2018-2019学年江西省南昌十中高三(下)期中物理试卷

2018-2019学年江西省南昌十中高三（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.下列现象中，原子核结构发生了改变的是（）
A. 氢气放电管发出可见光
B. β衰变放出β粒子
C. α粒子散射现象
D. 光电效应现象
2.如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势
面之间的电势差相等），实线为一α粒子（重力不计）仅在
电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上
的两点，据此可知（）
A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高
B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C. α粒子在P点的加速度比Q点的加速度大
D. 带电质点一定是从P点向Q点运动
3.如图所示，质量为4kg的小球A和质量为1kg的物体B用弹簧相
连后，再用细线悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a=2m/s2，
加速上升过程中，剪断细线的瞬间，两小球的加速度正确的是
（重力加速度为g=10m/s2）（）
A. a A=10m/s2 a B=10m/s2
B. a A=13m/s2 a B=2m/s2
C. a A=15m/s2 a B=2m/s2
D. a A=10m/s2 a B=0
4.如图所示，a、b两小球通过轻质细绳连接跨在定滑轮上。

开始
时，以球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。

现由
静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面
的压力恰好为0．则a、b两球的质量之比为（）
A. 3：1
B. 2：1
C. 3：2
D. 1：1
5.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地
向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正
电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为k，速度大小为
2kBr．则粒子在磁场中运动的最长时间为（）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
6.矿井中的升降机以的速度竖直向上匀速运行，
某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过升降机底板
上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空
气阻力，取重力加速度．下列说法正确的
是（）
A. 螺钉松脱后做自由落体运动
B. 矿井的深度为45m
C. 螺钉落到井底时的速度大小为
D. 螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s
7.假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度。

树上若
有质量相等的三个苹果A、B、C，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度。

则下列说法不正确的是（）
A. 苹果A的线速度最大
B. 苹果B所需向心力小于苹果A所需向心力
C. 苹果C离开苹果树时加速度减小
D. 苹果C脱离苹果树后，可能会落向地面
8.如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。

边长
为1m，总电阻为1Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。

现使导线框水平向右运动，cd边于t=0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。

下列说法正确的是（）
A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里
B. 磁感应强度的大小为4T
C. 导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3：1
D. 0～3s的过程中导线框产生的焦耳热为48J
9.如图所示，纵坐标表示压强p、横坐标表示热力学温度T．一
定质量的理想气体，经历了A-B-C-A的状态变化，则下列结论
正确的是（）
A. 状态A-B，理想气体的密度增大
B. 状态A-B，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少
C. 状态B-C，外界对理想气体做正功
D. 状态B-C，理想气体的内能增加
E. 状态C-A，理想气体向外界放出热量
10.如图所示，位于坐标原点的波源从t=0时刻开始沿y轴正方向振动，产生两列简谐
横波在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播t=1s时刻平衡位置x A=-2m处的质点A位于波谷，x B=8m处的质点B恰好起振此时波源恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动则下列说法正确的是（）
A. 波速为8.0m/s
B. 周期可能为0.5s
C. 波长最大值为1.6m
D. t=1s时x=-6m的质点一定位于波峰
E. 若振幅为0.1m，t=1.5s时质点B已经过的路程可能为1.8m
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.某同学利用气垫导轨和数字计时器，探究轻弹簧弹性势能与形变量的关系。

如图甲
所示，气垫导轨上有很多小孔，气泵输入压缩空气，从小孔中喷出，会使质量为
0.5kg滑块与导轨之间有一层薄的空气，使二者不接触从而大大减小阻力。

一端固
定有轻弹簧的滑块在导轨上滑行，当通过数字计时器时，遮光片挡住光源，与光敏管相连的电子电路就会记录遮光时间
△t．
（1）接通气泵，调节气垫导轨左端高度，轻推滑块，使其刚好能够匀速运动，说明气垫导轨已经水平：
（2）使用10分度游标卡尺测量滑块上遮光片宽度如图乙所示，读出其宽度为
d=______cm；
（3）压缩弹簧记录其压缩量；
（4）释放滑块，滑块离开弹簧后通过数字计时器，计时器显示时间△t；
（5）多次重复步骤（3）和（4），将数据记录到数据表格中，并计算出滑块相应的动能；
（6）由机械能守恒定律可知，滑块的动能等于释放滑块时弹簧的势能：
（7）表格中弹簧压缩量为5.00cm时，其动能为______J（结果要求三位有效数字）；
（8）由表格中数据可知，弹簧的弹性势能与其形变量的关系为______。

