2021年上海市金山区高考物理二模试卷

这是一份2021年上海市金山区高考物理二模试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题注意等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市金山区高考物理二模试卷
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）核电池利用钚﹣238衰变来产生能量，其核反应方程Pu→U+A中的A粒子是（　　）
A．质子 B．中子 C．α粒子 D．β粒子
2．（3分）若已知油酸分子的体积和阿伏加德罗常数，则能算出（　　）
A．油的密度 B．一滴油的质量
C．油酸的摩尔体积 D．油酸的摩尔质量
3．（3分）在双缝干涉实验中，略增大双缝间距，其他条件不变，干涉条纹将（　　）
A．变密 B．变疏 C．不变 D．消失
4．（3分）如图，用紫外线照射金属板产生光电效应现象后，验电器的指针就张开一个角度，则用下列电磁波照射金属板也一定能使验电器指针张开的是（　　）

A．可见光 B．γ射线 C．红外光 D．无线电波
5．（3分）若单摆的摆长变大，摆球的质量变大，摆球离开平衡位置的最大摆角不变，则单摆振动的（　　）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变大
C．周期变大，振幅不变 D．周期变大，振幅变大
6．（3分）如图，通有恒定电流的固定直导线附近有一圆形线圈，导线与线圈置于同一光滑水平面。若增大导线中的电流强度，线圈内产生（　　）

A．逆时针电流，且有收缩趋势
B．逆时针电流，且有膨胀趋势
C．顺时针电流，且有收缩趋势
D．顺时针电流，且有膨胀趋势
7．（3分）如图，同一条过山车轨道上，一辆小车与多辆相同小车连接在一起分别以初速度v0进入圆轨道，若滑行到重心最高时速度分别为v1和v2。不计轨道和空气阻力，则v1、v2的大小关系是（　　）
A．v1＜v2
B．v1＞v2
C．v1＝v2
D．与小车数量有关，无法判断
8．（3分）如图，一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其体积（　　）

A．保持不变 B．逐渐变大
C．逐渐变小 D．先变小后变大
9．（4分）一机械波沿x正方向传播。若A、B两质点某时刻速度相同且位置如图所示，则AB之间两种可能的波形是（　　）
A． B．
C． D．
10．（4分）如图，分别将两个质量相同的小球A、B从竖直铝管的管口上方静止释放。在A、B两球分别穿过铝管的过程中，某同学对铝管向上的平均作用力分别为10.5N、10.0N，使铝管保持静止。不计空气阻力，其中一个小球是磁体，则（　　）

A．A球是磁体，铝管重约10.0N
B．A球是磁体，铝管重约10.5N
C．B球是磁体，铝管重约10.0N
D．B球是磁体，铝管重约10.5N
11．（4分）一个小球被竖直向上抛出，不计空气阻力，取g＝10m/s2。若前3s内的位移和第4s内的位移大小相等、方向相反，则小球前4s内的位移和上抛初速度大小分别为（　　）
A．0m，20m/s B．0m，30m/s C．45m，20m/s D．45m，30m/s
12．（4分）三个电量分别是﹣Q、+Q、+Q的点电荷固定在三角形的三个顶点，形成电场的部分等势面如图所示，粗实线①为某根电场线。下列推理中正确的是（　　）

A．根据电场线①与等势面垂直，可知等势面1和等势面2的电势相等
B．根据沿电场线①方向电势降低，可知等势面1和等势面2的电势相等
C．根据沿电场线①方向电势降低，可知不存在与﹣Q和+Q的连线重合的电场线
D．根据﹣Q和+Q的连线与等势面不垂直，可知不存在与﹣Q和+Q的连线重合的电场线
二、填空题（共20分）
13．（4分）卡文迪许利用　 　实验测量了引力常量G。两物体间的万有引力大小相等，与两物体质量是否相等　 　（选填“有关”或“无关”）。
14．（4分）如图，一带电量大小为q、质量为m的小球，用绝缘丝线悬挂在竖直墙壁上，处于与水平方向成θ角的斜向下匀强电场中，小球平衡时丝线恰好水平。则小球带电　 　（选填“正”或“负”），此电场的电场强度为　 　。

