大小分别为
( )
A. 200V，50V/cmB. 200V，100V/cm
C. −200V，50V/cmD. −200V，100V/cm
8.如图所示，已知R1=R4=0.5Ω，r=1Ω，R2=6Ω，R3的最大阻值为6Ω.在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是( )
A. 定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小
B. 电源的输出功率变小
C. 电源的效率先增大后减小
D. MN并联部分的功率先增大后减小
9.分子力与分子间距离的关系图像如图所示，图中r0为分子斥力和引力平衡时两个分子间的距离，规定两分子间距离为无限远时分子势能为0，下列说法正确的是( )
A. 随着分子间距的增大，分子间引力和斥力都在减小，但斥力减小得更快
B. 两个分子从间距大于10r0的位置逐渐靠近至很难再靠近的位置，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
C. 分子间距离从r0增大到无限远的过程中，分子势能先增大后减小
D. 将一分子固定，另一分子从间距为5r0(5r0>r1)的位置由静止释放，运动至间距为r0的位置的过程中，该分子先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动
10.如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈匝数之比为5:1，原线圈所接交流电压变化规律如图乙所示。其中R1=10Ω，R2=55Ω，下列说法正确的是
( )
A. 电流表A的示数为0.8A
B. 滑片P向上移动的过程中，电压表V1、V2的示数均增大
C. 滑片P向下移动的过程中，灯泡L的亮度可能变暗
D. t=0.01s时，电压表V2的示数为0
11.滑板运动员在比赛中腾空越过障碍物的过程中，若忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在最高点的时候运动员的速度为零，但加速度不为零
B. 运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C. 运动员和滑板构成的系统动量守恒
D. 上升过程运动员处于失重状态，滑板对运动员的作用力为零
12.霍尔传感器是洗衣机自动化系统的一部分，借助霍尔传感器，可让水的摄入量和水位的测量变得更加容易。如图所示，霍尔元件串联在电路中，长、宽、高分别为a、b、c.使用电阻率为ρ的金属材料。水位不足时，可让元件处于磁感应强度为B的匀强磁场中，水位达到标准时，电压达到临界值，磁场自动消失。当电路中电流为I时，下列说法正确的是
( )
A. 左侧电势高于右侧
B. M、N两端电压为Iρcab
C. 元件中电子的运动速率为IρcbBa2
D. 若想提高元件的感应灵敏度，可适当减小高度c
13.如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60∘角且处于竖直平面内。一质量为m、带电荷量为+q的小球套在绝缘杆上。初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E= 3mgq，重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，则以下说法正确的是
( )
A. 小球的初速度为v0=2mgqB
B. 若小球的初速度为mgqB，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后静止
C. 若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速
D. 若小球的初速度为mgqB，则运动过程中摩擦力做功大小为3m3g22q2B2
14.小李同学利用如图所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。该装置中，遮光条宽度为d，记录经过光电门1和光电门2的时间分别为t1、t2，小车从光电门1运动到光电门2的时间为t。调节定滑轮高度，使细线平行于气垫导轨，通过调节气垫导轨下的螺母，使气垫导轨水平。
(1)探究加速度与质量关系时，要进行槽码总质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是_______。
A.M=200g，m=5g、10g、15g、20g、25g、30g
B.M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M=400g，m=5g、10g、15g、20g、25g、30g
D.M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
(2)在探究加速度与合外力关系时，通过运动学公式计算出滑块的加速度a=_______(用已知字母表示)。
若在上图所示装置的槽码上方，增加一个力传感器，改变槽码质量，则图中所示的四个a−F图像中能正确反映加速度a与传感器的示数F之间规律的是_______。
A. B． C． D．
(3)小李同学又设计了如下实验方案：共有n个槽码，每个槽码质量为m，槽码盘的质量为m0，小车的质量为M，重力加速度为g。初始时，所有槽码都在小车上，后续每做完一组实验，都将一个槽码从小车转移到槽码盘中。该实验方案是控制变量法，当槽码盘中有k个槽码时(k≤n)，小车的加速度a=_______(用m0，m，M，k，n，g表示)。
