20182018學年廣西貴港市高二（下）期中物理試卷（理科）（解析版）

2019-2019學年廣西貴港市高二（下）期中物理試卷（理科）一、選擇題（共12小題，每小題4分，滿分48分，在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一個選項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）1（4分）跳水是我國的傳統(tǒng)優(yōu)勢體育項目，近年來，我國跳水運動員在重大的國際比賽中奪得了幾乎所有的金牌，為國家爭得榮譽。如圖為某運動員（可看做質(zhì)點）參加跳板跳水比賽時，其豎直速度與時間的關(guān)系圖象，以其離開跳板時作為計時起點，則（）At1時刻開始進入水面Bt2時刻開始進入水面Ct2時刻達到最高點Dt1、t2時間段速度方向豎直向上2（4分）如圖所示面積為S矩形線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞軸OO勻速轉(zhuǎn)動，角速度為，若從圖示位置開始計時，則穿過線圈的磁通量隨時間變化的關(guān)系是（）A=BSsintB=BScostC=BSD=03（4分）下列說法正確的是（）A氡的半衰期為3.8天，若取4個氡原子核，經(jīng)7.6天后就一定剩下1個原子核了B結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定C光子的能量由光的頻率所決定D按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子動能減小，電勢能增大，原子的總能量減小4（4分）如圖所示，在同一平臺上的O點水平拋出的三個物體，分別落到a、b、c三點，則三個物體運動的初速度va，vb，vc的關(guān)系和三個物體運動的時間ta，tb，tc的關(guān)系分別是（）Avavbvc，tatbtcBvavbvc，ta=tb=tcCvavbvc，tatbtcDvavbvc，tatbtc5（4分）如圖，兩回路中各有一開關(guān)S1、S2，且內(nèi)回路中接有電源，外回路中接有靈敏電流計，下列操作及相應(yīng)的結(jié)果可能實現(xiàn)的是（）先閉合S2，后閉合S1的瞬間，電流計指針偏轉(zhuǎn)S1、S2閉合后，在斷開S2的瞬間，電流計指針偏轉(zhuǎn)先閉合S1，后閉合S2的瞬間，電流計指針偏轉(zhuǎn)S1、S2閉合后，在斷開S1的瞬間，電流計指針偏轉(zhuǎn)ABCD6（4分）如圖所示，截面積為矩形的金屬導(dǎo)體，放在磁場中，當導(dǎo)體中通有電流時，導(dǎo)體上下表面的電勢UM和UN的關(guān)系是（）AUMUNBUM=UNCUMUND無法判斷7（4分）如圖所示為氫原子的能級圖，用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，結(jié)果受到激發(fā)后的氫原子能輻射出三種不同頻率的光子，讓輻射出的光子照射某種金屬，結(jié)果有兩種頻率的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，其中一種光子恰好能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則打出的光電子的最大初動能為（）A0B1.89eVC10.2eVD12.09eV8（4分）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好在兩根導(dǎo)軌的端點d、e之間連接一電阻，其它部分電阻忽略不計現(xiàn)用一水平向右的外力F1作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌金屬桿受到的安培力用Ff表示，則關(guān)于圖乙中F1與Ff隨時間t變化的關(guān)系圖象可能的是（）ABCD9（4分）兩質(zhì)量之比為m1：m2=2：1的衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運動的軌道半徑之比R1：R2=1：2，則下列關(guān)于兩顆衛(wèi)星的說法中正確的是（）A線速度大小之比為v1：v2=2：1B向心加速度大小之比為a1：a2=1：2C運動的周期之比為T1：T2=1：2D動能之比為Ek1：Ek2=4：110（4分）圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點則該粒子（）A帶負電B在c點受力最大C在b點的電勢能小于在c點的電勢能D由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化11（4分）圖甲為理想變壓器的示意圖，其原、副線圈的匝數(shù)之比為4：1，電壓表和電流表均為理想電表。若發(fā)電機向原線圈輸入圖乙所示的正弦交流電，圖中Rt為NTC型熱敏電阻（阻值隨溫度升高而變?。琑1為定值電阻。下列說法中正確的是（）At=0.01 s時，發(fā)電機線圈中穿過的磁通量最大B交流電壓u的表達式為u=36sin 50t VCRt溫度升高時，變壓器的輸入功率變大DRt溫度升高時，電壓表的示數(shù)不變、電流表的示數(shù)變小12（4分）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場。