2019年湘赣十四校(湖南省长郡中学)、(江西省南昌二中)等高考物理一模试卷-解析版

2019年湘赣十四校（湖南省长郡中学）、（江西省南昌二中）等高考物
理一模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移s内速度增加了v，动能变为原来的9倍。

则该质点的加速
度为（）
A. v2
3s B. v2
s
C. 3v 2
s
D. v2
2s
2.一可变理想变压器原、副线圈的回路中分别接有电阻r和可变电阻R，原
线圏一侧接在电压恒定的正弦交流电源上，如图所示，下列说法正确的是
（）
A. 变压器的触头向下滑动，其他条件不変，R上消耗的功率不可能先増
大后减小
B. 变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能一直减小
C. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，r上消耗的功率一定减小
D. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率一定增大
3.如图，倾角为0的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A
点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v，所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能E p的图象一定不正确的是（）
A. B. C. D.
4.如图，边长为a的立方体ABCD-A’B’C’D’八个顶点上有八个带电质点，其
中顶点A、C电量分别为q、Q，其他顶点电量未知，A点上的质点仅在静电力作
用下处于平衡状态，现将C上质点电量变成-Q，则顶点A上质点受力的合力为
（不计重力）（）
A. kQq
a2B. 2kQq
3a2
C. kQq
3a2
D. 0
5.2019年1月3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测
器提供地月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日-2点”（简称地月L2点）附近运动，地月L2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月L2点的探测器的说法正确的是（）
A. 探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比
C. 探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比
D. 不可能有探测器能定点于地月连线之间某点
6.如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小
为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是（）
A. 若斜面光滑，f1=0，f2≠0，f3≠0
B. 若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3=0
C. 若两滑块一起匀速下滑，f1≠0，f2=0，f3≠0
D. 若两滑块一起匀速下滑，f1=0，f2≠0，f3≠0
7.如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统
置于倾角为θ的光滑斜面上，且杄可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，
当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则（）
A. 在轻杆转过180∘的过程中，角速度逐渐减小
B. 只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
C. 轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsinθ
D. 轻杆受到转轴的力的方向始终在变化
8.波长为200mm的光照射锌板，电子逸出锌板表面，遏止电压为3V．已知普朗克常量为6.63×10-11J・s，
真空中的光速为3.00×108m/s，元电荷量为1.6×10-19C．能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（）
A. 2×1015Hz
B. 8×1015Hz
C. 1×1014Hz
D. 8×1014Hz
二、多选题（本大题共6小题，共25.0分）
9.如图，水平横杆上套有圆环A，A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在
横杆下的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平
衡，现将圆环A缓慢向右移动一段距离，系统仍静止，则（）
A. A环受到的摩擦力将变大
B. A环受到的支持力保
持不变
C. C物体重力势能将不变
D. C物体重力势能将减小
10.如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强
磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d。

一质量为m、阻值为r的金属棒
在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足υ=kx，棒与导
轨接触良好，则在金属棒移动l的过程中（）
A. 金属棒的动量对时间的变化率增大
B. 拉力的冲量为B2d2l
R+r
+kml
C. 通过的电量为q=Bdl
R
D. 电阻R上产生的焦耳热为Q R=kRB2d2l2
2(R+r)
11.如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。

乙
球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落
在A点两球质量均为m。

若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹
角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法
正确的是（）
A. 乙球在B点受到的冲量大小为√3mv2
B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能
12.如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB=5√3cm ，AD =10cm ，
磁感应强度B=0.2T．在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸
面内的各个方向均匀地发射出速率为v=1.0×10-12m/s的正离子，离子的质量
m=2.0X10-12kg，电荷量q=1.0×10-5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，
则（）
A. 从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短
B. 边界AP段无离子飞出
C. 从CD、BC边飞出的离子数之比为1：2
D. 若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等
13.下列说法正确的是（）
A. 热量会自发地从内能多的物体传递到内能少的物体
B. 同一时刻，教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的
C. 一定量的理想气体在等压膨胀过程中一定吸热
D. 人们感到潮湿是因为空气的绝对湿度大
E. 饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大
14.两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波
峰和波谷，此时（）
A. a、b连线中点振动加强
B. a、b连线中点速度为零
C. a、b、c、d四点速度均为零
D. 再经过1
2
周期c、d两点振动仍然减弱
E. 再经过1
2
周期，c、d两点振动加强
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
15.小明同学要粗测一长木板与小滑块之间的动摩擦因数，除了长木板和小滑块外手边只有一个手机，手
机里面带有计时和测倾斜角并可得其三角函数值的APP，他采用了如下的测量步骤
（1）将长木板一端抬高，倾斜一个较大的角度，并固定好
（2）将小滑块以一定初速度从底端沿斜面推出，到最高点后又沿板滑下
（3）为了使小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数μ和倾角θ应满足______
（4）在这个过程中小明同学需分别测出______（用文字描述并表示出相应符号）；
（5）动摩擦因数可表示为______
16.用实验测一电池的内阻r和电流表内阻r。

