2020年浙江省名校联盟新高考创新物理试卷(一) (含答案解析)

2020年浙江省名校联盟新高考创新物理试卷(一)
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.以下单位属于国际单位制中基本单位的是()
A. 牛顿
B. 秒
C. 克
D. 千米
2.下列关于超重和失重的说法中，正确的是()
A. 物体处于超重状态时，其重力增加了
B. 物体处于完全失重状态时，其重力为零
C. 物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增大或减小了
D. 物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有发生变化
3.下列说法中正确的是()
A. 地球附近的物体的重力没有反作用力
B. 相互作用的两个力究竟哪一个力是作用力(或反作用力)是人为规定的
C. “鸡蛋碰石头”的过程中，鸡蛋对石头的力必为作用力，石头对鸡蛋的力必为反作用力
D. 凡是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上且作用在同一个物体上的两个力必定是一对
作用力与反作用力
4.如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面
内。

现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道。

OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2。

下列说法正确的是()
A. tanθ1tanθ2=2
B. cotθ1tanθ2=2
C. cotθ1cotθ2=2
D. tanθ1cotθ2=2
5.关于原子结构理论与α粒子散射实验的关系，下列说法正确的是()
A. 卢瑟福做α粒子散射实验是为了验证汤姆孙的“枣糕模型”是错误的
B. 卢瑟福认识到汤姆孙“枣糕模型”的错误后提出了“核式结构”理论
C. 卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正确性
D. 卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论
6. 如图所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有
害气体、高效节能等是电磁炉的优势所在。

电磁炉是利用电流通过线圈
产生磁场，当磁场通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体
本身自行高速发热，然后再加热锅内食物。

下列相关说法中正确的是( )
A. 锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的
B. 恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好
C. 锅体中的涡流是由变化的磁场产生的
D. 降低磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果
7. 如图所示为某一电场的电场线，M 、N 是同一条电场线上的两点．下
列判断正确的是( )
A. M 点的电场强度大于N 点的电场强度
B. M 点的电势高于N 点的电势
C. 负电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能
D. 正电荷从M 点由静止释放，将沿电场线运动到N 点
8. 2014年11月21日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟小型运载火箭成功将“快舟二号”卫星发
射升空，并顺利进入预定轨道．我国已成为完整发射卫星−火箭一体化快速应急空间飞行器试验的国家，具有重要的战略意义．若快舟卫星的运行轨道均可视为圆轨道，“快舟一号”运行周期为T 1、动能为E k1；“快舟二号”运行周期为T 2、动能为E k2.已知两卫星质量相等．则两卫星的周期之比T 1T 2为( ) A. E k1
E k2 B. E k2
E k1 C. √(E k1E k2)3 D. √(E
k2E k1)3 9. 电动机正常工作时( )
A. 电能全部转化为内能
B. 电能全部转化为机械能
C. 电能主要转化为机械能，只有一小部分转化为内能
D. 电功率等于热功率之和
10. 如图所示，A 和B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。

开始时开
关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P 在a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是( )
A. 小球带负电
B. 当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大
C. 当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D. 当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率
11.如图所示是一列简谐横波在某时刻的波形图．已知图中质点b的
起振时刻比质点a落后了0.5s，b和c之间的距离是5m.关于这列
波，以下说法正确的是()
A. 波的波速为2.5m/s
B. 波的频率为2Hz
C. 该时刻质点P正向上运动
D. 波沿x轴负方向传播
12.关于变压器，下列说法正确的是()
A. 变压器可以改变直流电压
B. 变压器是根据电磁感应原理工作的
C. 变压器可以把其它形式的能转化为电能
D. 降压变压器的次级线圈的匝数比初级多
13.两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、
b，并悬挂在O点。

当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线
与竖直方向间夹角均为α=30°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球
的质量为()
A. √3kQ2
gL2
B. √3kQ2
3gL2
C. kQ2
gL2
D. 2kQ2
gL2
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14.如图所示，某LC振荡电路中，某时刻振荡电流i的方向如箭头所示．下列对各回路情况的判断
正确的是()
A. 若电路中电流i正在增大，则该电路中线圈的自感电动势必定在增大
B. 若电路中电流i正在增大，则该电路中电容器里的电场方向必定向下
C. 若电路中电流i正在减小，则该电路中线圈周围的磁场必在增强
D. 若电路中电流i正在减小，则该电路中电容器极板上的电荷必是上负下正
15.为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20cm的坦克壁上开了一个直径为12cm的孔，若在孔
内分别安装由同一材料制成的如图所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同．坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是()
A. 甲的大于乙的
B. 甲的小于丙的
C. 乙的小于丙的
D. 乙的等于丙的
16.下列说法中正确的是()
A. 紫外线照射到金属锌扳表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表
面逸出的光电子的最大初动能不会发生改变
B. 在某些恒星内，3个α粒子结合成一个612C，612C原子的质量是12.0000u，24He原子的质
量是4.0026u，已知1u=931.5MeV/c2，则此核反应中释放的核能约为1.16×10−12J
C. 从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小
D. 90234Tℎ衰变为86222Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
17.某同学利用重锤自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”实验。