現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，粒子重力不計，那么下列說法中正確的是（）A若該帶電粒子從ab邊射出，它經(jīng)歷的時間可能為t0B若該帶電粒子從bc邊射出，它經(jīng)歷的時間可能為t0C若該帶電粒子從cd邊射出，它經(jīng)歷的時間為t0D若該帶電粒子從ad邊射出，它經(jīng)歷的時間可能為t0二、非選擇題（滿分52分，解答題要寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不得分，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13（6分）在驗證機械能守恒定律的實驗中，質(zhì)量m=1kg的重錘自由下落，在紙帶上打出了一系列的點，如圖所示，相鄰記數(shù)點時間間隔為0.02s，長度單位是cm，g取9.8m/s2求：（1）打點計時器打下記數(shù)點B時，物體的速度VB= （保留兩位有效數(shù)字）；（2）從點O到打下記數(shù)點B的過程中，物體重力勢能的減小量EP= ，動能的增加量EK= （保留三位有效數(shù)字）。14（9分）（1）某同學用游標卡尺測量一導(dǎo)體的長度如圖所示，可知其長度為 mm；（2）若用多用電表測得該導(dǎo)體的電阻Rx約為6000，現(xiàn)該同學想通過伏安法測定該導(dǎo)線的阻值Rx現(xiàn)有電源（3V，內(nèi)阻可不計），滑動變阻器（010，額定電流2A），開關(guān)和導(dǎo)線若干以及下列電表：A電流表（06mA，內(nèi)阻約0.125）B電流表（0600A，內(nèi)阻約0.025）C電壓表（03V，內(nèi)阻約3k）D電壓表（015V，內(nèi)阻約15k）為減小測量誤差，在實驗中，電流表應(yīng)選用 ，電壓表應(yīng)選用 （選填器材前的字母）；實驗電路應(yīng)采用圖2中的 （選填“甲”、“乙”、“丙”、或“丁”）。15（10分）靜止在粗糙水平面上的物體，受到水平力F的作用，在F從0開始逐漸增多的過程中，加速度a隨力F變化的圖象如圖所示，當F為14N時物體的速度為8m/s，此時，物體運動的位移大小為6m，g=10m/s2，求：（1）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)；（2）在F從0增加到14N的過程中，外力F所做的功。16（12分）如圖所示，在光滑的水平面上停放著一輛質(zhì)量為2m的平板車C，在車上的左端放有一質(zhì)量為m的小木塊B，在小車的左邊緊靠著一個固定在豎直平面內(nèi)，半徑為r的光滑圓形軌道，軌道底端的切線水平且與小車的上表面相平，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小木塊A從圖中圓形軌道的位置處由靜止釋放，然后，滑行到車上立即與小木塊B發(fā)生碰撞，兩木塊立即粘在一起向右在動摩擦因數(shù)為的平板車上滑行，并與固定在平板車上的水平輕質(zhì)小彈簧發(fā)生作用而被彈簧，最后兩個木塊又回到小車的最左端與車保持相對靜止。重力加速度為g，求（1）小木塊A滑到軌道最低點時，對圓形軌道的壓力；（2）A、B兩小木塊在平板車上滑行的總路程。17（15分）平行金屬導(dǎo)軌在水平面內(nèi)固定，導(dǎo)軌間距L=0.5m，導(dǎo)軌右端接有電阻RL=9的小燈泡，導(dǎo)軌電阻不計，如圖甲所示。在導(dǎo)軌的MNQP矩形區(qū)城內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，MN、PQ間距d=4m，此區(qū)城磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，垂直導(dǎo)軌跨接一電阻r=1的金屬樓GH，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)=0.5在t=0時刻，給金屬棒施加一向右的恒力F（F未知），使金屬棒從靜止開始運動，t=2s時恰好到達MN處。在04s內(nèi)小燈泡發(fā)光亮度始終設(shè)變化（g取10m/s2），求：（1）此段時間內(nèi)流過燈泡的電流；（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量；（3）04s內(nèi)整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。2019-2019學年廣西貴港市高二（下）期中物理試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題4分，滿分48分，在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一個選項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）1【分析】在vt圖象中，直線的斜率表示加速度的大小，速度的正負代表運動的方向，根據(jù)vt圖象可以分析人的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、運動員起跳時的速度方向向上，可知，t1時刻達到最高點，故A錯誤。BC、vt圖象為直線，加速度不變，所以在0t2時間內(nèi)人在空中，t2之后進入水中，故B正確，C錯誤；D、0t1時間內(nèi)，速度方向豎直向上，t1t2時間段速度方向豎直向下，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查對速度時間圖象的理解，要知道在速度時間的圖象中，直線的斜率代表的是加速度，速度的符號表示速度的方向。2【分析】穿過線圈的最大磁通量為BS，根據(jù)線圈轉(zhuǎn)動的位移即可寫出磁通量的表達式即可。【解答】解：穿過線圈的磁通量的最大值為：m=BS開始時磁場的方向與線圈平面平行，則穿過線圈的磁通量隨時間的變化的表達式為：=msint故A正確，BCD錯誤故選：A?！