已知电池的电动势约6V，电池内阻和电流表内阻阻值都为
数十欧。

可选用的实验器材有：
待测电流表A（量程0～100mA）
电压表V1（量程0～6V，内阻约20k2）
电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）
滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；
单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2导线若干条
某同学的实验过程如下
I．设计如图甲所示的电路图，正确连接电路。

Ⅱ．将R的阻值调到最大，开关S2接通a，闭合开关S1，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。

以U为纵轴，I为横轴，得到如图乙所示的图线
Ⅲ．将开关S2接通b，重复Ⅱ的步骤，得到另一条UーI图线，图线与横轴I的交点坐标为（1，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）回答下列问题
（1）电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；
（2）由图乙的图线得电源内阻r=______Ω（保留两位有效数字）
（4）由第（2）问中测得的电源内阻与真实值的关系是r真______r测（填“大于”“小于”或“等于”），原因是______（填“电压表分流”或“电流表分压”）
四、计算题（本大题共5小题，共52.0分）
17.如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定
滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平
行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮
之间的距离足够大，现将A、B位置互换并由静止释放，重力加速度为g，
求：
（1）B物块的质量
（2）交换位置释放后，B着地的速度大小
18.如图所示，足够长的“L”形长木板B置于粗糙的水平地面上，其上静止着可视为质点的滑块A，滑块
距长木板右側壁距离为l=6.5m，已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为0.1，A、B质量分别为m A=2kg、m B=1kg。

现给A向右的瞬时冲量I=14N・s，假设A与B右侧壁的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求：
（1）A、B碰后瞬间，两者的速度大小
（2）最终滑块A距长木板B右側壁的距离。

19.如图所示，在平面直角坐标系aOy内，有I、II、III三个区域，各边界
均与y轴平行，I、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分別沿+x和-y方向，Ⅰ
区域电场强度大小为E，Ⅲ区域有垂直xOy平面向里的磁场。

三个区域
宽度均为L，一个氕核1H和一个氘核2H先后从坐标原点释放，已知2H
求：
（1）12H第一次离开Ⅱ区的坐标
（2）Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）11H第一次离开磁场位置的坐标、
20.两端封闭的玻璃管竖直放置，长为l=10cm的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长
度分别为l1=12cm和l2=18cm，初始时上面空气压强为15cmHg，现玻璃管以a=0.5g的加速度竖直向上加速上移，设温度始终不变，求稳定时水银上面空气柱的长度。

21.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面（纸面内）
如图所示。

一束单色光（纸面内）从外球面上A点入射，人射角为45°时，光束
经折射后恰好与内球面B点相切。

①求该透明材料的折射率
②欲使光東能射入空心球内部空心区域，入射角应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：设质点的初速度为v0，则动能E k1=mv02，由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故v′=3v0，△v=2v0=v；
故平均速度==2v0=v
根据位移公式可知：==v
根据加速度定义可知a==，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据动能的变化可求出初末速度间的关系，再根据平均速度公式可求出平均速度，则由位移公式即可明确速度与位移时间的关系，再由加速度的定义即可求出质点的加速度。

本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为9倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时还要注意应用平均速度公式。

2.【答案】C
【解析】
解：AB、变压器的触头向下滑动，其他条件不変，输出电压减小，R上消耗的功率减小，故AB 错误；
CD、可变电阻R触头向下滑动，其他条件不変，副线圈的电阻增大，电流减小，r上消耗的电功率减小，将变压器及R等效为（）2R，根据输出功率与外电阻的关系可知，R上消耗的功率变化有多种情况，故C正确、D错误。