15.(1)某同学在实验室利用一内阻Rg=20Ω，满偏电流Ig=2.5mA的表头G改装成一个双量程电流表，其内部结构如图，已知电阻R1=1Ω，R2=19Ω，该电流表的小量程为_____mA、大量程为_____mA。
(2)实际的电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际的电流表G1的内阻r1时，可供选择的器材如下：
A.待测电流表G1(0∼5mA，内阻约300Ω)；
B.电流表G2(0∼10mA，内阻约100Ω)；
C.定值电阻R(300Ω)；
D.滑动变阻器R3(0∼1000Ω)；
E.滑动变阻器R4(0∼20Ω)；
F.干电池(1.5V)；
G.开关S及导线若干。
①为了更精准的测量，滑动变阻器应选_____。(填器材前的选项)
②在框内设计符合题意的电路图。( )
③补全实验步骤：
a.按电路图连接电路，将滑动触头移至最_____端；
b.闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；
c.多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2；
d.以I2为纵坐标、I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。
④根据I2−I1图线的斜率k及定值电阻R，写出待测电流表内阻的表达式：r1=_____。
16.如图1所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端口装有固定卡环。质量m=0.5kg、横截面积S=4cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内。现缓慢升高环境温度，气体从状态A变化到状态C的V−T图像如图2所示，已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)状态C时气体的压强；
(2)气体从A到C的过程中吸收的热量为3×104J，则此过程气体内能的变化量。
17.如图所示，长为0.8m的水平传送带BC以4m/s的速率顺时针匀速转动，左端与半径R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点(不接触)。质量为2kg的滑块P与传送带间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g=10m/s2。现将滑块P从光滑圆弧轨道上端A点由静止释放，求：
(1)滑块P运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力；
(2)滑块P通过传送带BC过程中系统产生的热量。(小数点后保留两位数字)
18.如图所示，两根平行金属导轨a1b1c1、a2b2c2平行放置，导轨间距L=1 m，a1b1、a2b2段倾斜且足够长，与水平方向的夹角θ=37°，b1c1、b2c2段水平，在距离b1b2连线的左侧x=1.75 m处有两根固定立柱，导轨水平和倾斜部分平滑连接。倾斜部分导轨处于磁感应强度大小B=0.3 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场中(不包括b1b2连线上)，水平导轨处没有磁场。质量为m1=0.3 kg、电阻为R=0.4 Ω的金属棒甲置于倾斜导轨上，质量为m2=0.1 kg、电阻为r=0.2 Ω的金属棒乙静止在b1b2位置，两金属棒的长度均为L=1 m。金属棒甲从距离导轨底端足够远处由静止释放，在b1b2处与金属棒乙碰撞，碰后金属棒乙向左运动，与固定立柱碰后等速率反弹。已知两金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数均为μ1=0.5，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ2=0.2，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，导轨电阻不计，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求金属棒甲沿导轨向下运动的最大速度vm；
(2)金属棒甲从开始运动至达到最大速度的过程中，其产生的焦耳热为0.4 J，求这个过程经历的时间；
(3)求金属棒甲、乙第二次碰撞结束瞬间两者的速度大小分别为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.β衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转变成一个质子而释放出的电子形成的，故A错误；
B.半衰期是对大量原子核通过统计规律得出的，对少量的原子核不满足半衰期规律，故B错误；
C.核反应
715N+11H→612C+24He
中生成了α粒子，属于人工转变，故C正确；
D.卢瑟福通过著名的α粒子散射实验，证明原子内部有复杂结构，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.第一宇宙速度是最小的发射速度，则神舟十七号飞船在地球上的发射速度大于 7.9km/s ，故A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMmr2=m4π2T2r
可知
T= 4π2r3GM
由于空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站的运行周期小于24小时，故B错误；