12.某同学设计如图（a）所示电路来测量未知电阻R的阻值和电源电动势E．实验器
材有：电源（内阻不计），待测电阻R x，（约为5Ω），电压表Ⅴ（量程为3V，内阻约为1kΩ），电流表（量程为0.6A，内阻约为2Ω），电阻R0（阻值3.2Ω），电阻箱R（0-99.9Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。

（1）根据图（a）所示电路图用笔画线代替导线在图（b）中完成实物电路的连接；
（2）闭合开关S1，将S2拨至1位置，调节电阻箱测得电压表和电流表的示数分别为2.97V和0.45A；再将S2拨至2位置调节电阻箱测得电压表和电流表的示数分别为2.70V和0.54A．由上述数据可测算出待测电阻R x=______Ω（结果保留两位有效数字）；
（3）拆去电压表闭合开关S1，保持开关S2与2的连接不变，多次调节电阻箱记下
电流表示数I和相应电阻箱的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标作了一R图线如
图（c）所示，根据图线求得电源电动势E=______V．实验中随着电阻箱阻值的改变电阻箱消耗的功率P会发生变化，当电阻箱阻值R=______Ω时电阻箱消耗的功率最大（结果均保留两位有效数字）
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.如图甲所示，空间存在B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一
水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l=0.2m，在导轨一端连接着阻值为R=0.4Ω的定值电阻，ab是跨接在导轨上质量为m=0.1kg的导体棒。

从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。

图乙是拉力F与导体棒ab 速率倒数关系图象（F1未知）。

已知导体棒ab与导轨的动摩擦因数μ=0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g=10m/s2。

（1）求电动机的额定功率；
（2）若导体棒ab在16s内运动了90m并恰好达到最大速度，求在0～16s内电阻R 上产生的焦耳热
14.如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，4个相同
的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg，长l=1.5m。

它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

在第一块木板左端放置一个质量为M=2.5kg的小铅块B（可视为质点），现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．求：
（1）铅块A刚滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）通过计算说明铅块B滑上第几块木板时，木板才开始运动，并求出此时B的速率。

15.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有A、B两段长度均为，
的理想气体气柱和一段长为h的水银柱，且气柱A的压强等于2ρgh（ρ为
水银的密度、g为重力加速度）。

当玻璃管以某一加速度a做竖直向上的
匀加速运动，稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的3倍，求这个加速
度a的大小。

已知运动过程中整个管内各处的温度不变。

16半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点
为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠
在玻璃砖的右侧且与MN垂直．一束复色光沿半径方向与
OO′成θ=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从
n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带．
（ⅰ）求彩色光带的宽度；
（ⅱ）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变
成一个光点，求θ角至少为多少？
2018-2019学年江西省南昌十中高三（下）期中物理试卷
答案和解析
【答案】
1. B
2. C
3. B
4. A
5. B
6. BC
7. ABD
8. AB9. BCE10. ADE
11. 1.15 0.250 0.250 弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比
12. 4.8 5.0 5.0
13. 解：（1）由图象知导体棒ab的最大速度为：v1=10m/s…①
此时，导体棒中感应电动势为：E=BLv1…②
感应电流为：…③
导体棒受到的安培力：F A=BIL…④
此时带动机牵引力为：…⑤
由牛顿第二定律得：…⑥
代入数据解得：P=4.5W…⑦
（2）由能量守恒定律得：…⑧
解得R上产生的热量为：Q=49J…⑨
答：（1）电动机的额定功率为4.5W；
（2）在0～16s内电阻R上产生的焦耳热为49J。