15．（4分）半径50m的摩天轮匀速转动，周期为1200s。座舱经过底部弧长5m的范围为下客区域，则舱内乘客有　 　s时间出舱。若乘客能感受到的最小加速度约0.02m/s2，则乘客在乘坐该摩天轮时　 　（选填“能”或“不能”）感受到因转动而产生的加速度。

16．（4分）如图所示电路中，E为电源，电源内阻为r，R1和R2是定值电阻，且R1＝R2＞r，滑动变阻器R3的滑片P从上端向下移动过程中，电流表示数的变化是　 　；外电路消耗的功率的变化是　 　。

17．（4分）某同学在地面用如图所示的模型模拟客机在高空时机舱的换气过程。将外部压强为p的空气压缩后吸入内部，同时将内部原先的气体排出，以维持模型内压强为1.2p和空气的清洁。已知模型容积为V，该同学认为：更换模型内全部空气的过程中机身内外的气体温度相同，最少需要将体积为　 　的外部空气吸入。上述观点并不适用实际高空飞机吸入气体的情况，原因是　 　。

三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）如图（a）所示为用DIS测量电动势和内阻的实验电路，其中R0为阻值固定的保护电阻。

（1）将实验电路图补充完整（可补充必要的器材，不需要画出数据采集器和计算机）。
（2）闭合电键前，应对电压传感器和电流传感器进行　 　操作。获得的数据在计算机屏幕上显示为U﹣I图，直线拟合后得到如图（b）所示的图像，某同学得出电池电动势为1.50V、内阻为1.96Ω，其判断的依据是　 　。
（3）有四组同学因接线问题，在实验中分别得到了图（c）所示的四张图像，其中仅因为传感器的正负接线柱连错而得到的图像可能是　 　（填写编号），此种图像　 　（选填“能”或“不能”）得到电池的电动势和内阻。
19．（14分）如图，倾角为37°的固定斜面上AB段粗糙，BC段光滑，且3AB＝4BC。一个质量为2kg的小物体以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑动，到达B点时速度为6m/s，再经1s时间，到达C点时速度恰好为零。以B点处为零势能面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）物体到达C点时的重力势能；
（2）物体与AB段斜面之间的动摩擦因数；
（3）物体沿斜面上滑过程中，其动能与重力势能相等的位置。

20．（16分）如图，宽度分别为L和2L的两条并排光滑长金属轨道固定在竖直平面内，水平金属杆a、b与两轨道接触良好。杆a质量为m，杆b质量为2m。定值电阻阻值为R，其余部分电阻不计。整个装置处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度为B。静止释放杆a，用竖直外力使杆b保持静止。
（1）分析说明杆a下落过程速度和加速度大小的变化情况；
（2）分析说明杆b上竖直外力大小的变化情况；
（3）先后释放两杆，当两杆做匀速运动时两者将其他能转化为电能的本领相同，则此时两杆的速度分别为多大？


2021年上海市金山区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）核电池利用钚﹣238衰变来产生能量，其核反应方程Pu→U+A中的A粒子是（　　）
A．质子 B．中子 C．α粒子 D．β粒子
【分析】根据质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程，判断A粒子的类型。
【解答】解：根据质量数和电荷数守恒可知，该方程中的粒子A的质量数为：m＝238﹣234＝4，电荷数：z＝94﹣92＝2，可知A为α粒子，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】该题考查常见的核反应方程，解答的关键是掌握质量数和电荷数守恒。
2．（3分）若已知油酸分子的体积和阿伏加德罗常数，则能算出（　　）
A．油的密度 B．一滴油的质量
C．油酸的摩尔体积 D．油酸的摩尔质量
【分析】已知油酸分子的体积；由于液体分子间距可以忽略不计，故可以求解液体的摩尔体积。
【解答】解：已知油酸分子体积，根据V＝NAV0可以计算出油酸的摩尔体积；
但由于不知道密度，故无法求解油酸的摩尔质量，更不能求解油酸的质量；同时更无法求出油滴的质量和体积；故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，阿伏加德罗常数是分子动理论中一个重要概念，要注意理解，加强练习。
3．（3分）在双缝干涉实验中，略增大双缝间距，其他条件不变，干涉条纹将（　　）
A．变密 B．变疏 C．不变 D．消失
【分析】由干涉条纹间距△x＝，判断条纹间距的变化和密度的变化。
【解答】解：根据条纹间距△x＝，可知略增大双缝间距d，则干涉条纹的宽度减小，干涉条纹将变密，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了用激光器、双缝、光屏等器材研究光的干涉现象，记住干涉条纹间距△x＝。
4．（3分）如图，用紫外线照射金属板产生光电效应现象后，验电器的指针就张开一个角度，则用下列电磁波照射金属板也一定能使验电器指针张开的是（　　）