C. 由万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r
可知
v= GMr
空间站组合体轨道半径大于地球的半径，故空间站组合体的线速度小于地球的第一宇宙速度，故C正确；
D.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=ma
可知空间站组合体质量被约掉，故加速度不变，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.金属的逸出功只由金属自身决定，与入射光的频率无关，故A错误；
BC.根据光电效应方程可得
Ek=hv−W0
可知 Ek−ν 的斜率为普朗克常量，不同入射光照射到该金属上，图像斜率一定相同； Ek−ν 的纵轴截距为
−b=−W0
则该金属的截止频率为
ν0=W0h=bh
故B正确，C错误；
D.根据图像可知，若入射光频率为 a2 ，则不会产生光电效应现象，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，得到周期，并根据时间与周期的关系，分析质点Q的状态．
【解答】
解：A、根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移(n+34)λ，其中n=0、1、2、3、4…，故由实线传播到虚线这种状态需要(n+34)T，即：
(n+34)T=0.6s
解得：
T=2.44n+3，其中n=0、1、2、3、4…，
当n=0时，解得T=0.8s，当n=1时，解得：T=0.34s，
又T>0.6s，故n取0，则波的周期为0.8s，故A错误；
B、由于波沿x轴负方向传播，故t=0时P点沿y轴负方向运动，故t=0.8s时P点沿y轴负方向运动，而周期T=0.8s，故0.9s时P点沿y轴负方向运动．故B错误．
C、在一个周期内P点完成一个全振动，即其运动路程为4A，而0.4s=12T，故P点的运动路程为2A=0.4m，故C错误；
D、由题意可知波长λ=8m，则变速v=λT=10m/s，在t=0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t=0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=10×0.5m=5m，故在t=0.5s时，Q点振动情况和t=0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t=0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t=0.5s时，Q点到达波峰位置．故D正确；
故选D。
5.【答案】B
【解析】A.由几何关系有
OP= 182+12−62cm=6 10cm
设折射角为 θ ，则有
sinθ=66 10= 1010
所以折射率有
n=sin30∘sinθ= 102
故A项错误；
B.该光在介质中的速度为
v=cn
所以光在介质中的速度为
t=OPv=10−7s
故B项正确；
C.顺时针旋转入射光线，有几何关系可知，在介质中光线射到介质下表面的入射角减小，有几何关系可知，其再次反射到上表面的入射角也减小，所以不会在树脂上表面出现全反射现象，故C项错误；
D.若将入射光换成红光，由于红光的频率小于蓝光的频率，所以红光的折射率小于蓝光的折射率，由
n=sin30∘sinθ
即折射角变大，即P点向右移动，故D项错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】A.对A施加一个水平向右的推力F，A可能只受到重力、支持力和推力，共三个力作用，故A错误；
BCD.对A施加推力前，以A、B为整体，水平方向根据受力平衡可知，竖直墙面对B没有弹力作用，则竖直墙面对B没有摩擦力作用，竖直方向根据受力平衡可知，弹簧弹力等于A、B的总重力；对A施加水平向右推力后，A、B仍静止，以A、B为整体，可知竖直方向受力保持不变，则竖直墙面对B仍没有摩擦力，弹簧弹力仍等于A、B的总重力，则弹簧长度一定保持不变，故BD错误，C正确；
故选C。
7.【答案】B
【解析】根据电场力做功与电势差关系可得
WDC=−eUDC
可得D、C间的电势差
UDC=−WDCe=−3.2×10−171.6×10−19V=−200V
则C、D间的电势差为
UCD=−UDC=200V
匀强电场的场强大小为
E=UCDLcs60∘=2004×0.5V/cm=100V/cm
故选B。
8.【答案】C
【解析】解：A、在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据P4=I2R4可知定值电阻R4的功率减小，根据P=IE可知电源的总功率减小，故A正确；
B、因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率减小，故B正确；
C、电源的效率η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，则当外电路电阻R变大时，电源的效率变大，故C错误；
D、若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN之间的电阻从0增加到3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN之间的电阻等于2Ω时，MN之间的功率最大，则在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN并联部分的功率先增大后减小，选项D正确；
