2020届上海市徐汇区南洋模范中学高考物理模拟试卷(4月份)(含答案详解)

一、单选题（本大题共11小题，共37.0分） 1.

1916年，爱因斯坦基于广义相对论预言了宇宙中存在引力波，他根据麦克斯韦的观点“电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波”，提出了“当物体加速运动时，会辐射出引力波”的观点，这个研究过程采用了类比法。以下关于所用物理学的研究方法叙述不正确的是( )

A. 合力、分力概念的建立体现了等效替代的思想

B. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，能用实验直接验证 C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法 D. 研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法

2.

下列说法正确的是( )

14171A. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为 42𝐻𝑒+7𝑁→8𝑂+1𝐻

B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷𝑒的数值

C. 大量处于𝑛=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光 D. 原子核的结合能越大，核子结合的越牢固，原子越稳定

3.

下列说法正确的是( )

A. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，

同时电子的动能减小

B. 放射性物质的温度升高，则半衰期减小

C. 用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可能使氘核分解为一个质子和一个中子 D. 某放射性原子核经过2次𝛼衰变和一次𝛽衰变，核内质子数减少4个

4.

如图所示，下列几种情况，系统的机械能守恒的是( )

A. 图甲中一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动 B. 图乙中运动员在蹦床上越跳越高

C. 图丙中小车上放一木块，小车的左侧有弹簧与墙壁相连．小车在左右运动时，木块相对于小

车滑动(车轮与地面摩擦不计

D. 图丙中如果小车运动时，木块相对小车有滑动

5. 放在光滑水平面上的物体，在两个互相垂直的水平力共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6𝐽和8𝐽的功，则该物体的动能增加了

A. 10𝐽

6.

B. 14𝐽 C. 48𝐽 D. 2𝐽

如图甲所示为研究某金属光电效应的电路图，图乙为采用不同频率的光照射时遏止电压𝑈𝑐与入射光频率𝜈的关系图，图中频率𝜈1、𝜈2，遏制电压𝑈𝐶1、𝑈𝐶2及电子的电荷量𝑒均为已知，则下列说法正确的是( )

A. 普朗克常量ℎ=B. 普朗克常量ℎ=

𝑒(𝑈𝐶2−𝑈𝐶1)𝜈2−𝜈1

𝑒(𝑈𝐶2+𝑈𝐶1)𝜈2−𝜈1

𝑈𝐶2𝜈1+𝑈𝐶1𝜈2𝑈𝐶2−𝑈𝐶1

C. 该金属的截止频率为𝜈0=D. 该金属的截止频率为𝜈0=

7.

𝑈𝐶1𝜈2−𝑈𝐶2𝜈1𝑈𝐶2−𝑈𝐶1

如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅均为2𝑐𝑚，波速为2𝑚/𝑠，波长为8𝑐𝑚，𝐸点是𝐵、𝐷和𝐴、𝐶连线的交点，下列说法中错误的是( )

A. A、𝐶两处两质点是振动减弱的点

B. B、𝐷两处两质点在该时刻的竖直高度差是8 𝑐𝑚 C. 𝐸处质点是振动减弱的点

D. 经0.02 𝑠，𝐵处质点通过的路程是8 𝑐𝑚

8.

某同学从6楼乘电梯到1楼，电梯刚刚起动时( )

A. 他受的重力增大 C. 他对电梯地板的压力增大

9.