A．可见光 B．γ射线 C．红外光 D．无线电波
【分析】只有入射光的频率大于金属板的截止频率时才能发生光电效应，选项中只有γ射线的频率比紫外线大，所以用γ射线射线照射时一定也能发生光电效应。
【解答】解：只有入射光的频率大于金属板的截止频率时才能发生光电效应。题目中各种电磁波的频率关系如下：γ射线＞紫外线＞可见光＞红外光＞无线电波，当紫外线照射金属板能够发生光电效应时，只有换用频率更大的γ射线时，才一定能使金属板发生光电效应。故ACD错误、B正确。
故选：B。
【点评】本题考查的是光电效应发生的条件，同时要对一些常见电磁波的频率关系有所了解。
5．（3分）若单摆的摆长变大，摆球的质量变大，摆球离开平衡位置的最大摆角不变，则单摆振动的（　　）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变大
C．周期变大，振幅不变 D．周期变大，振幅变大
【分析】根据单摆的周期公式T＝2判断周期的变化；摆长变长，离开平衡位置的最大角度不变，离开平衡位置的距离变大，则振幅变大。
【解答】解：周期大小与质量无关，根据单摆的周期公式T＝2得，摆长变长，则周期变大；由题意知摆球离开平衡位置的最大角度不变，由于摆长变长，则离开平衡位置的最大距离增大，即振幅增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查单摆的周期公式，解决本题的关键知道摆球的质量不影响单摆的周期，周期由摆长、以及当地的重力加速度决定。
6．（3分）如图，通有恒定电流的固定直导线附近有一圆形线圈，导线与线圈置于同一光滑水平面。若增大导线中的电流强度，线圈内产生（　　）

A．逆时针电流，且有收缩趋势
B．逆时针电流，且有膨胀趋势
C．顺时针电流，且有收缩趋势
D．顺时针电流，且有膨胀趋势
【分析】根据磁通量变化，结合右手螺旋定则与楞次定律，分析线圈的运动情况即可。
【解答】解：当导线中电流强度增大，导线将产生的磁场增强，使得穿过线框的磁通量增大，从而产生感应电流阻碍磁通量的增大，
依据右手螺旋定则，可知，穿过线圈的磁通量向下（俯视），再由楞次定律的“增反减同”可知，线圈中产生逆时针方向感应电流，为阻碍磁通量的增大，则线圈有收缩趋势，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】考查楞次定律的应用，掌握穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化，并注意理解楞次定律的“增缩减扩”的内涵。
7．（3分）如图，同一条过山车轨道上，一辆小车与多辆相同小车连接在一起分别以初速度v0进入圆轨道，若滑行到重心最高时速度分别为v1和v2。不计轨道和空气阻力，则v1、v2的大小关系是（　　）
A．v1＜v2
B．v1＞v2
C．v1＝v2
D．与小车数量有关，无法判断
【分析】根据机械能守恒定律，动能转化为重力势能，区分两次重心位置不同。
【解答】解：小车在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能转化为重力势能；但一辆小车其重心位置在圆的最高点，多辆小车其重心位置比圆的最高点低，根据mgh+＝可得，h小，最高点的速度大，所以v1＜v2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的动能和势能之间的转化，重心位置的确定是解题的关键。
8．（3分）如图，一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其体积（　　）