故选：C。

根据变压器的动态分析的分析方法分析电压和电流的变化，由此分析电功率的变化。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入
功率且相等。

3.【答案】A 解：物块在传送带上运动的情况有三种，即①是一直匀加速运动。

②是先匀加速与传送带共速后，再以更小加速度加速。

③是先匀加速与传送带同速后再匀速，B、D选项对应于情况③．由P=fv知C对应于情况②．在匀加速运动阶段，物块的位移与时间是二次函数关系，下降的高度与时间也是二次函数关系，所以重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故A错误，BCD正确。

本题选不可能的，
故选：A。

物块在传送带上运动的情况有三种可能：一是一直匀加速运动。

二是先匀加速与传送带共速后，再以更小加速度加速。

三是先匀加速与传送带同速后再匀速，根据各量的表达式分析。

解决本题的关键要明确物块的运动情况，要考虑各种可能的情况。

对于图象，往往根据解析式分析图象的形状。

4.【答案】B
【解析】
解：A点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，说明除C点以外的其它电荷对A点电荷的作用力与C点电荷对A点电荷的作用力等大反向；根据库仑定律可得F CA =，现将C上质点电量变成-Q，其它电荷对A点电荷作用力不变，C点电荷对A点电荷作用力大小不变、方向相反，则顶点A上质点受力的合力为，故B正确、ACD错误。

故选：B。

求出C点电荷对A出点电荷的库仑力，根据平衡条件分析其它电荷对A点电荷的作用力，由此得到将C上质点电量变成-Q时A上质点受力的合力。

本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们
的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比，掌握库仑定律在力学中的应用方法。

5.【答案】C
【解析】
解：A、探测器与月球绕地球做圆周运动角速度相等，根据T=可知其周期相等，该A错误；B、探测器与月球绕地球做圆周运动角速度相等，根据a=ω2r可知向心加速度与它们的轨道半
径之比，故B错误；
C、探测器与月球绕地球做圆周运动角速度相等，根据v=rω可知线速度之比等于它们的轨道半径之比，故C正确；
D、根据题意，地月L2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，故D错误；
故选：C。

根据“鹊桥号”与月球同步绕地球做圆周运动，角速度相等，根据v=rω分析线速度关系，根据
a=ω2r分析向心加速度关系。

本题的关键是审清题意，通过受力分析找出“鹊桥号”的向心力来源、得出“鹊桥号”与月球的角速度关系即可正确答题。

6.【答案】A
【解析】
解：AB、若斜面光滑，整体沿斜面下滑，加速度为a=gsinθ，甲、乙、丙图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsinθ，甲图上方物块支持力垂直斜面，在斜面方向没有分力，乙图与丙图接触面支持力在斜面上均有分力，必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ，故A正确，B错误；
CD、若滑块一起匀速下滑，上方滑块合力为零，必有f1≠0，f2≠0，f3=0，故CD错误；
故选：A。

根据整体与隔离法，结合牛顿第二定律，及受力分析与矢量的合成法则，即可求解。

考查牛顿第二定律的应用，掌握摩擦力产生条件，及理解矢量的合成法则内容。

7.【答案】C
【解析】
解：AB、质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杄可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统一初始角速度，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故AB错误；
CD、选两球，及杆，作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F-2mgsinθ=ma n+m（-a n），解得：
F=2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误；
故选：C。

根据质量相等，判定各自重力势能变化，从而确定小球转动速度；
对整体分析，结合牛顿第二定律，及向心力表达式，即可求解。

考查重力势能与动能的转化，注意质量相等，且转轴在杆的中点是解题的关键，同时掌握牛顿第二定律的应用。

8.【答案】D
【解析】
解；由光电效应方程：eu c=E Km=hγ-W0…①
又：hγ0=W0…②
又…③
由①②③式代入数据可得：γ0=8×1014Hz，则D正确，ABC错误
故选：D。

根据光电效应方程：eU c=E K=hγ-W0，和逸出功W0=hγ0直接进行求解即可。

本题考查知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意逸出功计算时的单位，及运算的准确性
9.【答案】BD
【解析】
解：CD、物体B保持静止，受重力和拉力，根据平衡条件，轻绳拉力大小处处相同，等于B的重力；
重物C受重力和两侧绳子的拉力，始终平衡，拉力和重力大小都不变，根据平衡条件，动滑轮两侧绳子夹角保持不变，栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，重物C必定下降，故重力势能减小，故C错误，D 正确；
AB、绳子对A环的拉力的大小和方向均不改变，故杆对环的摩擦力也一定不变，故A错误，B 正确；
故选：BD。