B. 他受的重力减小

D. 他对电梯地板的压力减小

一定质量的理想气体体积不变时，温度降低，则下列说法中正确的是( )

A. 气体对外界做功，气体的内能一定减小 B. 气体的状态一定发生了变化，而且压强一定减小 C. 气体分子平均动能可能增大

D. 单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数增多

10. 在点电荷𝑄的电场中，一个正电的𝛼粒子( 42𝐻𝑒)通过时的轨迹如图实线所

示，𝑎、𝑏为两个等势面，则下列判断中正确的是( )

A. 𝑄可能为正电荷，也可能为负电荷 B. 𝛼粒子经过两等势面的动能𝐸𝑘𝑎>𝐸𝑘𝑏 C. 运动中．粒子总是克服电场力做功 D. 𝛼粒子在两等势面上的电势能𝐸𝑝𝑎>𝐸𝑝𝑏

11. 一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到干涉条纹，除白色亮纹外，两侧还有彩色条纹，

其原因是( )

A. 各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同 B. 各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同 C. 各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同 D. 上述说法都不正确

二、多选题（本大题共1小题，共3.0分）

12. 关于放射性元素原子核的衰变，下列叙述哪些是正确的( )

A. 𝛾射线是伴随𝛼射线或𝛽射线而发射出来的 B. 半衰期的大小不随化学状态、温度等变化而变

C. 某核放出一个𝛽粒子或𝛼粒子后，都变成一种新元素的原子核

D. 若原来有某种放射性元素的原子核10个，则经一个半衰期后，一定有5个原子核发生了衰变

三、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

13. 星系是宇宙中的一大群______ 、气体、尘埃等组成的系统，宇宙中的星系大约有1000亿个以上，

银河系以外的星系称为______ ．

14. 质量为2𝑘𝑔的物体沿倾角为30°的斜面由静止开始下滑，1秒内下滑了2𝑚，则其重力势能改变了

______ 𝐽，1秒末重力的瞬时功率为______ 𝑤.

15. 设有𝐴、𝐵两人造地球卫星的质量比为1：2，它们到地球球心的距离比为1：4，则它们的 (1)周期比为______ ； (2)向心力之比为______ ．

16. 轻绳一端系在质量为𝑚的物体𝐴上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆𝑀𝑁的圆环上。现用水平力𝐹

拉住绳子上的一点𝑂，使物体𝐴从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置

不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力𝐹𝑓将______(选填“增大”“不变”或“减小”)，环对杆的压力𝐹𝑁将______(选填“增大”、“不变”或“减小”)。

17. 如图所示，弹簧秤和细绳重力不计，不计一切摩擦，物体的重力为𝐺=6𝑁，当装置稳定时：弹

簧秤𝐴的示数是______𝑁，弹簧秤𝐵的示数是______𝑁.

四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

18. 某同学做“测定电池的电动势和内阻”实验，电路连接如图，并准备闭合开关进行测量。

(1)请指出存在的两个问题：______；______。

(2)根据坐标纸上所描出的数据点可得出电池的电动势𝐸=______𝑉(保留3位有效数字)，内电阻

𝑟=______𝛺(保留2位有效数字)。

(3)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数𝑈及干电池的输出功率𝑃都会发生变化。请

在图上画出𝑃−𝑈关系图线的示意。 五、简答题（本大题共2小题，共30.0分）

𝐵𝐷为光滑的半圆形轨道，19. 一根细杆弯制成如图所示的轨道，固定在竖直面内，轨道半径𝑅=1𝑚，

𝐴𝐵为粗糙水平轨道，𝐴与𝐵相距𝐿=10𝑚，一质量𝑚=0.2𝑘𝑔的小环套在水平轨道上的𝐴点，与水平轨道间的动摩擦因数𝜇=0.1.现用一水平恒力𝐹向右拉小环，已知𝐹=2𝑁，当小环运动到某点𝐶时撤去该力(𝐶点位于𝐴𝐵之间)，设𝐶点到𝐴点的距离为𝑥.在圆轨道的最高点𝐷处安装一力传感器，当小环运动到𝐷点时传感器就会显示环对轨道弹力大小的读数𝐹𝑁，力传感器所能承受的最大作用力大小为18𝑁，𝑔取10𝑚/𝑠2．