A．保持不变 B．逐渐变大
C．逐渐变小 D．先变小后变大
【分析】根据图象判断气体的温度与压强的变化情况，然后应用理想气体状态方程＝C判断气体体积如何变化，根据气体状态变化情况分析答题。
【解答】解：将t轴上绝对零度（即﹣273℃）点D与AB连接起来，AD与BD均表示气体的等容变化，由数学知识得知：
等容线斜率越大，越大，由气态方程＝c得知，体积越小。
由图知：AD斜率较大，BD斜率较小，则AD线对应的气体体积较小，BD线对应的体积较大，故气体由A变化到B，压强逐渐增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。

【点评】对于气体状态图象，根据气态方程＝C分析状态变化过程，利用好图象过原点这一特点。
9．（4分）一机械波沿x正方向传播。若A、B两质点某时刻速度相同且位置如图所示，则AB之间两种可能的波形是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据波的传播方向和A、B两质点速度相同的条件，结合同侧法判定即可。
【解答】解：因为波沿x正方向传播，且A、B两质点速度相同，则两质点位移大小相等，根据同侧法确定，ABC项中A、B质点速度方向不同，故ABC错误，D项正确；
故选：D。
【点评】本题主要是考查了波的图象，用同侧法确定其运动方向判定其图像是否正确是解题的关键。
10．（4分）如图，分别将两个质量相同的小球A、B从竖直铝管的管口上方静止释放。在A、B两球分别穿过铝管的过程中，某同学对铝管向上的平均作用力分别为10.5N、10.0N，使铝管保持静止。不计空气阻力，其中一个小球是磁体，则（　　）

A．A球是磁体，铝管重约10.0N
B．A球是磁体，铝管重约10.5N
C．B球是磁体，铝管重约10.0N
D．B球是磁体，铝管重约10.5N
【分析】磁体穿过铝管时，会产生感应电流，进而产生安培力，根据安培力和重力的作用，结合题意，从而即可判定。
【解答】解：当小磁体在竖直铝管下落时，由于穿过铝管的磁通量变化，导致铝管产生感应电流，根据楞次定律的推广含义——来拒去留可在，产生安培斥力，导致此同学对铝管向上的平均作用力大于没有安培阻力情况，
由于同学对铝管向上的平均作用力分别为10.5N、10.0N，因此A球是磁体，则铝管重约10.0N，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题是电磁感应和受力分析相结合的题目，但磁体运动中现有知识无法具体计算安培力大小，故只能通过估算分析得出答案，其次要注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．
11．（4分）一个小球被竖直向上抛出，不计空气阻力，取g＝10m/s2。若前3s内的位移和第4s内的位移大小相等、方向相反，则小球前4s内的位移和上抛初速度大小分别为（　　）
A．0m，20m/s B．0m，30m/s C．45m，20m/s D．45m，30m/s
【分析】物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀变速直线运动，由前3s内的位移和第4s内的位移大小相等、方向相反，先判断出4s内的位移为零，然后由位移﹣时间公式即可求出初速度。
【解答】解：由于前3s内的位移和第4s内的位移大小相等、方向相反，可知4s内的总位移为零，竖直上抛运动的初速度方向竖直向上，加速度的方向竖直向下，为﹣g，选取竖直向上为正方向，设初速度的大小为v，则：0＝
代入数据可得：v＝20m/s
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用。
12．（4分）三个电量分别是﹣Q、+Q、+Q的点电荷固定在三角形的三个顶点，形成电场的部分等势面如图所示，粗实线①为某根电场线。下列推理中正确的是（　　）