此题选择不正确的，故选：C。
明确电路结构，根据滑片的移动确定电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律确定干路中电流和路端电压的变化，再根据串并联电路规律确定局部电路中电流、电压以及功率的变化。
本题是动态电路的分析问题；关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，并且会将电路进行必要的等效，再进行分析。
9.【答案】AD
【解析】A.随着分子间距的增大，分子间引力和斥力都在减小，但斥力减小得更快，故A项正确；
B.两个分子从间距大于 10r0 的位置逐渐靠近至很难再靠近的位置，分子力先增加后减小再增加，其分子势能先减小后增加，故B项错误；
C.分子间作用力和分子势能之间的关系如图所示
分子间距离从 r0 增大到无限远的过程中，分子势能增加，直至为零，故C项错误；
D.将一分子固定，另一分子从间距为 5r0 ( 5r0>r1 )的位置由静止释放，该过程分子间的力先为引力后为斥力，分子在运动至间距为 r0 的位置的过程中，分子力先增加后减小，由牛顿第二定律有
F=ma
所以加速度大小先增加后减小，所以该分子先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，故D项正确。
故选AD。
10.【答案】B
【解析】A.由图乙可知，交流电压有效值为
U=220 2 2V=220V
由于 R1 有一定分压，则原线圈输入电压有效值满足
U1<220V
则副线圈输出电压有效值满足
U2=n2n1U1<15×220V=44V
则电流表A的示数满足
IA=U2R2<4455A=0.8A
故A错误；
B.滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值变大，将变压器和副线圈负载看成一等效电阻 R等 ，则等效电阻 R等 变大，由于等效电阻 R等 与 R1 串联，根据欧姆定律可知，原线圈中电流 I1 减小，则 R1 的分压减小，原线圈输入电压增大，副线圈输出电压增大，即电压表 V1 、 V2 的示数均增大，故B正确；
C.同理，滑片P向下移动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，可知原线圈中电流 I1 增大，则副线圈中电流 I2 增大；由于 R1 的分压增大，则原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小，则通过电流表支路电流减小，根据
I2=IA+IL
可知通过灯泡L的电流增大，灯泡L的亮度变亮，故C错误；
D.电压表 V2 的示数为电压有效值，所以 t=0.01s 时，电压表 V2 的示数不为0，故D错误。
故选B。
11.【答案】BD
【解析】A.在最高点的时候运动员具有水平速度，加速度不为零，A错误；
B.仅有重力做功，则运动员和滑板构成的系统机械能守恒，B正确；
C.运动员和滑板构成的系统合外力不为零，动量不守恒，C错误；
D.上升过程运动员和滑板的加速度均为重力加速度，故仅受重力，处于完全失重状态，D正确。
故选BD。
12.【答案】AB
【解析】A.由于题中霍尔元件为金属材料，自由电荷为电子，带负电，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力偏向右侧，则右侧积累电子，所以左侧电势高于右侧，故A正确；
B.M、N两端电压为
UMN=I⋅ρcab=Iρcab
故B正确；
CD.稳定时，设霍尔元件左、右两侧的电压为 UH ，则有
eUHa=evB
根据电流微观表达式
I=neSv=neabv
联立可得
UH=IBneb
可知元件的感应灵敏度与高度c无关，由于不知道霍尔元件左、右两侧的电压 UH ，所以无法求出元件中电子的运动速率，故CD错误。
故选AB。
13.【答案】ACD
【解析】A.小球做匀速运动时，对小球进行受力分析如图，
电场力的大小
F电=qE= 3mgq⋅q= 3mg
方向水平向左。重力的方向竖直向下，电场力与重力的合力大小为
F合= F电2+(mg)2=2mg
由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆垂直，而洛伦兹力方向也与杆垂直，三个力的合力不做功，所以当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，则杆对小球没有支持力，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反，有
qv0B=2mg
解得
v0=2mgqB
故A正确。
BD.若小球的初速度为v′= mgqB ，则洛伦兹力
f=qv′B=mg在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力
f=μFN
小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止；运动中克服摩擦力做功等于小球的动能(重力和电场力合力不做功)，为
Wf=12mv′2=m3g22B2q2
故B错误，D正确。
C.若小球的初速度为 v′′=3mgqB ，此时洛伦兹力
F洛=qv′′B=3mg>F合
则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，存在摩擦力
f=μFN