14. 解：（1）设A到达圆弧底端时的速度为v0，轨道对A支持力大小为N
由机械能守恒定律得：
C过底端时，由牛顿第二定律，有：
解得：N=75N；
由牛顿第三定律，知：N′=N=75N；
（2）设小铅块滑到第n块木块时，铅块对木块的摩擦力为：f1=μ2Mg=5N
后面的（3-n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2=μ1[M+（4-n）m]g
要使木块滑动，应满足f2＜f1，
即fμ1[M+（4-n）m]g＜5
解得：n＞1.5，取n=2由于AB铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换
根据动能定理得：
解得：v=2m/s
答：（1）铅块A刚滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力为75N；
（2）铅块B滑上第2块木板时，木板才开始运动，此时B的速率为2m/s。

15. 解：设玻璃管横截面积为S，据题意温度不变，AB段气体均做等温变化，
依题意，对A气体：初状态P A=2ρgh、V A=lS
末态：
由玻意耳定律得：
解得：
对B气体，初状态P B=P A+ρgh=3ρgh、V B=lS
末态：
由玻意耳定律得：
解得：P B′=6ρgh
对水银柱，由牛顿第二定律得：P B′S-P A′S-ρgSh=ρhSa
解得：
答：这个加速度a的大小为。

16. 解：（ⅰ）由折射定律
n=，n2=
代入数据，解得：
β1=45°，β2=60°
故彩色光带的宽度为：R tan45°-R tan30°=（1-）R
（ⅱ）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点．即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故
sin C==
即入射角θ=C=45°
答：（ⅰ）彩色光带的宽度为（1-）R；
（ⅱ）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，θ角至少为45°．【解析】
1. 解：A、氢气放电管发出可见光是原子从较高能级跃迁至较低能级的结果，是由于原子内部电子运动产生的，与原子核内部变化无关，故A错误；
B、β衰变放出β粒子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，所以导致原子核结构发生了改变，故B正确；
C、α粒子散射实验表明原子具有核式结构，故C错误；
D、光电效应是原子核外电子吸收光子能量逃逸出来的现象，跟原子核内部变化无关，故D错误。

故选：B。

原子核的结构与原子核内核子的个数、质子与中子的个数都有关，原子核的结构发生变化，则原子核的核子数发生变化，或质子、中子的个数发生变化。

由此分析即可。

该题借助于常见的物理现象考查对原子核的理解，牢记与原子核有关的因素是解答的关键。

2. 解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；
B、a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电
势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；
C、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；
D、由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误。

故选：C。

由于α粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向上，由于α粒子带正电，因此电场线方向也指向上；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

3. 解：剪断细线前，对B，根据牛顿第二定律得：F-m B g=m B a。

解得弹簧的弹力F =12N
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律
对A有：F+m A g=m A a A。

解得：a A=13m/s2
此瞬间B的受力情况不变，加速度不变，则a B=a=2m/s2。

故B正确，ACD错误
故选：B。

先研究剪断细线前的情况，对B，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力。

抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，再用隔离法，由牛顿第二定律求两球的加速度。

本题是牛顿第二定律的瞬时问题，关键要明确弹簧的弹力不能发生突变，结合牛顿第二定律进行求解，要灵活选择研究对象。

4. 解：b球在摆动过程中机械能守恒，则有：
m b gL=
当连接b球的细线摆到竖直位置时，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：
T-m b g=m b
联立得：T=3m b g
a球对地面的压力恰好为0，则有：T=m a g
所以得：m a：m b=3：1
故选：A。

当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0，细线的拉力等于a球的重力。

b球摆动过程中，运用机械能守恒求出b球在最低点的速度。

再根据牛顿运动定律和向心力公式求解。

本题的解题关键是对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，本题的结论经常用到，要理解记住。

5. 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qvB=m，
已知：v=2kBr，k=
解得：R=2r，
粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r，
则最大圆心角为：θ=2arcsin=2arcsin=60°，
粒子在磁场中运动的最长时间：
t=T=×=；
故B正确，ACD错误
故选：B。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子转过的最大圆心角，再求出粒子在磁场中的最长运动时间。