(1)当𝑥=4.2𝑚时，小环运动到圆轨道上的𝐵点时速度是多大？

(2)要使小环能够通过圆轨道的最高点𝐷且保证力传感器安全，求𝑥的范围；

(3)在满足(2)问的情况下，在坐标系中作出力传感器的读数𝐹𝑁与𝑥的关系图象(不要求写出作图过程)．

20. 如图所示，电阻为0.1𝛺的正方形单匝线圈𝑎𝑏𝑐𝑑的边长为0.2𝑚，𝑏𝑐边与匀强磁场边缘重合。磁场

的宽度大于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5𝑇。在水平恒力作用下，线圈以2𝑚/𝑠的速度向右匀速进入磁场区域。求：

(1)线圈进入磁场时，所受的磁场力𝐹𝐴；

(2)从线圈𝑏𝑐边开始进入磁场到𝑎𝑑边恰好进入磁场的这一段时间里，线圈中产生的热量𝑄； (3)请分析说明从线圈𝑏𝑐边开始进入磁场到𝑎𝑑边恰好离开磁场的过程中，线圈的运动情况。

参及解析

1.答案：𝐵

解析：解：𝐴、合力与分力的作用效果相同，因此可以用合力替代分力，也可能用分力替代合力，体现了等效替代的思想，故A正确；

B、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，不能用实验直接验证，故B错误； C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体是为了抓住事物体的主要矛盾，忽略次要因素，这种方法叫理想模型法，故C正确；

D、研究变速运动时，把变速运动分成很多小段，每一小段看成匀速直线运动再将这些运动累加，这种方法叫微元法，故D正确。 本题选择不正确的， 故选：𝐵。

根据重心的特点、合力与分力的关系分析；不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足；质点采用了理想化的物理模型的方法；在推导匀变速直线运动位移公式时采用了微元法。

对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆。

2.答案：𝐴

𝐴、解析：解：卢瑟福用𝛼粒子轰击氮原子核发现了质子，卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为：

14171 42𝐻𝑒+7𝑁→8𝑂+1𝐻，故A正确。

B、库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷𝑒的数值，故B错误。

C、大量处于𝑛=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出6种不同频率的光，故C错误。 D、原子核的比结合能越大，核子结合得越牢固，原子越稳定，原子核的结合能越大，原子不一定越稳定，故D错误。 故选：𝐴。

卢瑟福用𝛼粒子轰击氮原子核发现了质子；

库仑提出来了库仑定律，密立根最早测出了元电荷的数值； 原子核的比结合能越大原子核结合越牢固，原子越稳定。

本题涉及的知识点较多，大多属于需要记忆的内容，难度不大，掌握基础上即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

3.答案：𝐶

解析：解：𝐴、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，故A错误；

B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；

C、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C正确； D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次𝛼衰变质子数减少4，一次𝛽衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D错误。 故选：𝐶。

氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小；放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的；根据𝛼衰变和𝛽衰变的特点与质量数守恒以及电荷数守恒分析；