军c評】該題考查磁通量的計算，牢記磁通量與磁場強度、線圈面積以及線圈與磁感應(yīng)強度方向之間的夾角的關(guān)系公式是關(guān)鍵。3【分析】半衰期是大量放射性元素的原子衰變的統(tǒng)計規(guī)律；比結(jié)合能的大小反應(yīng)原子核的穩(wěn)定程度；光子的能量與頻率成正比；根據(jù)玻爾理論分析?！窘獯稹拷猓篈、半衰期是大量放射性元素的原子衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對個別的原子沒有意義。故A錯誤；B、比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度，比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定。故B錯誤；C、根據(jù)：E=h可知，光子的能量由光的頻率所決定。故C正確；D、根據(jù)玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，氫原子要吸收一定的能量，所以原子的總能量增大；由可知電子的動能減??；結(jié)合能量的變化可知，電子的電勢能增大。故D錯誤故選：C?！军c評】本題考查了放射性元素的半衰期的本質(zhì)、結(jié)合能與比結(jié)合能、玻爾理論等基礎(chǔ)知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點。4【分析】平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動，分別根據(jù)勻速直線運動和自由落體運動的運動規(guī)律分析即可【解答】解：三個物體都做平拋運動，在豎直方向上是自由落體運動，由h=gt2可知下落的距離最大的物體的運動時間最長，所以運動時間的關(guān)系為tatbtc，以C點所在的平面為水平面，畫一條水平線，如圖所示，從圖中可以看出三個球的豎直位移相同，所以它們的運動時間t相同，由X=V0t可知，水平位移大的物體的初速度大，所以初速度的關(guān)系為vcvbva。故選：C?！军c評】利用平拋運動在水平和豎直分析上的規(guī)律來分析問題，但是在比較它們的關(guān)系是會發(fā)現(xiàn)，下落的高度和水平分析上的位移全不一樣，這就要采用控制變量法，找出它們相同的量，在判斷其它的量之間的關(guān)系5【分析】當閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電流，從而會導(dǎo)致指針偏轉(zhuǎn)?！窘獯稹拷猓骸⑾乳]合S2，構(gòu)成閉合電路，當后閉合S1的瞬間時，通過線圈A的電流增大，導(dǎo)致穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，則指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故正確；、當S1、S2閉合后，穩(wěn)定后線圈B中沒有磁通量的變化，因而線圈B中沒有感應(yīng)電流，在斷開S2的瞬間，當然指針也不偏轉(zhuǎn)，故錯誤；、先閉合S1，后閉合S2的瞬間，穿過線圈B的磁通量沒有變化，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故錯誤；、當S1、S2閉合后，在斷開S1的瞬間，導(dǎo)致穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，因而出現(xiàn)感應(yīng)電流，故正確，故ABC錯誤，D正確故選：D。【點評】該題考查產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件及掌握判定磁通量如何變化，抓?。洪]合回路的磁通量發(fā)生變化時，才能產(chǎn)生感應(yīng)電流這一條件即可。6【分析】根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向根據(jù)左手定則來判斷洛倫茲力即可從而可以判斷MN的帶電的情況，就可以得到電勢的高低【解答】解：電流向右，電子向左運動，根據(jù)左手定則可得到，電子受到的洛倫茲力的方向是向下的，所以N板上聚集了電子，M板就出現(xiàn)正電荷，所以M點的電勢高于N點的電勢，所以A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題就是對左手定則的直接考查，注意四指指向電流方向，即正電荷運動的方向，比較簡單7【分析】抓住用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，結(jié)果受到激發(fā)后的氫原子能輻射出三種不同頻率的光子，確定出氫原子處于第幾能級，根據(jù)輻射的光子能量等于兩能級間的能級差求出輻射的光子能量，得出逸出功，結(jié)合光電效應(yīng)方程求出光電子的最大初動能?！窘獯稹拷猓河深}可知，某種頻率的光照射處于基態(tài)的氫原子后，處于激發(fā)態(tài)的氫原子能輻射出三種不同頻率的光子，表面氫原子激發(fā)后處于n=3的激發(fā)態(tài)，輻射出的光子中，兩種頻率較高的光子能量為hv1=E3E1=12.09eV，hv2=E2E1=10.2eV，由于這兩種光子中有一種光子恰好能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，由此可知，該金屬的逸出功為10.2 eV，則打出的光電子的最大初動能為Ek=12.09 eV10.2 eV=1.89 eV，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道能級間吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，掌握光電效應(yīng)方程，并能靈活運用。