本题考查了求粒子的运动时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与粒子周期公式即可正确解题。

6. 解：A、螺钉松脱时具有有升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，故A错误；
B、由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移：h1=-v0t+gt2，
升降机这段时间的位移h2=v0t，
故矿井的深度为h=h1+h2=45m，故B正确；
C、螺钉落到井底时点速度大小为：v=-v0+gt=-5+10×3=25m/s，故C正确；
D、螺钉松脱前运动的时间为t′，则：h1=v0t′，
解得t'=6s，所以螺钉运动的总时间为t+t'=9s，故D错误。

故选：BC。

螺钉脱落后做竖直上抛运动，抓住升降机的位移与螺钉的位移之和等于H即可求解。

解决本题的关键搞清升降机和螺钉的运动状况，结合运动学公式灵活求解，难度不大，属于基础题。

7. 解：A、三个苹果的角速度相等，根据公式v=ωr，苹果A的轨道半径最小，故A的线速度最小，故A错误；
B、三个苹果时同轴转动，角速度相等，苹果B的轨道半径大于A的轨道半径，根据公式F=mrω2可知，苹果B所需向心力大于苹果A所需向心力，故B错误；
C、苹果B的高度等于同步卫星的高度，则它做圆周运动时需要的向心力恰好等于万有引力；根据公式F=mrω2可知苹果C的轨道半径最大，需要的向心力最大，大于B的向
心力，根据万有引力公式可知开始时C需要的向心力大于C受到的万有引力，
苹果C受到的万有引力与树的拉力共同提供向心力；苹果C离开苹果树后只有万有引力提供向心力，所以苹果C离开苹果树时加速度减小，故C正确；
D、脱离C苹果树瞬间受万有引力，由于C需要的向心力大于C受到的万有引力，所以C将做离心运动，不会落向地面，而是飞向茫茫宇宙，故D错误；
本题选不正确的，故选：ABD。

三个苹果的角速度相等，根据公式v=ωr分析它们线速度的关系，根据公式F=mrω2分析向心力关系。

苹果离开苹果树后只受万有引力，由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度的变化情况。

苹果C脱离苹果树后，根据C需要的向心力大于C受到的万有引力，分析C的运动情况。

本题考查了圆周运动和万有引力定律的应用，知道三个苹果的角速度相等是解题的关键，应用线速度与角速度的关系、向心力公式与牛顿第二定律即可解题。

8. 解：A、0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即C点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；
B、0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为：，线框的速度为：
，解得：B=4T，故B正确；
C、由图乙分析可知，线框在0-1s内进入磁场，2-3s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1：1，故C错误；
D、线框在0-1s内进入磁场过程中电流为：，产生的热量为：
，1-2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2-3s 内线框出磁场过程中电流为：，产生的热量为：，所
以总热量为32J，故D错误。

故选：AB。

根据cd的电势差正负，判断出电源的正负极，结合右手定则得出磁场的方向。

根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv和cd间的电势差，求出磁感应强度，根据焦耳定律求线圈发热量。

本题考查了导线切割磁感线运动类型，要掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题要能够从图象中获取信息，判断导体框的运动情况。

9. 解：A、由图象可知，状态A-B，温度升高，压强不变，根据盖吕萨克定律可知，
体积增大，所以气体密度减小，故A错误；
B、由A项分析可知，状态A-B，体积增大，所以单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少，故B正确；
C、由图象可知，状态B-C，压强增大，温度不变，根据玻意耳定律PV=C可知，体积减小，外界对理想气体做正功，故C正确；
D、由图可知，状态B-C，温度不变，理想气体内能不变，故D错误；
E、由图象可知，状态C-A，温度降低，气体内能减小；根据理想气体状态方程可
知，体积不变，气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体应放热，故E正确；故选：BCE。