A．根据电场线①与等势面垂直，可知等势面1和等势面2的电势相等
B．根据沿电场线①方向电势降低，可知等势面1和等势面2的电势相等
C．根据沿电场线①方向电势降低，可知不存在与﹣Q和+Q的连线重合的电场线
D．根据﹣Q和+Q的连线与等势面不垂直，可知不存在与﹣Q和+Q的连线重合的电场线
【分析】电势是标量，电势计算遵循代数叠加，由于不能确定等势面1和等势面2距离三个点电荷的位置关系，所以不能确定这两个等势面的电势关系；电场线总是与等势面垂直，因为﹣Q与+Q的连线不是处处与等势面垂直，所以不存在与连线重合的电场线。
【解答】解：AB、由于不能确定等势面1和等势面2上的各点距离三个点电荷的位置关系，所以无法判断等势面1和等势面2的电势关系，故A错误、B错误；
CD、电场线一定处处与等势面垂直，假设﹣Q与+Q的连线与某条电场线重合，则该电场线上各处都应该与等势面垂直，观察题目所给图象，﹣Q与+Q的连线不满足该要求，所以不存在与这个连线重合的电场线。而从C选项沿电场线①电势降低，无法推出是否存在电场线与﹣Q和+Q的连线重合，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电场线与等势面的关系，解题的关键就是电场线总是与等势面相垂直。
二、填空题（共20分）
13．（4分）卡文迪许利用　扭秤　实验测量了引力常量G。两物体间的万有引力大小相等，与两物体质量是否相等　无关　（选填“有关”或“无关”）。
【分析】卡文迪许第一次在实验室利用扭秤实验测出了引力常量，两物体间的万有引力总是大小相等，与两物体质量是否相等无关，遵循牛顿第三定律。
【解答】解：卡文迪许第一次在实验室利用扭秤实验测出了引力常量，两物体间的万有引力总是大小相等，与两物体质量是否相等无关，遵循牛顿第三定律。
故答案为：扭秤，无关。
【点评】本题考查了物理学史，学好物理学史不仅是高中物理学习的要求，而且能提高我们对物理的学习兴趣，平时要注意物理学史的积累．
14．（4分）如图，一带电量大小为q、质量为m的小球，用绝缘丝线悬挂在竖直墙壁上，处于与水平方向成θ角的斜向下匀强电场中，小球平衡时丝线恰好水平。则小球带电　负　（选填“正”或“负”），此电场的电场强度为　　。

【分析】小球静止处于平衡状态，对小球受力分析，根据电场力方向与电场方向的关系判断小球的电性，应用平衡条件和电场力公式F＝qE求出电场强度大小。
【解答】解：小球受力如图所示，因为电场力方向与电场方向相反，所以小球带负电。

由平衡条件得：qEsinθ＝mg，解得：E＝
故答案为：负，。
【点评】本题分析清楚小球的受力情况是解题的前提与关键，应用平衡条件可以答题。
15．（4分）半径50m的摩天轮匀速转动，周期为1200s。座舱经过底部弧长5m的范围为下客区域，则舱内乘客有　19.1　s时间出舱。若乘客能感受到的最小加速度约0.02m/s2，则乘客在乘坐该摩天轮时　不能　（选填“能”或“不能”）感受到因转动而产生的加速度。

【分析】根据求得出仓时间，根据a＝求得向心加速度即可判断。
【解答】解：舱内乘客出仓时间t＝
向心加速度a＝＜0.02m/s2
乘坐该摩天轮时不能感受到因转动而产生的加速度
故答案为：19.1；不能
【点评】本题主要考查了匀速圆周运动，熟练圆周运动的公式即可判断。
16．（4分）如图所示电路中，E为电源，电源内阻为r，R1和R2是定值电阻，且R1＝R2＞r，滑动变阻器R3的滑片P从上端向下移动过程中，电流表示数的变化是　减小　；外电路消耗的功率的变化是　减小　。

【分析】R2与R3并联后与R1串联，A测量R3中的电流，电压表V测量路端电压。当滑动变阻器R3的滑片向下移动过程中，R3接入电阻增大，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，根据串联电路的电压规律可知R2与R3并联电路两端电压的变化，由欧姆定律可知通过R2的电流的变化，再根据并联电路的电流规律可知电流A表示数的变化。由题R1＝R2＞r，根据外电路总电阻的变化，即可判断外电路消耗的功率的变化。
【解答】解：在滑动变阻器R3的滑片向下移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，R1两端的电压减小，则R2与R3并联电路两端的电压增大，由欧姆定律可知，通过R2的电流增大，由并联电路的分流规律可知，通过R3的电流减小，即电流表A示数减小；
根据电源的外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大可知，由于R1＝R2＞r，外电路总电阻增大，则电源的输出功率减小，即外电路消耗的功率的变化是减小．
故答案为：减小，减小。
【点评】本题考查电路的动态分析，注意掌握此类问题的分析方法，一般情况下，可以按照由局部到整体再到局部的分析方法，结合串并联电路的规律进行分析。
17．（4分）某同学在地面用如图所示的模型模拟客机在高空时机舱的换气过程。将外部压强为p的空气压缩后吸入内部，同时将内部原先的气体排出，以维持模型内压强为1.2p和空气的清洁。已知模型容积为V，该同学认为：更换模型内全部空气的过程中机身内外的气体温度相同，最少需要将体积为　1.2V　的外部空气吸入。上述观点并不适用实际高空飞机吸入气体的情况，原因是　实际高空中机舱内外气体温度不相同　。