8【分析】根據(jù)安培力大小表達式Ff=，可知安培力與速率成正比，安培力均勻增大，速度均勻增大，可分析出導(dǎo)體棒應(yīng)做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出外力F1與速度的關(guān)系式，再選擇圖象【解答】解：根據(jù)安培力大小表達式Ff=，可知安培力與速率成正比。圖中安培力隨時間均勻增大，則速度隨時間均勻增大，說明導(dǎo)體棒應(yīng)做勻加速運動，加速度a一定，根據(jù)牛頓第二定律得：F1Ff=ma，得F1=+ma，可見外力F1與速度是線性關(guān)系，速度隨時間均勻增大，則外力F1也隨時間均勻增大，故B正確。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵要掌握安培力大小表達式Ff=，并根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出外力F1的表達式，即可作出判斷9【分析】由質(zhì)量和軌道半徑，可以由萬有引力提供向心力分析線速度，向心加速度，周期，動能等的關(guān)系【解答】解：A、根據(jù)月球?qū)︽隙鹦l(wèi)星的萬有引力提供向心力得：，解得：，故兩顆衛(wèi)星線速度之比為：故A錯誤。B、根據(jù)月球?qū)︽隙鹦l(wèi)星的萬有引力提供向心力得：，解得：，故兩顆衛(wèi)星的向心加速度之比為：，故B錯誤。C、根據(jù)月球?qū)︽隙鹦l(wèi)星的萬有引力提供向心力得：，解得：，故兩顆衛(wèi)星周期之比為：，故C錯誤。D、根據(jù)月球?qū)︽隙鹦l(wèi)星的萬有引力提供向心力得：，變化得到：，故兩顆衛(wèi)星動能之比為：EK1：EK2=m1R2：m2R1=4：1，故D正確。故選：D?！军c評】本題重點是掌握萬有引力提供向心力的各種表達形式，進而才能靈活分析各個量與半徑的關(guān)系10【分析】電場線與等勢面垂直電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加【解答】解：A：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在abc的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，A錯誤；B：點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；C：根據(jù)動能定理，粒子由b到c，電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C錯誤；D：a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確。故選：D?！军c評】本題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題屬于基礎(chǔ)題目11【分析】由圖乙可知交流電壓最大值Um，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，則可得交流電壓u的表達式 u=Umsint（V），由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比，NTC是指隨溫度上升電阻呈指數(shù)關(guān)系減小、具有負溫度系數(shù)的熱敏電阻，Rt處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負載電阻的變化，可知電流、電壓變化。【解答】解：A、t=0.01s時，代入A選項中電壓瞬時表達式，則有電壓值為零，則發(fā)電機中線圈與磁場垂直，發(fā)電機線圈中穿過的磁通量最大，故A正確。B、原線圈接的圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓36v，周期0.02S，故角速度是=100，u=36sin100t（V），故B錯誤。C、R1溫度升高時，阻值減小，電流表的示數(shù)變大，但不會影響輸入電壓值，變壓器的輸入功率等于輸出功率變大，故C正確。D、Rt溫度升高時，阻值減小，電流表的示數(shù)變大，但不會影響輸入電壓值，故D錯誤；故選：AC。【點評】根據(jù)圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵。12【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定帶電粒子在磁場中的運動軌跡并確定其圓心角，根據(jù)其從各邊穿出時的角度及時間確定能否從各邊穿出。【解答】解：由題，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T=2t0。A、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0=，則得到軌跡的圓心角為，而粒子從ab邊射出磁場時最大的偏向角等于60+90=150=，故不一定從ab邊射出磁場，故A錯誤。B、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是=，則得到軌跡的圓心角為，則它一定從bc邊射出磁場，故B正確。