由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线。

解决此类题目得会从图象中获取有用信息，判断出气体情况，内能变化情况，然后利用热力学第一定律即可做出正确得分析。

10. 解：由题意得x B=vt，解得v=8.0m/s，故A正确；
BC、由于t=1s时刻波源恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动，A质点位于波谷，则有
，而质点B恰好起振，则有x B=mλ以及t=mT，故有m=4n+1，，
当n=0、1、2、3、4……时，m=1、5、9、13、17……，代入上式可得周期T不可能等于0.5s，最大波长为8.0m，故B、C项错误；
D、t=1s时，，该质点一定位于波峰；故D正确，
E、t=1.5s时质点B已经振动了△t=0.5s=，由m=1、5、9、13、17……可知质点B已走过的路程可能为=0.2m，1.0m，1.8m，2.6m……，故E项正确。

故选：ADE。

由B点起振可求出波速，由A、B两点位置关系结合波的传播特点列出T的表达式，求得周期，波长的可能值，
由距波源的距离可确定质点的振动的位置，完成的路程。

本题利用机械波的基本特点进行分析，机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各
个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；每隔一个周期，波源通过的路程是4A
11. 解：（2）游标卡尺的主尺读数为：1.1cm，游标尺的读数为：5×0.1mm=0.05cm，因此最终读数为：1.1cm+0.05cm=1.15cm。

（7）由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，则：
v=
滑块的动能为：
；
（8）由表中数据可知：弹簧的压缩量（形变量）的平方与物体的动能增量成正比，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能全部转化为动能，因此可以得出：弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比。

故答案为：（2）1.15；（7）0.250；（8）弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比。

（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（7）滑块在通过光电门时，平均速度等于遮光片的宽度d与其通过的时间之比。

由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，求出瞬时速度，从而进一步求出滑块的动能；
（8）弹簧的压缩量（形变量）的平方与物体的动能增量成正比，而物体动能的增量等于弹簧的弹性势能的减小量，根据功能关系进一步得出：弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比。

考查游标卡尺精确测量遮光片的宽度，以便能粗略测出滑块通过光电门的速度，同时通过观察及数学推导可知弹簧的弹性势能与其形变量的关系，要提高应用数学知识解决物理问题的能力。

12. 解：（1）根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）当开关S1闭合，S2拨至1位置时，由欧姆定律可得：U1=I1（R A+R x），
当S2拨至2位置时，由欧姆定律可得U2=I2（R A+R0），
代入数据解得：R A=1.8Ω，R x=4.8Ω。

（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R A+R0+R），
整理得：，图线的斜率：k==，解得，电源电动势：E=5.0V，
图线截距：b=1.0=，解得：R A=1.8Ω，
电阻箱消耗的功率：，
当R=R A+R0=5.0Ω时，电阻箱消耗的功率最大。

故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）4.8；（3）5.0；5.0。

（1）根据电路图连接实物电路图。

（2）根据图示电路图应用欧姆定律求出待测电阻阻值。

（3）根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图
线求出电源电动势；应用电功率公式分析答题。

本题考查了连接实物电路图、实验数据处理等问题，根据图示电路图应用欧姆定律可以求出电阻阻值，应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式是求出电源电动势的关键。

13. （1）电动机达到额定功率时导体棒做匀速直线运动，根据图示图象求出导体棒做匀速直线运动的速度，应用E=BLv求出感应电动势、应用欧姆定律求出感应电流、应用安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出电动机的额定功率。

（2）应用能量守恒定律可以求出电阻上产生的焦耳热。

根据图示图象分析清楚棒的运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律与能量守恒定律可以解题。

14. （1）根据机械能守恒定律和牛顿第二定律即可求解轨道对A的支持力，再根据牛顿第三定律即可求解A对轨道的压力；
（2）当地面对木板的最大静摩擦力小于B对木板的摩擦力时，木板开始运动，根据动能定理可求出B的速率。

能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，熟练使用动能定理和动量定理是解决本题的关键。

15. 上部空气柱长度是下部空气柱的3倍，可知加速运动时AB两部分体积，分别对两部分气体利用玻意耳定律可求压强，然后对水银柱受力分析，利用牛顿第二定律列式求解。

本题考查玻意耳定律和牛顿第二定律，关键是找到AB两部分之间压强和体积关系，然后对水银柱利用牛顿第二定律即可轻松解决。

16. （1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；
（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射．由于n1＜n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，复色光的入射角的最小值．
对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角．。