解决本题关键理解玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等。

4.答案：𝐴

解析：解：𝐴、图(𝑎)中一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，机械能守恒．故A正确．

B、图(𝑏)中运动员在蹦床上越跳越高，机械能增加．故B错误．

C、图(𝑐)中小车上放一木块，小车的左侧有弹簧与墙壁相连．小车在左右运动时，木块相对于小车滑动，部分能量转化为内能，则系统机械能减小．故CD错误． 故选：𝐴．

根据机械能守恒的条件进行分析；机械能守恒的条件，只有重力做功，动能和势能相互转化，机械能守恒．

解决本题的关键掌握判断机械能守恒的方法：1、看是否只有重力做功；2、看动能和势能之和是否保持不变．

5.答案：𝐵

解析：试题分析：因为功是标量，所以两个力对物体做功为6𝐽+8𝐽=14𝐽，由动能定理，则该物体的动能增加了14𝐽，𝐵选项正确。

考点：功的概念及动能定理。

6.答案：𝐴

解析：解：根据爱因斯坦光电效应方程：

𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0

动能定理：𝑒𝑈𝑐=𝐸𝑘得： 𝑈𝑐=𝑒𝜈−𝑒𝜈0， 结合图象知：𝑘=𝑒=

ℎ

𝑈𝐶2−𝑈𝐶1𝜈2−𝜈1

ℎ

ℎ

；

，

解得，普朗克常量：ℎ=截止频率：𝜈0=故选：𝐴。

𝑒(𝑈𝐶2−𝑈𝐶1)𝜈2−𝜈1

𝑈𝐶2𝜈1−𝑈𝐶1𝜈2𝑈𝐶2−𝑈𝐶1

；故A正确，BCD错误；

根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。

解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。

7.答案：𝐶

解析：解：𝐴、由图可知，𝐴、𝐶处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱。故A正确。 B、由图可知，𝐵、𝐷两点都是振动加强的点，振幅都是4𝑐𝑚，此时𝐷点处于波峰，𝐵点处于波谷，则𝐵、𝐷处两质点在该时刻的竖直高度差是8𝑐𝑚。故B正确。

C、𝐵、𝐷两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以𝐸点处质点是振动加强的点。故C不正确。 D、由𝑇=

=𝑇

𝜆

8×10−2

2

𝑠=0.04𝑠，时间𝑡=0.02𝑠为半个周期，则𝐵点处质点通过的路程是𝑆=2𝐴=

2×4𝑐𝑚=8𝑐𝑚。故D正确。 本题选择不正确的，故选：𝐶

两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍．

本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力．两列波叠加振动加强时，振幅增大，等于两列波单独传播时振幅之和．

8.答案：𝐷

解析：解：𝐴、𝐵电梯刚刚起动时，人所受的重力不变．故AB错误．

C、𝐷电梯从6楼到1楼运动，刚起动时，向下做加速运动加速度竖直向下，根据牛顿运动定律得知，人处于失重状态，则人对电梯底板的压力减小．故C错误，D正确． 故选D

本题关键要分析电梯的运动情况，确定电梯刚刚起动时加速度方向，根据牛顿运动定律，分析人对电梯底板压力的变化情况．

本题关键确定加速度的方向，根据牛顿运动定律分析人对电梯压力的变化情况．当电梯的加速度向下时，人处于失重状态，但要注意重力不变．

9.答案：𝐵

解析：解：𝐴、气体发生等容变化，气体对外界不做功，温度降低，理想气体的内能一定减小，故A错误；

B、描述气体的状态参量为𝑝、𝑉、𝑇，如果𝑝、𝑉、𝑇中有一个发生变化，则气体的状态发生变化，气体体积不变，根据查理定律，温度降低，压强减小，故B正确；

C、因为温度是分子平均动能的标志，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误； D、因为气体体积不变，分子的密集程度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少，故D错误； 故选：𝐵。

理想气体的内能由温度决定，根据温度的变化判断理想气体内能的变化；温度是分子平均动能的标志；结合气体实验定律及进行分析。

本题考查气体的理想气体状态方程及热力学定律的内容，注意温度是分子平均动能的标准，温度越高，分子的平均动能越高，理想气体的内能只与温度有关。。

10.答案：𝐵

解析：解：𝐴、根据运动轨迹可知，𝛼粒子受到了排斥力作用，𝛼粒子带正电，所以𝑄一定带正电，故A错误．

𝐵𝐷、从𝑏到𝑎过程中，电场力做正功，因此动能增大，电势能减小，则有：𝐸𝑘𝑎>𝐸𝑘𝑏，𝐸𝑝𝑎<𝐸𝑝𝑏，故B正确，D错误；

C、𝛼粒子受到了排斥力作用，从𝑏到𝑎过程中，电场力做正功；而在𝛼粒子靠近𝑄的过程中电场力做负功．故C错误； 故选：𝐵．

从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知𝛼粒子受到了排斥力作用，可确定出𝑄的正负．从𝑏到𝑎过程中，电场力做正功，反之，远离𝑄的过程电场力做负功．可判断电势能的大小和动能大小关系．