(1)下图是释放纸带瞬间的照片，指出其装置或操作中一处不合理的地方________________。

(2)为完成本实验，除了图中所示的装置外，还需要什么器材_________。

(写出器材名称)
(3)同学得到了如图所示的一条纸带，读出O、E两点间的距离为_________cm。

(4)已知图中每两个点之间的时间间隔为0.02s，计算打下点E时纸带速度的大小为
_________m/s(保留3位有效数字)。

18.现有如图所示的实验器材(示意图)，要完成伏安法“测定干电池的电动势和内阻”实验
(1)请选用器材并在实物连线图上完成必需的导线连接．
(2)若测得的实验数据如表，则干电池的电动势E=______ V和内阻R=______ Ω.
电压(U/V) 1.48 1.44 1.38 1.30 1.20 1.08
电流(I/A)0.050.100.150.250.350.50
(3)若图中所给的电流表已被损坏，用剩余器材能否测定干电池的电动势和内阻？如能的话，请
选定器材并画出电路图．
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
19.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。

木板
受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，
(1)小滑块的质量为多少？
(2)当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为多大？
20.如图所示，AB是处于竖直平面内半径R=0.45m的光滑1
圆弧轨道，BC是长度L=2m的水平
4
传送带，AB轨道与传送带在B点相切，一质量m=1kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，滑块通过圆弧轨道的B点后滑上传送带。

已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，传送带以v=2m/s的速率匀速运动，g取10m/s2。

求：
(1)滑块运动到B点时的速率和对圆弧轨道的压力大小。

(2)滑块从C点滑出时的速度。

21.如图甲所示，水平面上固定着两根间距L=0.5m的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间
连接一个阻值R=3Ω的电阻，一根质量m=0.2kg、电阻r=2Ω的金属棒ab垂直于导轨放置。

在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B=2T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d=5.2m。

现对金属棒施加一个大小F=2N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v−t图象如图乙所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。

求：
(1)金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小F安；
(2)金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量Q R。

22.边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图
所示。

左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1；右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。

一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的夹角θ=300，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力。

求：
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；
(2)左侧磁场区域磁感应强度B1；
(3)若B2=√6mqU
，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？
qL
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、牛顿属于国际单位制中导出单位，故A错误。

B、秒属于国际单位制中基本单位，故B正确。

C、克不属于国际单位制中的单位，故C错误。

D、千米是常用单位，故D错误。

故选：B。

国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
国际单位制规定了七个基本物理量和七个基本单位，这七个基本物理量和基本单位分别是哪些，这都是需要学生自己记住的基本知识．
2.答案：D
解析：
本题考查超重和失重，物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，基础题。

不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的，质量是物体的固有属性，惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，不论超重或失重甚至完全失重，物体的质量大小不变，惯性不变。

AB.不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的，故A错误，B错误；
C.惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，不论超重或失重甚至完全失重，物体的质量大小不变，惯性不变，故C错误；
D.不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力的大小和方向都是不变的，物体的质量大小不变，故D正确。

故选D。

3.答案：B
解析：
作用力和反作用力是两个相互作用的物体之间的相互作用，作用在两个物体上，大小相等，方向相反。

作用力和反作用力与平衡力的主要区别在于作用物体不同，前者对称两个物体受力；而平衡力却是同一个物体受到的力。

A.物体受到的重力属于地球对物体的吸引力，它的反作用力是物体对地球的吸引力，A错误；BC.一对相互作用力，究竟哪一个力是作用力，哪一个力是反作用力，是相对而言的，B正确，C错误；
D.作用力和反作用力分别作用在两个相互作用的物体上，D错误。

4.答案：A
解析：
从图中可以看出，速度与水平方向的夹角为θ1，位移与竖直方向的夹角为θ2.然后求出两个角的正切值．
解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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．以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍．
解：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。

速度与水平方向的夹角为θ1，
tanθ1=v y
v0=gt
v0
.位移与竖直方向的夹角为θ2，tanθ2=x
y
=v0t
1
2
gt2
=2v0
gt
，则tanθ1tanθ2=2.故A正确，
B、C、D错误。

故选：A。

5.答案：D
解析：
α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来)，明确α粒子散射实验现象的内容以及造成这种现象的原因，正确利用物体受力和运动的关系判断。