分别对物体B、物体C、环A受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，画出情境图，得到重力势能的变化情况。

对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。

10.【答案】ABD
【解析】
解：A、根据v=kx可知，棒在做加速度增大加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，故A正确；
BC、根据动量定理I-BIdt=mv，其中q=It=，v=kl，联立解得拉力的冲量为+kml，故B 正确、C错误；
D、根据功能关系可知E电=W安，F安=BId==∝x，所以W安==，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为Q R ==，故D正确。

故选：ABD。

根据速度随时间的变化情况分析加速度，根据动量定理结合功能关系进行分析。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等
列方程求解。

11.【答案】ABC
【解析】
解：A、乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，故竖直方向的分量
，反弹后竖直方向的分量为，水平方向速度不变，故冲量大小为P=mv y-mv′y =mv3，故A正确；
B、抛出时甲的初速度大于乙的初速度，故甲的初动能大于乙的初动能，而两者重力势能相等，故抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故B正确；
D、设OA间的竖直高度为h。

由O点到A点，甲球运动时间为t A =．乙球运动时间是甲球的3倍，故D错误；
C、乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B 的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故选：ABC。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。

结合分运动的规律研究。

解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时
间由高度决定，与初速度无关。

12.【答案】ACD
【解析】
解：AD、半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，
时间越短，弦长相等，时间相等，故AD正确；
BC、由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向央角较小
的离子会从AP飞出，由R=得R=0.1m，通过右图可知：α：β=1：2，离子数之比亦为1：2，故B 错误，C正确；
故选：ACD。

半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向央角较小的离子
会从AP飞出，由R=得R，进而求出角度之比。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

13.【答案】BCE
【解析】
解：A、热量能够自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，内能多不一定温度高，故A错误；
B、温度是分子的平均动能的标志，同一时刻，教室内空气中氮气和氧气的温度相同，所以分子平均动能是相同的，故B正确；
C、一定量的理想气体发生等压膨胀时气体对外做功，再根据理想气体得状态方程可知温度一
D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故D错误；
E、饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E正确。

故选：BCE。

内能的多少与温度、分子数、气体的体积以及物态等因素有关。

绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；饱和汽压与液体种类和温度有关。

本题考查热学现象中的基本规律，该题关键是掌握热力学第一定律及第二定律、内能的概念等，这些是重点考查内容，要注意准确理解。

14.【答案】ACD
【解析】
解：AB、图是两列频率相同的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，则a点是波谷与波谷相遇点，b是波峰与波峰相遇点，c、d两点是波峰与波谷相遇点。

则a、b两点是振动加强的，且ab连线上也是振动加强的，c、d两点是振动减弱的，故A正确，B错误；C、a、b、c、d四点要么处于波谷，要么处于波峰，因此它们的速度均为零，故C正确；
DE、c、d两点处于波谷与波峰相遇处，再经过周期c、d两点振动仍然减弱，故D正确，E错误；故选：ACD。

两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱。

两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。

同一介质里，波速是相同，则波长与频率成反比。

波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰。

例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。

15.【答案】μ＜tanθ 上升与下降过程的时间为t1，t2，倾角θ =t12−t22
t12+t22tanθ
解：（3）小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数μ和倾角θ应满足mgsinθ＞μmgcosθ即μ＜tanθ
（4）（5）用手机可测出上升与下降过程的时间为t1，t2，可测了倾角θ值，
上升过程位移大小为x：x=，
下降过程位移大小为x：x=t
由以上两式可求得：μ=即测出时间t1，t2，θ角即可确定μ值
故答案为：（3）μ＜tanθ（4）上升与下降过程的时间为t1，t2，倾角θ
（5）=
（3）小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数μ和倾角θ应满足mgsinθ＞μmgcosθ，即合力向下。