该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路

11.答案：𝐴

解析：解：根据双缝干涉的条纹间距公式△𝑥=𝑑𝜆知，条纹间距与光的波长、缝宽及缝与屏的间距有关，与光的速度及强度无关。 故A正确，𝐵、𝐶、D错误。 故选：𝐴。

根据双缝干涉的条纹间距公式△𝑥=𝑑𝜆，根据光的波长长短，以及光的强度与速度，来判断光的干涉条纹间距．

解决本题的知道不同颜色光的波长大小，以及掌握双缝干涉的条纹间距公式△𝑥=𝑑𝜆.

𝐿

𝐿

𝐿

12.答案：𝐴𝐵𝐶

解析：解：𝐴、任何放射性元素都一次只能发生𝛼衰变或𝛽衰变，不能同时发生𝛼衰变或𝛽衰变．放射出对应的𝛼射线或𝛽射线，同时可以伴随𝛾射线，故A正确；

B、半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，故B正确； C、根据电荷数守恒可知，某核放出一个𝛽粒子或𝛼粒子后，其核电荷数发生了变化，所以都变成一种新元素的原子核．故C正确；

D、半衰期是针对大量原子的统计规律，对少数原子核不适用．故D错误． 故选：𝐴𝐵𝐶

𝛼射线是氦原子核，𝛽射线是电子流，𝛾射线是电阻跃迁产生的光子流，放射性元素的放射性由其本身决定，是针对大量原子的统计规律．

本题需要重点掌握的是半衰期，知道半衰期由原子核本身决定，对少数粒子不适用，并掌握三种射线的特点．

13.答案：恒星 河外星系

解析：解：星系是由宇宙中的恒星、气体和尘埃组成的系统．银河系以外的星系称为河外星系． 故答案为：恒星；河外星系．

在宇宙中，由两颗或两颗以上星球所形成的绕转运动组合体或集合体叫做星系． 本题考查了星系的概念，要知道太阳处于银河系中，是常识．

14.答案：20；40

解析：解：1秒内重力做的功𝑊=𝑚𝑔ℎ=20×2×2=20𝐽 根据运动学公式2𝑎𝑡2=𝑥得：𝑎=

1

2𝑥𝑡2

1

==4𝑚/𝑠2

1

4

则1𝑠末的速度𝑣=𝑎𝑡=1×4=4𝑚/𝑠

1秒末重力的瞬时功率𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃=20×4×2=40𝑊 故答案为：20；40．

重力势能改变量等于此过程中重力做的功，根据𝑊=𝑚𝑔ℎ求出重力做的功，求出1𝑠末的速度，根据𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃求出重力的瞬时功率．

解决本题的关键掌握重力做功和瞬时功率的求法，要注意瞬时功率的表达式是𝑃=𝐹𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃．

1

15.答案：1：8；8：1

解析：解：根据人造卫星的万有引力等于向心力得：𝐹向=𝐺

3

𝑀𝑚𝑅2

=𝑚

4𝜋2𝑅𝑇2

，

𝐴𝑅

(1)𝑇=2𝜋√𝐺𝑀，它们到地球球心的距离比为1：4，则𝑇𝐵=8，

𝑇1

(2)𝐹向=𝐺

𝑀𝑚𝑅2

𝐴

，两人造地球卫星的质量比为1：2，它们到地球球心的距离比为1：4，所以𝐹=1．

𝐵

𝐹8

故答案为：(1)1：8 (2)8：1

根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出周期和向心力的表达式进行讨论即可．

要注意除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关，难度不大，属于基础题．

16.答案：不变 减小

解析：解：以圆环、物体𝐴及轻绳整体为研究对象，受到总重力、拉力、摩擦力和支持力，作出力图如图1所示。

根据平衡条件得到：

杆对环的摩擦力𝐹𝑓=𝐺，总重力不变，则𝐹𝑓保持不变； 杆对环的弹力𝐹𝑁=𝐹；

再以结点𝑂为研究对象，受到物体𝐴的拉力(等于𝐴的重力)，水平力𝐹和倾斜绳拉力，作出力图如图2所示。 由平衡条件得𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃

当物体𝐴从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，𝜃逐渐减小，𝐹逐渐减小，则𝐹𝑁逐渐减小。 所以𝐹𝑓保持不变，𝐹𝑁逐渐减小。

故答案为：不变；减小。

以圆环、物体𝐴及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力𝐹𝑓的变化情况。以结点𝑂为研究对象，分析𝐹的变化，根据𝐹与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况。

本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，正确分析物体的受力情况，灵活应用整体法和隔离法进行解答。

17.答案：6 6

解析：解：在左图中，物体处于平衡状态，所以受到的拉力等于其重力，6𝑁，所以弹簧秤的示数也是6𝑁；

在右图中，物体处于静止状态，所以受力是平衡的，弹簧秤两端对弹簧秤的拉力大小都为6𝑁； 弹簧秤两端受到的拉力都是6𝑁，所以弹簧秤受力是平衡的，弹簧秤处于静止状态，两端受到的拉力都是6𝑁，弹簧秤的示数是钩上的拉力或是一端受到的力，所以示数为6𝑁． 故答案为：6，6

弹簧秤处于静止状态，所以弹簧秤受力是平衡的，需要注意的是弹簧秤的示数是钩上的拉力或是一端受到的力．

弹簧秤的示数是钩上的拉力或是一端受到的力，都弹簧秤受到两端的拉力相等时，弹簧秤的示数与任意一端的拉力都是相等的．

18.答案：开关没有接入总路(或开关没有控制电压表) 滑动变阻器的触头应位于最右边 1.49 0.83

解析：解：(1)由图1所示电路图可知，电压表直接接在电源两端，开关不能控制电压表，滑动变阻器滑片没有置于阻值最大处，这都是错误的。

(2)根据坐标系内描出的点作出电源𝑈−𝐼图象如图所示：

由图示电源𝑈−𝐼图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.49，则电源电动势𝐸=1.49𝑉，

电源内阻：𝑟=

△𝑈△𝐼

=

1.49−1.00.6

≈0.83𝛺；

(3)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，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；电源输出功率𝑃=−𝑟𝑈2+𝑟𝑈，故𝑃−𝑈 图象为开口向下的二次函数故图象如图所示：

1

𝐸

故答案为：(1)开关不能控制电压表；滑动变阻器滑片没有置于阻值最大处；(2)1.49(1.48−1.50)；0.83(0.81−0.84)；(3)图象如图所示。

(1)分析图1所示电路图，然后根据电路图分析答题。

(2)根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据电源的𝑈−𝐼图象求出电源电动势与内阻。 (3)求出电源输出功率表达式，根据图象及函数关系确定对应的图象。

查找故障一般围绕着电表的接法、变阻器的接法等是否正确的现象入手判断；在连接图象中各点时，尽量让更多的点在连接线上，特别不在线上的点可以舍去，那可能是操作不当引起的误差较大的点。

19.答案：解：(1)从𝐴到𝐵，由动能定理得：

2𝐹𝑥−𝜇𝑚𝑔𝐿=𝑚𝑣𝐵−0，解得𝑣𝐵=8𝑚/𝑠；

2

1

(2)当小环恰能到达𝐷点时，

设𝐴𝐶间的最小距离为𝑥1，此时𝑣𝐷=0， 从𝐴到𝐷过程，由动能定理得：

𝐹𝑥1−𝜇𝑚𝑔𝐿−𝑚𝑔⋅2𝑅=0−0，解得𝑥1=3𝑚； 当小环到达𝐷点且受到轨道弹力𝐹𝑁=18𝑁时， 设𝐴𝐶间最大距离为𝑥2，此时𝐹𝑁， 由牛顿第二定律得：𝐹𝑁+𝑚𝑔=𝑚从𝐴到𝐷过程中，由动能定理得：