对于α粒子散射实验要明确其实验现象和结论，了解产生这种现象的原因是什么。

A.卢瑟福做α粒子散射实验是为了验证汤姆孙的“枣糕”模型是否正确的，故A错误；
B.卢瑟福依据α粒子散射实验的现象，认识到汤姆孙“枣糕”模型的错误后提出了原子的核式结构理论，故B错误；
CD.卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论，故C错误，D正确；
故选D。

6.答案：C
解析：
电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物。

本题要求学生根据题文的信息解答，考查了学生接受信息的能力，掌握电磁炉的应用及工作原理。

解析：
A.锅体中的涡流是由变化的电场产生，故A错误；
B.恒定磁场则不会产生电场，故不能工作，故B错误；
C.锅体中的涡流是由变化的磁场产生，从而产生变化电场，使其形成涡流，故C正确；
D.锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，因此提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果，故D错误。

故选C。

7.答案：B
解析：解：A、电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，故A错误；
B、顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B正确；
C、根据E P=qφ，φM>φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，故C错误；
D 、在M 点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D 错误。

故选：B 。

由电场线的疏密分析场强的大小；
根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化； 根据电势能的定义判断电势能的大小； 电场线不表示电荷的运动轨迹．
解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．
判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
8.答案：D
解析：
根据飞船在轨道上飞行只受引力，根据万有引力提供向心力去分析相关物理量的大小． 根据万有引力提供向心力得：
GMm r 2=m 4π2T 2r =m v 2
r v =√GM r
E k =1
2mv 2=
GMm 2r
，
r =
GMm
2E k
T =2π√r 3
GM
则两卫星的周期之比为：T 1T 2
=√(E
k2E k1
)3，
故选：D ．
9.答案：C
解析：解：A 、B 、C 电动机正常工作时，消耗的电能主要转化为机械能和小部分内能．故AB 错误，C 正确．
D、根据能量转化和守恒定律得知：电功率等于机械功率和热功率之和．故D错误．
故选：C
电动机正常工作时，根据能量转化和守恒定律分析电能如何转化，及电功率与机械功率、热功率的关系．
本题关键要抓住电动机能量是如何转化的，来分析功率关系．
10.答案：C
解析：
由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．
本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．
A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．
B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E−Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．
C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．
D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误
故选：C
11.答案：C
解析：解：A、B由题，b和c之间的距离是5m，则波长即为5m.b、a两点振动相差半个周期，由题：
=5m/s，
图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，则周期T=1s，则波速为v=λ
T
=1Hz.故AB错误．
频率f=1
T
C、D由于质点b的起振时刻比质点a迟，所以波沿X轴正方向传播，该时刻质点P正向上运动．故C正确，D错误．
故选C
b、a两点振动相差半个周期，根据图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，确定出周期，b、c 间距离等于一个波长，确定出波长，求出波速．波由振动早的质点向振动迟的质点传播．
本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长．
12.答案：B
解析：
变压器是根据磁通量的变化来工作的，对于直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，而原副线圈的电压比等于匝数比．
本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解．难度不大，属于基础题．
A、变压器是根据磁通量的变化来工作的，对于直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，故A错误；
B、变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流，即变压器利用了电磁感应原理工作的，故B正确；
C、变压器只能把电能转化为电能，不能把其他形式的能转化为电能，故C错误；
D、根据原副线圈电压比等于匝数比可知：降压变压器的次级线圈的匝数比初级少，故D错误．
故选B．
13.答案：A
解析：解：对小球进行受力分析，如图所示。

设绳子对小球的拉力为T，
根据平衡条件，结合三角知识，可得：F c
mg
=tanα，
根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为：F c=kQ2
L2
，
解得：m=√3kQ 2
gL2
，故A正确，BCD错误；
故选：A。

对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小与库仑力大小的数量关系，由库仑力公式可得出小球受到的库仑力的大小，再求得小球的质量。

本题两边的球是对称的，故分析其中一个小球即可得出正确结论；
在电场中处理问题的方法与力学是一致的，做好受力分析是解决问题的关键。

14.答案：BD
解析：当电流逐渐增大时，电容器放电，电压减小，电动势减小，A项错误，B项正确。

当电流减小时，是充电过程，线圈周围磁场减小，电流方向指向下极板，电路中电容器极板上的电荷必是上负下正，C项错误，D项正确。

15.答案：AD
解析：
光线通过玻璃砖后出射光线和入射光线平行，作出光路图，根据光在玻璃砖中的入射角大小比较折射角的大小，通过光的可逆原理比较观察到外界的角度范围。

本题考查了光的折射定律的基本运用，关键作出光路图，通过临界状态，结合入射角的大小比较折射角的大小。

光线穿过玻璃砖后，出射光线和入射光线平行，光路图如图所示，图1中的在玻璃砖中的入射角大于图2、图3中玻璃砖中的入射角，根据折射定律，射入空气的折射角图1最大，根据光的可逆原理，知图1观察到的角度范围最大。

