1、課時(shí)檢測（五）,課時(shí)檢測（十一）,配套檢測卷部分,課時(shí)檢測（十二）,課時(shí)檢測（十三）,課時(shí)檢測（十四）,課時(shí)檢測（十五）,課時(shí)檢測（十六）,課時(shí)檢測（十七）,課時(shí)檢測（十八）,課時(shí)檢測（十九）,課時(shí)檢測（二十）,課時(shí)檢測（一）,課時(shí)檢測（二）,課時(shí)檢測（三）,課時(shí)檢測（四）,課時(shí)檢測（六）,課時(shí)檢測（七）,課時(shí)檢測（八）,課時(shí)檢測（九）,課時(shí)檢測（十）,課時(shí)檢測（二十一）,配套檢測卷部分,B,B,課時(shí)檢測(一),C,A,D,B,A,AC,A,A,C,B,C,C,課時(shí)檢測(二),1選 甲、乙兩同學(xué)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤，由題圖 1可知，v乙v甲，故B正確，A、C錯(cuò)誤。 2選 若施加的外力F較小

2、，則木塊m2與木板m1一起加 速運(yùn)動(dòng)，A正確；若施加的外力F足夠大，則木塊m2相對(duì)木板m1滑動(dòng)，此時(shí)a2a1，故C正確，B、D均錯(cuò)誤。 3選 由速度圖象與橫軸所夾“面積”等于這段時(shí)間內(nèi)的 位移可知，該汽車在綠燈熄滅時(shí)剛好停在停車線處，其在3 s內(nèi)的位移一定為20 m，故汽車運(yùn)動(dòng)的速度(v)時(shí)間(t)圖象可能是C。,B,AC,C,4選 對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面的角度為，可列方 程mgsin mgcos ma，sin cos a/g，當(dāng)加上力F后，由牛頓第二定律得(mgF)sin (mgF)cos ma1，即mgsin mgcos Fsin Fcos ma1，maFsin Fcos ma1，F(xiàn)s

3、in Fcos F(sin cos )Fa/g，F(xiàn)a/g大于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項(xiàng)正確。,C,5選 因A上表面水平，A、B間若存在摩擦力，只能沿 水平方向，故C、D均錯(cuò)誤；因A、B沿光滑斜面向上沖時(shí)，加速度一定沿斜面向下，故滑塊B水平方向必有向左的合外力，即A對(duì)B的靜摩擦力Ff，故A正確，B錯(cuò)誤。,A,A,7選 小物塊對(duì)地速度為零時(shí)，即t1時(shí)刻，向左離開A處最 遠(yuǎn)。t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶靜止，此時(shí)不再相對(duì)傳送帶滑動(dòng)，所以從開始到此刻，它相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離最大。0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，方向始終向右，大小不變。t2時(shí)刻以后

4、相對(duì)傳送帶靜止，故不再受摩擦力作用。B正確。,B,8選 設(shè)A、B的質(zhì)量為M，則A對(duì)B的最大靜摩擦力FfAB (Mm)g，而地面對(duì)B的最大靜摩擦力大小為FfB地(2Mm)g，故無論F多大，B一定保持靜止，A正確；若FFfAB，則A、B、C均靜止，此時(shí)，A對(duì)B的靜摩擦力等于地面對(duì)B的靜摩擦力且均等于F，故B、D均錯(cuò)誤；若A、B、C均不動(dòng)，則A、C間的摩擦力大小為零，故C錯(cuò)誤。,A,9解析：(1)由牛頓第二定律，有Fmgma 由at圖象可知，F(xiàn)1和F2對(duì)應(yīng)的加速度分別是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2， F1m(ga1)2.0103(101.0)N2.2104 N F2m(ga2)2.01