2

𝐹𝑥2−𝜇𝑚𝑔𝐿−𝑚𝑔⋅2𝑅=2𝑚𝑣𝐷−0 ②，

1

𝑣2

𝐷最大

𝑅

①，

由①②解得𝑥2=8𝑚；

所以𝑥的范围为：3𝑚≤𝑥≤8𝑚； (3)力与𝑥𝑑的关系图象如图所示．

答：(1)小球到达𝐵点时的速度为8𝑚/𝑠； (2)𝑥的范围为：3𝑚≤𝑥≤8𝑚； (3)𝐹𝑁与𝑥的关系图象如图所示．

解析：(1)由动能定理可以求出小球到达𝐵点时的速度．

(2)小球在圆轨道上做圆周运动，由牛顿第二定律求出小球在𝐷点的最大与最小速度，然后由动能定理求出𝑥的最大与最小距离，然后确定𝑥的范围． (3)根据(2)的计算结果，作出𝐹𝑁−𝑥图象．

小球在竖直圆环形轨道上做圆周运动，小球在最高的速度应大于等于0；应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题．

(1)由题意可知当线框切割磁感线时产生的电动势为：𝐸=𝐵𝐿𝑣=0.5×0.2×2𝑉=0.2𝑉 解：20.答案：

根据闭合电路欧姆定律有：𝐼=𝑅=0.1𝐴=2𝐴

因为线框所受磁场力为：𝐹𝐴=𝐵𝐼𝐿=0.5×2×0.2𝑁=0.2𝑁； (2)线框进入磁场所用的时间为：𝑡=𝑣=

𝐿

0.22

𝐸

0.2

𝑠=0.1𝑠

故线框穿越过程产生的热量为：𝑄=𝐼2𝑅𝑡=22×0.1×0.1𝐽=0.04𝐽；

(3)从𝑏𝑐边开始进入磁场到𝑎𝑑边刚进入磁场的这一段时间里，恒力等于安培力，线框做匀速直线运动； 从𝑎𝑑边进入磁场后到𝑏𝑐边刚离开磁场的这一段时间里，安培力为零，合外力为恒力，线框做匀加速直线运动；

从𝑏𝑐边刚离开磁场到𝑎𝑑边离开磁场的这一段时间里，线框的运动有两种可能：一种可能是离开磁场时线框的安培力仍大于恒力，线框一直做加速度减小的减速直线运动；

另一种可能是离开磁场前线框的安培力等于恒力，线框先做加速度减小的减速直线运动，然后做匀速直线运动。

答：(1)线圈进入磁场时，所受的磁场力为0.2𝑁；

(2)从线圈𝑏𝑐边开始进入磁场到𝑎𝑑边恰好进入磁场的这一段时间里，线圈中产生的热量为0.04𝐽； (3)从𝑏𝑐边开始进入磁场到𝑎𝑑边刚进入磁场的这一段时间里，线框做匀速直线运动； 从𝑎𝑑边进入磁场后到𝑏𝑐边刚离开磁场的这一段时间里，线框做匀加速直线运动；

从𝑏𝑐边刚离开磁场到𝑎𝑑边离开磁场的这一段时间里，线框的运动有两种可能：一种可能是一直做加速度减小的减速直线运动；另一种可能是先做加速度减小的减速直线运动然后做匀速直线运动。 解析：(1)求出线框切割磁感线时产生的电动势、根据闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解； (2)求出线框进入磁场所用的时间，根据焦耳定律求解线框穿越过程产生的热量；

(3)根据线框的受力情况分析运动情况。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚线框的受力情况和运动情况，能够根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式、焦耳定律等进行分析。