由图可知，出射光线和入射光线平行，在图2和图3中，由几何关系知，两光线在玻璃砖中的入射角相等，则在空气中的折射角也相等，即图2和图3观察的范围相同，故AD正确，BC错误。

故选AD。

16.答案：ABD
解析：
光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出核反应中释放的核能；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化；根据质量数和电荷数守恒确定衰变次数。

本题考查了光电效应方程、核能的计算、能级、衰变规律等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，同时是以原子物理的相关知识为命题背景考查学生的理解能力。

A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关，故A正确；
B.该核反应的质量亏损Δm=4.0026×3u−12.0000u=0.0078u，则释放的核能ΔE=Δmc2=
0.0078×931.5MeV=7.266MeV=1.16×10−12J，故B正确；
= C.氢原子的核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级，能量减小，释放光子，电子半径减小，根据k e2
r2 m v2
可知，动能增大，故C错误；
r
D.90234Tℎ衰变为86222Rn设经x次α衰变，y次β衰变，根据质量数和电荷数守恒有：234=222+4x，90=86+2x−y，解得：x=3，y=2，故D正确。

故选ABD。

17.答案：(1)打点计时器安装太低，重锤很快撞击桌面，纸带没有被充分利用；手持纸带位置太低，使得纸带弯折，增大了纸带和打点计时器的摩擦
(2)刻度尺
(3)8.80
(4)1.20
解析：
(1)从减少实验误差的思路出发；
(2)根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材；
(3)根据刻度尺的读数方法进行读数即可；
(4)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上计数点的瞬时速度大小。

根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、数据处理等，实验结论的梳理。

(1)由图可知打点计时器安装太低，重锤很快撞击桌面，纸带没有被充分利用；手持纸带位置太低，使得纸带弯折，增大了纸带和打点计时器的摩擦；
(2)实验中纸带上的点点之间的距离需要测量，故用到刻度尺；
(3)由图可知O、E两点间的距离为8.80cm；
=
(4)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v E=11.20cm−6.40cm
2×0.02s
120cm/s=1.20m/s。

故答案为：
(1)打点计时器安装太低，重锤很快撞击桌面，纸带没有被充分利用；手持纸带位置太低，使得纸带弯折，增大了纸带和打点计时器的摩擦；
(2)刻度尺；
(3)8.80；
(4)1.20。

18.答案：1.52；0.90
解析：解：(1)应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据作出的点作出图象如图所示：
作出U−I图象如图，由图象读出纵轴的截距U=1.52V，则电动势E=U=1.52V，
斜率的大小等于内阻，则r=△U
△I =1.52−1.07
0.5
≈0.90Ω．
(3)如果电流表已被损坏，可以采用电阻箱与电压表配合进行测量，选择图中电池、电键、电压表和电阻箱等实验器材，电路图如图所示：
故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)图象如图所示；电源电动势为1.52V，内阻为：0.90Ω．(3)能．实验器材：电池、电键、电压表和电阻箱等实验器材．电路图如图所示．
(1)根据测电源电动势与内阻的实验原理连接实物电路图．
(2)应用描点法作出图象，然后根据图象求出电源的电动势与内阻．
(3)电流表损坏，可以应用伏阻法测电源电动势与内阻．
本题考查测量电源的电动势和内阻，经常采用的方法有伏安法、伏阻法和安阻法，本题考查了两种方法；要注意体会两种方法的区别和相同之处．
19.答案：解：(1)当F=6N时，加速度为：a=2m/s2。

对整体，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，代入数据解得：M+m=3kg
当F>6N时，根据牛顿第二定律得：
长木板的加速度a=F−μmg
M =1
M
F−μmg
M
，知图线的斜率k=1
M
=2
6−4
=1
解得：M=1kg
则得滑块的质量为：m=2kg。

(2)当F>6N时a=F−20μ.代入题图数据即得：μ=0.2
所以a=F−4
当F=7N时，长木板的加速度为：a1=3m/s2。

答：
(1)小滑块的质量为2kg。

(2)当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m/s2。

解析：(1)当拉力F小于6N时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力大于6N时，m 和M发生相对滑动。

由图读出：当F=6N时，加速度为：a=2m/s2.对整体，由牛顿第二定律列式：F=(M+m)a，得到M+m.当F大于6N时，对长木板，根据牛顿第二定律列式，结合图线的斜率求解滑块的质量。

(2)根据上题的结果求出滑块与长木板间的动摩擦因数。

当水平拉力F=7N时，对长木板，运用牛顿第二定律求加速度。

本题是牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。

20.答案：解：(1)滑块由A运动到B过程，由动能定理：mgR=1
2
mv B2。