5、03(101.0)N1.8104 N (2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內(nèi)at圖線下的面積 v10.5 m/s 同理可得v2v2v01.5 m/s v00，第2 s末的速率v21.5 m/s,答案：(1)F12.2104 NF21.8104 N (2) v10.5 m/sv21.5 m/s,答案：mg,課時(shí)檢測(三),B,A,C,C,5選 在由M點(diǎn)到N點(diǎn)過程中，滑雪者做平拋運(yùn)動(dòng)，水平 方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑雪者到達(dá)斜坡的N點(diǎn)時(shí)，沿斜坡開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，可將沿斜坡向下的加速度分解為水平方向的加速度和豎直方向的加速度，則滑雪者在這兩個(gè)方向上均做勻加速

6、直線運(yùn)動(dòng)。,BD,D,A,8選 進(jìn)入圓筒后銀原子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，打到圓筒上越 靠近M點(diǎn)的位置，用時(shí)越短，速度越快，越靠近N點(diǎn)的位置用時(shí)越長，速度越慢，因此A正確B不對(duì)，從圖案上看，打到PQ間的原子數(shù)多于打到NP間的原子數(shù)，因此C正確而D不對(duì)。 9解析：(1)根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)的物體受的合力總是指向曲線凹 的一側(cè)，故帶電粒子受到的電場力豎直向下，帶電粒子所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電。,AC,答案：(1)0.6 m(2)2.4 m(3)見解析,CD,2選 飛行器與地球同步繞太陽運(yùn)動(dòng)，說明二者角速度、 周期相同，則線速度vr，因飛行器的軌道半徑大，所以飛行器的線速度大于地球的線速度

7、，A正確；因向心加速度a2r，所以飛行器的向心加速度大于地球的向心加速度，B正確；由題意可知飛行器的向心力應(yīng)由太陽和地球?qū)︼w行器的引力的合力提供，C、D錯(cuò)誤。,AB,B,A,A,B,BC,CD,AC,B,B,C,A,A,課時(shí)檢測(五) 1選 由圖可知，在減速過程中加速度大小aB22aA2， 在加速過程中加速度大小aA12aB1，由F1fA2maA1，F(xiàn)2fBmaB1，fA2maA2，fBmaB2可知，fAfB，F(xiàn)1F2，故A錯(cuò)誤，C正確；由圖象可知，A、B兩物體的總位移相等，即xAxB，由WF1fAxA，WF2fBxB可知，WF1WF211，WfAWfB11，故B、D均錯(cuò)誤。,C,D,BD,B

8、,B,D,B,ABD,答案：(1)2 000 N(2)1 m/s2 (3)68.75 m,課時(shí)檢測(六) 1選 0t1時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，F(xiàn)的功率為零，選項(xiàng)A錯(cuò) 誤；t2時(shí)刻合外力最大，物塊A的加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后物塊A繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t1t3時(shí)間內(nèi)，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻后物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確。 2選 當(dāng)hAhB時(shí)，則一定有WAhB時(shí)，有WAWB、WAWB三種可能，故選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤。當(dāng)hAhB時(shí)一定有WAWB，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。,BD,B,3選 小球m1沿繩的方向的分速度與m2的速度大小相等， A錯(cuò)誤；重力m1g的功率P1m1gv1

9、豎，小球m1在豎直方向的分速度v1豎先增大后減小，故P1也先增大后減小，B正確；由m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：m1gR(1cos 60)m2gR，故m12m2，C正確，D錯(cuò)誤。,BC,A,5選 重力做功決定重力勢(shì)能的變化，隨著高度的降低， 重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，故A選項(xiàng)正確；彈性勢(shì)能的變化取決于彈力做功，當(dāng)橡皮筋張緊后，隨著運(yùn)動(dòng)員的下落彈力一直做負(fù)功，彈性勢(shì)能一直增大，故B選項(xiàng)正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運(yùn)動(dòng)員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力勢(shì)能的大小與勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān)，而勢(shì)能的改變與勢(shì)能零點(diǎn)選取無關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,AB