【分析】根据题意可知该过程中气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解；实际上内外气体的温度是不同的。
【解答】解：设要吸入气体体积为V0，大气压压强为p，容器内压强为1.2p，整个过程中温度不变，则有：pV0＝1.2pV，
解得V0＝1.2V；
在实际中，高空吸入的气体温度要低于机舱内气体温度，故上述观点并不适用实际高空飞机吸入气体的情况。
故答案为：1.2V，实际高空中机舱内外气体温度不相同。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）如图（a）所示为用DIS测量电动势和内阻的实验电路，其中R0为阻值固定的保护电阻。

（1）将实验电路图补充完整（可补充必要的器材，不需要画出数据采集器和计算机）。
（2）闭合电键前，应对电压传感器和电流传感器进行　调零　操作。获得的数据在计算机屏幕上显示为U﹣I图，直线拟合后得到如图（b）所示的图像，某同学得出电池电动势为1.50V、内阻为1.96Ω，其判断的依据是　由闭合电路欧姆定律可知U＝E﹣Ir，U﹣I图线的截距对应E，斜率对应﹣r　。
（3）有四组同学因接线问题，在实验中分别得到了图（c）所示的四张图像，其中仅因为传感器的正负接线柱连错而得到的图像可能是　BD　（填写编号），此种图像　能　（选填“能”或“不能”）得到电池的电动势和内阻。
【分析】（1）根据实验原理补充电路图；
（2）根据U﹣I的关系图线；结合U﹣I关系式，说明理由；
（3）根据路端电压随电流的增大而减小的特点分析判断。
【解答】解：（1）根据伏安法测电源电动势和内阻的实验原理，将电路图补充完整，如图所示；
（2）在闭合电键前，要对两个传感器进行调零操作。根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，所以图b中的直线的纵截距b＝E＝1.50V，斜率的绝对值|k|＝r＝1.96Ω；
（3）我们知道，路端电压U＝E﹣Ir，随着电流的增大而减小的。而图象中的电流和电压的负值只是方向，要看图象横纵坐标的绝对值的变化是否符合上述规律。
A、由图象看出，随电流I的增大而增大，故A错误；
B、由图象看出，随着电流的增大而减小，只是电压传感器接反，故B正确；
C、由图象看出，随着电流的增大而增大，故C错误；
D、由图象看出，随着电流的增大而减小，只是电流传感器接反，故D正确；
故选：BD
由于只是极性接反，不会影响其绝对值大小，故能够测量出电动势和内阻的大小。
故答案为：（1）如右图所示；（2）调零、由闭合电路欧姆定律可知U＝E﹣Ir，U﹣I图线的截距对应E，斜率对应﹣r；（3）BD、能

【点评】本题考查测量电源电动势和内阻实验的基础知识，欧姆定律是此实验的原理，但为了减小偶然误差还需要用图象法。
19．（14分）如图，倾角为37°的固定斜面上AB段粗糙，BC段光滑，且3AB＝4BC。一个质量为2kg的小物体以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑动，到达B点时速度为6m/s，再经1s时间，到达C点时速度恰好为零。以B点处为零势能面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）物体到达C点时的重力势能；
（2）物体与AB段斜面之间的动摩擦因数；
（3）物体沿斜面上滑过程中，其动能与重力势能相等的位置。