C、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，則粒子軌跡的圓心角為=，速度的偏向角也為，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30，必定從cd射出磁場，故C正確。D、當帶電粒子的軌跡與ad邊相切時，軌跡的圓心角為60，粒子運動的時間為t=，在所有從ad邊射出的粒子中最長時間為，故若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，一定不是從ad邊射出磁場，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題是帶電粒子在磁場中圓周運動類型，抓住粒子的周期一定，根據(jù)速度的偏向角等于軌跡的圓心角，由圓心角確定粒子在磁場中的運動時間。二、非選擇題（滿分52分，解答題要寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不得分，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13【分析】（1）利用在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度來求B的速度大小，然后根據(jù)動能、勢能定義進一步求得動能和勢能的變化情況。（2）動能的增加量： mv2，勢能的減小量：mgh；由于物體下落過程中存在摩擦阻力，因此動能的增加量小于勢能的減小量。【解答】解：（1）中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度來求B的速度大?。簐B=m/s=0.98m/s（2）物體重力勢能減小量為：EP=mgh=19.80.0492=0.482J動能的增加量為：Ek=m=10.982=0.480J故答案為：（1）0.98m/s；（2）0.482J，0.480J?！军c評】正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，從實驗原理出發(fā)進行分析所需實驗器材、實驗步驟、所測數(shù)據(jù)等，會起到事半功倍的效果。14【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺讀數(shù)，根據(jù)圖示游標卡尺讀出其示數(shù)。（2）根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，根據(jù)電源電動勢選擇電壓表；根據(jù)題意確定電流表與滑動變阻器的接法，然后選擇實驗電路?！窘獯稹拷猓海?）由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：13mm+110.05mm=13.55mm；（2）通過待測電阻的最大電流約為：I=5104A=500A，電流表應(yīng)選擇B；電源電動勢為3V，電壓表應(yīng)選擇C；由題意可知，待測電阻阻值遠大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，待測電阻阻值遠大于滑動變阻器最大阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，應(yīng)選擇圖丁所示電路。故答案為：（1）13.55；（2）B；C；丁?！军c評】游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺讀數(shù)，根據(jù)圖示游標卡尺讀出其示數(shù)，游標卡尺不需要估讀，對游標卡尺讀數(shù)時要注意游標尺的精度；要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則。15【分析】（1）對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出力F與加速度a的函數(shù)關(guān)系，然后結(jié)合圖象得出相關(guān)信息即可求解；（2）根據(jù)動能定理求解外力做的功?！窘獯稹拷猓海?）物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：F1mg=ma1，F(xiàn)2mg=ma2，解得m=2kg，=0.3；（2）由動能定理可得，解得WF=100J。答：（1）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3；（2）在F從0增加到14N的過程中，外力F所做的功為100J?！军c評】本題關(guān)鍵是對滑塊受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解出加速度與推力F的關(guān)系式，由此得到動摩擦因數(shù)，最后結(jié)合a與F關(guān)系圖象得到待求量。16【分析】（1）A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律求出A到達最低點時的速度，在最低點應(yīng)用牛頓第二定律求出支持力，然后由牛頓第三定律求出壓力。（2）系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出最終的速度，然后由能量守恒定律求出總路程?！窘獯稹拷猓海?）木塊A從軌道圖中位置滑到最低點的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：，在最低點時，對A由牛頓第二定律得：解得：F=2mg，根據(jù)牛頓第三定律可得木塊對軌道的壓力：F=F=2mg，方向：豎直向下；（2）在小木塊A與B碰撞過程系統(tǒng)動