10、C,AB,7選 01 s內(nèi)物體沿斜面向上位移為5 m，平均速度 為5 m/s；16 s內(nèi)物體沿斜面向下位移為25 m，平均速度為5 m/s；01 s內(nèi)位移大小與16 s內(nèi)位移大小之比為15,01 s內(nèi)重力的平均功率大小與16 s內(nèi)重力平均功率大小之比為11，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確。摩擦力與16 s內(nèi)摩擦力大小相等，01 s內(nèi) 摩擦力的平均功率大小與16 s內(nèi)摩擦力平均功率大小之比為11，選項(xiàng)B正確；01 s內(nèi)機(jī)械能變化量大小與16 s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為15，選項(xiàng)D正確。,BCD,AB,答案：(1)2l(2)45(3)(7)mg豎直向下,(2)小物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移x0v0tx2

11、.5 m 產(chǎn)生的熱量Qmgx012.5 J (3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛好能到達(dá)M點(diǎn)，由能量守恒得 mg(Lx1)mgyM 代入數(shù)據(jù)解得x17 m 故小物塊在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍0 x7 m 答案：(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0 x7 m,答案：(1)4 m/s(2)4.1 m(3)能到達(dá)M點(diǎn) 0828 N，方向豎直向下(4)2.4 J,B,2選 由題意可知粒子做直線運(yùn)動(dòng)，受到豎直向下的重 力和垂直極板的電場力，考慮到電場力和重力不可能平衡，故只有電場力與重力的合力方向水平向左才能滿足直線運(yùn)動(dòng)條件，故粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢(shì)能逐漸增加，

12、B、D對(duì)。,BD,3選 由題圖乙可得該點(diǎn)電荷由A點(diǎn)到B點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)， 所以點(diǎn)電荷所受的電場力與運(yùn)動(dòng)方向相反，由B指向A，由于點(diǎn)電荷帶負(fù)電，所受電場力與電場強(qiáng)度方向相反，故電場強(qiáng)度方向由A指向B，沿著電場線方向電勢(shì)越來越低，所以A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)高，C正確，D錯(cuò)誤；由圖乙可得vt圖象斜率越來越大，說明點(diǎn)電荷的加速度越來越大，由牛頓第二定律可得電場力越來越大，所以由A到B電場強(qiáng)度在增大，A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，A、B錯(cuò)誤。,C,C,A,6選 根據(jù)電場線與等勢(shì)線垂直得：必有一條電場線與P、 Q連線重合，P為正電荷，故該電場線必從P沿直線指向Q，因電場線總是由正電荷指向負(fù)電荷，故P、Q電荷為等量異種

13、電荷，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；電場強(qiáng)度是矢量，a、b兩處電場強(qiáng)度方向不同，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；因越靠近正電荷，電勢(shì)越高，故c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)等勢(shì)線的分布及P、Q的電性，c所在的等勢(shì)線電勢(shì)高于a所在等勢(shì)線的電勢(shì)，負(fù)電荷從a到c，電場力做正功，電勢(shì)能減少，D選項(xiàng)正確。,D,A,A,答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s,D,2選 由左手定則可知，導(dǎo)體棒中的電流方向從a流向b， 選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由BILkx可得導(dǎo)體棒中的電流大小為Ikx/BL，選項(xiàng)B正確；若只將磁場方向緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度，或逆時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度，導(dǎo)體棒沿水平方向所受安培力變小，故x都變小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。,B,3選 由安培定

14、則可知，兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場均豎直 向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度一定不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)；由安培定則，兩導(dǎo)線在a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對(duì)稱性，電流M在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于電流N在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，同時(shí)電流M在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于電流N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，所以a、b兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相同，選項(xiàng)B錯(cuò)；根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在c、d兩處分別產(chǎn)生的磁場垂直c、d兩點(diǎn)與導(dǎo)線連線方向斜向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項(xiàng)C正確；a、c兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向均豎直向下，選項(xiàng)D錯(cuò)。,C,BC,D,CD

15、,B,答案：(1)1.0104 m/s (2)10 000 V/m(3)0.13 T,課時(shí)檢測(十三) 1選 因每只白熾燈和發(fā)光二極管的功率分別為60 W和 10 W，按4億戶家庭，每戶家庭每天亮燈6小時(shí)計(jì)算，全國一年節(jié)省的電能最接近41082(6010)103 kW3656 h8.761010 kWh，則選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。,B,B,A,4選 當(dāng)家庭電路正常工作時(shí)，火線和零線中的電流大小始終 相等，方向始終相反，由于采用雙線繞成，當(dāng)電路正常工作時(shí)，火線和零線在鐵芯內(nèi)部產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，所以內(nèi)部的磁通量為零，A正確；當(dāng)電路中的電器增多時(shí)，火線和零線中的電流都增大了，但大小始