（4）（5）结合所给的器材得出能够测量的为时间与倾角，用倾角表示出加速度，结合运动学公式
列出等式可表达出摩擦因数的表达式。

明确用倾角表示出加速度是解题的关键，在运动过程中上下过程位移相等为列等式的条件，要
擅长在题目中挖掘隐含条件。

16.【答案】V1R225 U0
I0
-r大于电压表分流
【解析】
解：（1）电动势为6V，电压表应选择V1；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的
电阻小于待测电阻较多，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2；
（2）图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r===25Ω；
（3）开关S2接b，由题意可知，等效内阻为：r A+r=，解得：r A=-r；
（4）由图示电路图可知，由于电压表的分流，流过电源的电流大于电流表的测量值，电源内阻
真实值大于测量值；
故答案为：（1）V1；R2；（2）25；（3）-r；（4）大于；电压表分流。

（1）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；
（3）根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；
（4）根据实验电路图分析实验误差来源，然后分析实验误差。

本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。

17.【答案】解：（1）初始时，A、B均平衡，对系统，由平衡条件有m B g sin30°=mg
得m B=2m
（2）交换位置释放后，对系统，由动能定理得
m B gH-mgH sin30°=1
2
⋅3mv2
可得v=√gH
答：
（1）B物块的质量是2m。

（2）交换位置释放后，B着地的速度大小是√gH。

【解析】
（1）初始时，A、B均静止，对系统，由平衡条件求B的质量。

（2）交换位置释放后，对系统，由动能定理列式，可求出B着地的速度大小。

分析清楚物体的运动过程，应用动能定理即可正确解题，也可以根据机械能守恒定律解答第2小题。

18.【答案】解：（1）对A，由动量定理得：I=m A v0，
在A向右运动过程：f A＜f B地，B相对地面静止，
A向右运动到与B碰撞前的过程，对A，
由动能定理得：-μm A gl=1
2m A v12−1
2
m A v02，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v1=m A v A+m B v B，
由机械能守恒定律得：1
2m A v12=1
2
m A v A2+1
2
m B v B2，
代入数据解得：v A=2m/s，v B=8m/s；
（2）碰撞后，A做加速运动，B做减速运动，由牛顿第二定律得：
对A：μm A g=m A a A，
对B：μm A g+μ（m A+m B）g=m B a B，
设经过时间t，A、B速度相等，则：v A+a A t=v B-a B t，
代入数据解得：t=1s，
假设A、B此后一起减速运动，
由牛顿第二定律得：μ（m A+m B）g=（m A+m B）a，
此时：m A a≤μ（m A+m B）g，假设成立，最终A、B一起静止，
v-t图线如图所示，图中阴影面积为滑块A到B右侧壁的距离，d=3m；答：（1）A、B碰后瞬间，两者的速度大小分别为2m/s、8m/s。

（2）最终滑块A距长木板B右側壁的距离为3m。

（1）应用动能定理求出碰撞前瞬间A的速度，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度。

（2）应用牛顿第二定律求出加速度，然后分析清楚物体运动过程求出距离。

本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律、牛顿第二定律与动能定理的应用，分析清楚受力情况与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与牛顿第二定律可以解题。

19.【答案】解：（1）对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理，qEL=1
2
×2mv x2
进入Ⅱ区，粒子类平抛，L=v x t，v y=at，tanθ=
v y
v x
，y=1
2
at2
实际速度v=v x
cosθ
将θ=30°代入得，v=2√qEL
3m
，y=√3L
6
因此12H第一次离开Ⅱ区的坐标为（2L，-√3
6
L）
（2）进入磁场后，12H做围周运动，如图，由几何关系知：R sin30°+R=L
又：qvB=2mv2
R
，
解得：B=2√3mE
qL
（3）对于氕核，m′=m，q′=q，由（1）知：
y′=√3
6
L，v′=2√2qEL
3m
，θ′=30°，R′=√2L
3
轨迹如图：
根据几何关系知：△y=2R′sin60°
出射点纵坐标为y″=-y′+△y
联立解得：y″=（√6
3
−√3
6
）L
1
1
H第一次离开磁场位置的坐标[2L，（√6
3
−√3
6
）L]
答：（1）12H第一次离开Ⅱ区的坐标为（2L，-√3
6
L）；
（2）Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小为2√3mE
qL
；
（3）11H第一次离开磁场位置的坐标为[2L，（√6
3
−√3
6
）L]。

【解析】
（1）对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理，进入Ⅱ区，粒子类平抛，根据公式即可求解；。