小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力也减小，合力逐渐减小，故小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到 2mgqB 时，FN=0，f=0，小球开始做匀速直线运动，故C正确。
故选ACD。
14.【答案】 C dt(1t2−1t1) B kmg+m0gnm+m0+M
【解析】(1)[1]探究加速度与质量关系时，为了使得细绳的拉力近似等于槽码的重力，则要求槽码总质量m远小于小车质量M，则以下最合理的一组是C。
(2)[2]小车经过两个光电门时的速度分别为
v1=dt1
v2=dt2
小车的加速度
a=v2−v1t=dt(1t2−1t1)
[3]力传感器可以直接测量绳子拉力，根据
a=1MF
则a−F图像为过原点的直线，故选B。
(3)[4]该实验方案是控制变量法，控制小车、槽码、槽码盘的总质量保持不变，当槽码盘中有k个槽码时(k≤n)，根据牛顿第二定律有
kmg+m0g=(nm+m0+M)a
解得
a=kmg+m0gnm+m0+M
15.【答案】 100 5 E 左 k−1R
【解析】(1)[1][2]接a时量程较大，为
I1=Ig+IRRg+R2R1=100mA
接b时量程较小，为
I2=Ig+IgRgR1+R2=5mA
(2)①[3]为了更精确测量，滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小越方便调节，滑动变阻器应选E。
②[4] G1 与定值电阻R并联改装为量程与G2相等的电流表，且与G2串联，电路图如图所示
③[5]电表示数从零开始变化，则按电路图连接电路，将滑动触头移至最左端。
④[6]由题意得
I2=I1+I1r1R=I11+r1R
得
k=1+r1R
待测电流表内阻的表达式为
r1=k−1R
16.【答案】(1) pC=1.5×105Pa ；(2) ΔU=7.5×103J
【解析】(1)A状态气体压强为
pA=p0+mgS
由B变化到C，由等容变化
pBTB=pCTC
又
pA=pB
联立得
pC=1.5×105Pa
(2)气体从A到B过程中对外做功为
W=pAVB−VA
根据热力学第一定律
ΔU=Q−W
联立得
ΔU=7.5×103J
即此过程中内能增加 7.5×103J 。
17.【答案】(1)60N；(2)1.09J
【解析】(1)根据机械能守恒
mgR=12mvB2
得
vB=2 2m/s
在B点，由牛顿第二定律
N−mg=mvB2R
得
N=60N
根据牛顿第三定律，滑块P运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力为60N。
(2)滑块在传送带上的加速度为
a=μmgm=2.5m/s2
物块的位移为
x=v2−vB22a=1.6m>0.8m
则根据
L=vBt+12at2
滑块在传动带上的运动时间为
t=45 3− 2s
滑块P通过传送带 BC 过程中系统产生的热量为
Q=μmgvt−L≈1.09J
18.【答案】解：(1)金属棒甲由静止释放后，沿倾斜导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，根据平衡条件得：
m1gsinθ−μ1m1gcsθ−F安=0
又F安=BIL，I=ER+r，E=BLvm
解得：vm=4m/s
(2)设金属棒甲从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，
由能量守恒定律有：m1gxsinθ=μ1m1gxcsθ+QR+Qr+12m1vm2
其中QRQr=Rr
联立解得：x=5.0m
根据q=IΔt，I=ER+r，E=ΔΦΔt
ΔΦ=BLx
解得：q=BLxR+r=2.5C
由动量定理：(m1gsinθ−μ1m1gcsθ)Δt−BILΔt=m1vm−0
解得：t=3.25s
(3)设第一次碰后甲、乙两棒的速度分别为v1、v2，
根据动量守恒、机械能守恒有：
m1vm=m1v1+m2v2
12m1vm2=12m1v12+12m2v22
解得：v1=2m/s、v2=6m/s
第一次碰撞后，在摩擦力作用下，甲棒向左做匀减速运动，乙棒先向左做匀减速运动，与立柱碰撞后再向右做匀减速运动，
加速度大小均为a=μ2g=2m/s2
第一次到第二次碰撞之间，甲、乙通过的路程分别为x1、x2，则
有x1+x2=2x
由运动学公式有x1=v1t−12at2
x2=v2t−12at2，解得t=0.5s (t=3.5s不符合实际情况，舍去)
第二次碰撞前瞬间，甲、乙两棒的速率分别为v′1、v′2，则有
v1′=v1−at
v2′=v2−at
解得：v′1=1m/s，方向向左，v2′=5m/s，方向向右
第二次碰后甲、乙的速率分别为v1′′、v2′′，取向左为正方向，
根据动量守恒和机械能守恒有：
m1v1′−m2v2′=m1v1′′+m2v2′′
12m1v1′2+12m2v2′2=12m1v1′′2+12m2v2′′2
解得：v1′′=−2m/s、v2′′=4m/s
(v1′′=1m/s,v2′′=−5m/s不符合实际情况，舍去)
故碰撞后瞬间甲棒的速度大小为2m/s，方向向右，乙棒的速度大小为4m/s，方向向左。
【解析】本题考查了电磁感应和动量守恒定律，考查考生的分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力和科学思维。
(1)金属棒匀速运动时速度达到最大，由平衡方程可求出最大速度;
(2)金属棒做非匀变速运动时，求运动时间需要借助动量定理求解;
(3)碰撞过程满足动量守恒，又是弹性碰撞，可由动量守恒定律和机械能守恒定律联合求解。