16、終相等，方向始終相反，鐵芯內(nèi)部的磁通量還是零，即L2中的磁通量不變，B正確；當(dāng)電路發(fā)生短路時(shí)，電流不經(jīng)用電器，火線和零線中電流很大，但大小始終相等，方向始終相反，鐵芯內(nèi)部的磁通量還是零，L2不產(chǎn)生感應(yīng)電流，開關(guān)K不會(huì)被電磁鐵吸起，C錯(cuò)誤；當(dāng)?shù)孛嫔系娜私佑|火線發(fā)生觸電時(shí)，電流經(jīng)人體流向地面，不經(jīng)過零線，所以火線和零線中的電流大小不等，在鐵芯內(nèi)產(chǎn)生的磁通量不為零，L2中產(chǎn)生感應(yīng)電流，開關(guān)K被電磁鐵吸起，D正確。,ABD,B,BD,ABC,BC,設(shè)質(zhì)量為M的河水增加的重力勢(shì)能為Ep， 則EpMgh 設(shè)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P0，則P0PPr 根據(jù)能量守恒定律得P0t60%80%ep 代入數(shù)據(jù)解得t210

17、4 s 答案：(1)1103 W(2)2104 s,C,AC,3選 閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向 上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過O點(diǎn)后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。,B,4選 線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由 EBlv知，電動(dòng)勢(shì)隨位移均勻變大，xL處電動(dòng)勢(shì)最大，

18、電流I最大；從xL至x1.5 L過程中，框架兩邊都切割，總電動(dòng)勢(shì)減小，電流減??；從x1.5 L至x2 L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故電流反向且增大；x2L至x3L過程中，只有左邊框切割，有效長度l減小，電流減小。綜上所述，只有C項(xiàng)符合題意。,C,AC,B,D,AC,答案：見解析,課時(shí)檢測(十六) 1解析：圖(a)：0 mm0.01 mm1.00.010 mm；圖(b)： 6.5 mm0.01 mm37.06.870 mm；故所測金屬板的厚度為6.870 mm0.010 mm6.860 mm。 答案：0.0106.8706.860 2解析：操作不合適

19、的是乙同學(xué)，因?yàn)樗@兩個(gè)力的合力 超過了測力計(jì)刻度的最大值5 N，下面再用一個(gè)彈簧測力計(jì)拉橡皮條時(shí)，結(jié)點(diǎn)不能被拉到O點(diǎn)。 答案：乙同學(xué)，原因見解析,答案：(1)人停止蹬車后自行車滑行的時(shí)間t(2)C,5解析：(1)小車在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、支持力、紙帶的 拉力、木板對(duì)小車的摩擦力和細(xì)線拉力的作用。為了使細(xì)線對(duì)小車的拉力等于小車所受的合力，因此應(yīng)把木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，以使重力、支持力、紙帶的拉力和摩擦力的合力為零，即小車做勻速運(yùn)動(dòng)，因此在進(jìn)行這一操作時(shí)，不應(yīng)掛砂桶，小車應(yīng)連接紙帶，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)正確。,(2)由于繩子的拉力不易測量，本實(shí)驗(yàn)中用砂和砂桶的總重力來代替繩的拉力，而砂桶做加速

20、運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則FTm(ga)，當(dāng)砂桶的加速度很小時(shí)，F(xiàn)T近似等于mg，因此實(shí)驗(yàn)中應(yīng)控制實(shí)驗(yàn)條件，使砂桶的加速度很小。只有當(dāng)小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量時(shí)，小車和砂桶的加速度才很小，繩的拉力才近似等于砂和砂桶的總重力。C項(xiàng)正確。,答案：(1)B(2)C(3)0.42,6解析：(1)木塊A撞到滑輪是因?yàn)槟緣KA運(yùn)動(dòng)到滑輪位置時(shí) 速度不為零，若使A不撞到滑輪應(yīng)減小繩子的拉力，即減小B的質(zhì)量；或增加細(xì)線的長度使木塊A的初始位置遠(yuǎn)離滑輪。 (2)利用描點(diǎn)作圖法畫出sh的圖象，如圖所示。,(4)由于滑輪軸有摩擦，所以(3)中表示出的摩擦力mg實(shí)際是A與桌面的摩擦力加上滑輪軸的摩擦力，即mgA