【分析】（1）物体从B运动到C做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解物体减速的加速度大小，求出BC间距，根据重力势能的计算公式求解物体在C处的重力势能；
（2）物体从A运动到B做匀减速直线运动，根据速度﹣位移关系求解加速度大小，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（3）物体在AB之间时重力势能为负，重力势能不可能与动能相等，重力势能与动能相等位置在BC之间，根据机械能守恒定律进行解答。
【解答】解：（1）物体从B运动到C做匀减速直线运动，其受力如图1所示；
根据牛顿第二定律：mgsin37°＝ma
物体减速的加速度大小为：a＝gsin37°＝10×0.6m/s2＝6m/s2
BC间的距离：sBC＝＝m＝3m
物体在C处的重力势能为：EpC＝mgsBCsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J；
（2）物体从A运动到B做匀减速直线运动，其受力如图2所示；
AB间的距离sAB＝sBC＝m＝4m，
设加速度大小为a'，根据速度﹣位移关系可得：＝2asAB，
解得：a′＝8m/s2
根据牛顿第二定律可得：mgsin37°+μmgcos37°＝ma'
即：a'＝gsin37°+μgcos37°
解得：μ＝0.25；
（3）物体在AB之间时重力势能为负，重力势能不可能与动能相等，重力势能与动能相等位置在BC之间。
因在BC之间运动时只有重力做功，机械能守恒，则有：
Ep＝EpC＝EkB
mgh＝mvB2
解得：h＝0.9m
重力势能与动能相等位置在B点上方高0.9m处。
答：（1）物体到达C点时的重力势能为36J；
（2）物体与AB段斜面之间的动摩擦因数为0.25；
（3）物体沿斜面上滑过程中，其动能与重力势能相等的位置在B点上方高0.9m处。

【点评】本题主要是考查功能关系和牛顿第二定律的综合应用，关键是能够分析物体的受力情况和运动情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
20．（16分）如图，宽度分别为L和2L的两条并排光滑长金属轨道固定在竖直平面内，水平金属杆a、b与两轨道接触良好。杆a质量为m，杆b质量为2m。定值电阻阻值为R，其余部分电阻不计。整个装置处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度为B。静止释放杆a，用竖直外力使杆b保持静止。
（1）分析说明杆a下落过程速度和加速度大小的变化情况；
（2）分析说明杆b上竖直外力大小的变化情况；
（3）先后释放两杆，当两杆做匀速运动时两者将其他能转化为电能的本领相同，则此时两杆的速度分别为多大？

【分析】（1）根据金属杆a的运动情况与受力情况分析金属杆a的速度与加速度如何变化。
（2）金属杆b静止，由平衡条件分析外力的变化情况。
（3）根据平衡条件与E＝BLv、安培力公式求出金属杆的速度大小。
【解答】解：（1）金属杆a由静止释放向下做加速运动，金属杆a切割切割磁感线产生感应电动势，
回路有感应电流，金属杆受到向上的安培力作用，金属杆a受力如图1所示，

金属杆向下做加速运动，金属杆a受到的安培力FAa＝BIL＝变大，
金属杆a受到的合力F＝mg﹣FAa减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，
金属杆a做加速度减小的加速运动，当安培力与重力相等后，金属杆a所受合力为零
加速度为零，金属杆做匀速直线运动，因此金属杆a下落过程受到先增大后不变，加速度先减小后为零。
（2）杆a运动时产生的感应电动势E＝BLva，回路中的感应电流I＝
杆b所受安培力：FAb＝BI×2L＝＝2FAa
金属杆b受力如图2所受，根据平衡条件得：2mg＝F+FAb
解得：F＝2mg﹣2FAa
随金属杆a速度的增大，金属杆受到的安培力增大，力F减小，当FAa＝mg时，外力F＝0，
因此，金属杆b上的外力逐渐减小到零。
（3）两杆匀速运动时，由平衡条件得：FAa＝BIL＝mg，FAb＝2mg
此时回路中的电流：I＝
由题意可知，两杆运动产生的感应电动势相同，即Ea＝Eb，
感应电流：I＝
解得：Ea＝Eb＝
因为Ea＝BLva，Eb＝B×2Lvb
解得，金属杆a的速度大小：va＝，金属杆b的速度大小：vb＝
答：（1）金属杆a下落过程速度大小先增大后不变，加速度大小的先减小后为零。
（2）金属杆b上竖直外力大小的不断减小直到为零为止。
（3）此时两杆的速度大小分别是、vb＝。
【点评】根据题意分析清楚金属杆的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用E＝BLv、安培力公式、平衡条件等知识即可解题。