21、mgf軸Amg，所以滑輪的摩擦?xí)?dǎo)致的測量結(jié)果偏大。 答案：(1)減小B的質(zhì)量；增加細(xì)線的長度(或增大A的質(zhì)量；降低B的起始高度) (2)見解析 (3)0.4(4)偏大,答案：(1)豎直(2)靜止L31 mm(3)Lx(4)4.910,8解析：(1)若氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平，滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 滑塊遮光條經(jīng)過光電傳感器A、B時(shí)時(shí)間相等。 (2)由螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，遮光條寬度d8 mm 0.476 mm8.476 mm。 (3)要驗(yàn)證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，還應(yīng)測出滑塊質(zhì)量M，兩光電門間距離L。,2解析：(1)滑動(dòng)變阻器在最左端時(shí)，小燈泡電壓最小， 為了保護(hù)小燈泡不被燒壞，因此在閉合開

22、關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)處在最左端。在調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，應(yīng)注意電壓表的示數(shù)，不能超過小燈泡的額定電壓。 答案：(1)使它靠近變阻器左端的接線柱 增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓 (2)如圖所示,3解析：(1)電流表A1不能精確測出其內(nèi)阻，因這時(shí)圖中的電 流表A應(yīng)為A2、A3中的一只，這使得電流表A1中的電流不能超過300 mA，其指針的偏轉(zhuǎn)極其微小，誤差很大，而A2、A3可用此電路精確測出其內(nèi)阻。 (2)若測電流表A3的內(nèi)阻，則需將電流表A3和電阻箱R1并聯(lián)，再與電流表A2串聯(lián)，實(shí)物連線如圖所示。實(shí)物圖連線時(shí)要注意電流從電表的正接線柱流入，從電表的負(fù)接線

23、柱流出。,4解析：(1)使用多用電表前應(yīng)先調(diào)整“指針定位螺絲”A，使 指針指到左邊的“0”刻度線處。 (2)為保護(hù)多用電表的內(nèi)部元件，在測量黑箱中是否存在電源時(shí)，應(yīng)短暫接觸接點(diǎn)b。 (3)歐姆表的讀數(shù)為51 5 ；每對(duì)接點(diǎn)間正反向電阻均相同，說明黑箱中沒有二極管元件，根據(jù)表格中兩接點(diǎn)間電阻的數(shù)值，可設(shè)計(jì)的電路圖如圖所示。,答案：(1)A(2)短暫 (3)5.0見解析圖,答案：(1)A(2)圖象見解析16.4(3)偏小,2解析：(1)根據(jù)所有電器“紅進(jìn)黑出”的一般原則，對(duì)多用電 表有，電流從紅表筆進(jìn)入多用電表，電流從黑表筆流出多用電表，由于設(shè)計(jì)電路圖中a表筆接在電流表的正極，故電流經(jīng)過多用電表從

24、a表筆流出，故a表筆為多用電表的黑表筆。 (2)歐姆表讀數(shù)為R14.0 ；電流表讀數(shù)為I53.0 mA；電阻箱讀數(shù)為41 60.1 4.6 。,(4)設(shè)多用電表內(nèi)阻為r，已知外電路電阻為R14 ，多用電表接外電路時(shí)：EI(rR)，多用電表兩表筆短接時(shí)：EI0r，聯(lián)立解得多用電表內(nèi)的電池電動(dòng)勢(shì)E1.54 V。 答案：(1)黑(2)14.053.04.6(3)102(4)1.54,4解析：(1)由小燈泡的伏安特性曲線(圖中b線)可知，小燈 泡電阻很小，不超過1 ，且電表示數(shù)從零開始讀數(shù)，因此電流表采用外接法，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該采用分壓式接法，C圖正確；滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，為了便于調(diào)節(jié)，應(yīng)采用總阻

25、值較小的，故應(yīng)選擇E。,(2)兩圖線的交點(diǎn)坐標(biāo)即為小燈泡的電壓和電流，實(shí)際功率PUI0.72 W；根據(jù)電池的UI圖線可知，電池的內(nèi)阻為0.75 ，若再將一阻值為0.75 的電阻串聯(lián)在電路中，相當(dāng)于小燈泡與等效內(nèi)阻為1.5 的電源連接，在UI坐標(biāo)系內(nèi)，連接(0,1.5 V)和(1.0 A,0)兩個(gè)點(diǎn)，作出等效電源的UI圖線，讀出該圖線與小燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0.80 A,0.30 V)，此即為小燈泡的電流和電壓值，故燈泡的實(shí)際功率為0.24 W。,答案：(1)CE(2)0.720.24,5解析：(1)螺旋測微器的讀數(shù)為0 mm39.80.01 mm 0.398 mm (2)通過給定的

26、數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)電壓接近從0開始，故滑動(dòng)變阻器采用的是分壓式接法。 (3)對(duì)滑動(dòng)變阻器的分壓式接法，連線時(shí)應(yīng)使測量電路在開始時(shí)分到的電壓為0。 (4)圖線應(yīng)過原點(diǎn)，且使大多數(shù)點(diǎn)在一條直線上，不在直線上的點(diǎn)均勻分布在直線兩側(cè)。圖線的斜率反映了金屬絲的電阻，所以Rx4.5 。,(5)由Rl/S，S(d/2)2，取d4104m、l0.5 m、R4.5 ，解出1106m。 (6)由于讀數(shù)引起的誤差屬于偶然誤差，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于電流表、電壓表內(nèi)阻引起的誤差為系統(tǒng)誤差，若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計(jì)算在內(nèi)，則可以消除系統(tǒng)誤差，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；利用UI圖象處理數(shù)據(jù)，相當(dāng)于多次測量取平均值，可以減小偶然誤差，選項(xiàng)

27、D正確。,答案：(1)0.397(0.3950.399均可)(2)甲(3)如圖(a)所示,(4)如圖(b)所示4.5(4.34.7均可)(5)C(6)CD,課時(shí)檢測(十九) 1選 壓縮氣體時(shí)，外界對(duì)氣體做功，內(nèi)能增加，溫度升 高，體積變小，壓強(qiáng)增大，所以只有B正確。 2選 分子運(yùn)動(dòng)的劇烈程度是針對(duì)大量分子的統(tǒng)計(jì)規(guī)律而 言，并不能說明每一個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)情況，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)分子間的引力大小與分子間的距離之間的關(guān)系(分子間的引力大小隨分子間的距離的減小而增大)可知，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；從宏觀角度看，物體的內(nèi)能與物體的溫度和體積有關(guān)，故C選項(xiàng)正確；改變物體內(nèi)能的方式有兩種：做功和熱傳遞，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。,B,C,3選 由Epr圖可知： 在rr0階段，當(dāng)r減小時(shí)F做正功，分子勢(shì)能減小，分子動(dòng)能增加，故選項(xiàng)A正確。 在rr0階段，當(dāng)r減小時(shí)F做負(fù)功，分子勢(shì)能增加，分子動(dòng)能減小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 在rr0時(shí)，分子勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，故選項(xiàng)C正確。 在rr0時(shí)，分子勢(shì)能最小，但不為零，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,AC,D,5(1)根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體內(nèi)能變化與做功和熱傳遞有 關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量不可自發(fā)的由低溫物體傳到高溫物體，但熱量還是可以通過外界的方法由低溫物體傳到高溫物體，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。分子勢(shì)能與分子間的距離有關(guān)，當(dāng)rr0時(shí)，分子間距離越大，分子勢(shì)能越大，rr0時(shí)，分子間距離越大，分子勢(shì)