2018年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3.00分）如图所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时（ ）
A．A的加速度等于g B．B的加速度大于g
D．A对B的压力大于mg
C．A对B的压力等于mg
2．（3.00分）如图所示，物块以速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回。下列v﹣t图象能正确反映物块运动规律的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3.00分）如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断。忽略A的自感，下列说法正确的是（ ）
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通 C．断开S，D不会闪亮
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D．断开S，C将会过一小段时间断开
4．（3.00分）带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．球体带负电荷 B．球内电场强度最大 C．A、B两点电场强度相同
D．正电荷在B点的电势能比C点的大
5．（3.00分）如图所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2．子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比。则（ ）
A．t1＞t2
B．t1＜t2 C．v1＞v2 D．v1＜v2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 6．（4.00分）2017年9月25日，微信启动页“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有（ ）
A．能全天候监测同一地区 B．运行速度大于第一宇宙速度
C．在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等
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D．向心加速度大于地球表面的重力加速度
7．（4.00分）如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，原线圈接交流电u=20
sin100πt（V），保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表。
下列说法正确的有 （ ）
A．电压表V的示数为14.1V
B．电流表A1、A2的示数之比为2：1
C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω D．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小
8．（4.00分）在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
9．（4.00分）如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（ ）
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A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C．弹簧恢复原长时滑块的动能为D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
三、简答题：本题共2小题，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置． 10．（8.00分）如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置。木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题： （1）实验中需要 。 A．测量砂和砂桶的总质量 B．保持细线与长木板平行 C．保持小车的质量不变
D．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz，则打B点时小车速度大小为 m/s，小车的加速度大小为 m/s2。
（3）实验中描绘出a﹣F图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是 。
11．（10.00分）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0Ω．调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U﹣I图象如图乙所示。
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（1）由图乙求得电池的电动势E= V，内阻r= Ω。
（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）根据实验数据可绘出﹣x图象，如图丙所示。图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ= ，电表内阻对电阻率的测量 （选填“有”或“没有”）影响。
二．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应答题区域内作答．若三题都做，则按A、B两题评分．A．[选修3-3]（12分） 12．（4.00分）对于下列实验。说法正确的有（ ）
A．甲图是用油膜法测分子直径的示意图。认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径 B．乙图是溴蒸气的扩散实验，若温度升高。则扩散的速度加快
C．丙图是模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体重力引起的 D．丁图是蜂蜡涂在单层云母片上融化实验。说明云母晶体的导热性能各向同性 13．（4.00分）一定质量的理想气体，其状态变化的p﹣V图象如图所示。已知气体在状态A时的温度为260K，则气体在状态B时的温度为 K，从状态A到状态C气体与外界交换的热量为 J。
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14．（6.00分）2017年5月。我国成为全球首个海域可燃冰试采获得连续稳定气流的国家，可燃冰是一种白色固体物质，1L可燃冰在常温常压下释放160L的甲烷气体，常温常压下甲烷的密度0.66g/L，甲烷的摩尔质量16g/mol，阿伏伽德罗常数6.0×1023mol﹣1，请计算1L可燃冰在常温常压下释放出甲烷气体分子数目（计算结果保留一位有效数字）
B．[选修3-4]（12分）
15．下列说法正确的有（ ）
A．观察者接近恒定频率波源时，接收到波的频率变小
B．物体做受迫振动，当驱动力频率等于固有频率时，振幅最大 C．雨后美丽的彩虹是光的干涉现象
D．相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关
16．图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，图乙是这列波中质点B的振动图象。则波速的大小为 m/s；再经过0.05s，质点 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）到达波峰。
17．如图所示，水深为H的池底有一半径为r的圆形光源，在水面上形成圆形光斑。已知水的折射率为n，真空中的光速为c．求： ①光到达水面的最短时间t； ②光斑的半径R。
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C．[选修3-5]（12分）
18．下列说法正确的有（ ）
A．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量
B．用紫光照射某金属表面时发生光电效应，改用红光照射时也一定能发生光电效应
C．黑体辐射的强度随温度的升高而变大，且最大值向波长较短的方向移动 D．改变压强、温度可改变放射性元素的半衰期
19．如图所示为氢原子的能级图，莱曼线系是氢原子从n=2，3，4，5…激发态跃迁到基态时辐射的光谱线系，辐射出光子的最小频率为 ，该光子被某种金属吸收后，逸出的光电子最大初动能为Ek，则该金属的逸出功为 。已知普朗克常量为h，氢原子处于基态时的能级为E1。
20．如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止。已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg．求： ①碰撞后A球的速度大小；
②碰撞过程A对B平均作用力的大小。
四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15.00分）如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求： （1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q； （2）3s时ab边所受安培力的大小F；
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（3）0～4s内线框中产生的焦耳热Q。
22．（16.00分）如图所示，水平光滑细杆上P点套一小环，小环通过长L=1m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m=1kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm=7N．现对物块施加F=8N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F 的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）物块做匀加速运动的加速度大小a； （2）P、Q两点间的距离s； （3）物块向右摆动的最大高度h。
23．（16.00分）如图所示的xOy平面内，以O1（0，R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为△y（未知），x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A （0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，计电子重力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
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，B2=，不
（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求△y的最小值； （3）若电场沿y轴正方向，△y=
R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距
离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
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2018年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3.00分）如图所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时（ ）
A．A的加速度等于g B．B的加速度大于g
D．A对B的压力大于mg
C．A对B的压力等于mg
【分析】A和B两木块叠在一起被斜向上抛出去，不考虑空气阻力，整体仅受重力，加速度为g，方向竖直向下，知整体处于完全失重状态。
【解答】解：A、B两个物体叠在一起水平抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A、B间的作用力为零。故A正确，BCD错误。 故选：A。
【点评】解决本题的关键知道斜抛运动的物体仅受重力，处于完全失重状态，不受压力、摩擦力。
2．（3.00分）如图所示，物块以速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回。下列v﹣t图象能正确反映物块运动规律的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，及速度方向关系，即可判断
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【解答】解：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为
，下滑过程的加速度大小为
下滑运动方向相反，故C正确 故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，明确加速度的大小即可判断
3．（3.00分）如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断。忽略A的自感，下列说法正确的是（ ）
，故a1＞a2，上滑和
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通 C．断开S，D不会闪亮
D．断开S，C将会过一小段时间断开
【分析】图中有两个线圈，其中A有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而B线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当A中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，再结合二极管的单向导电性，即可判定B线圈是否产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。
【解答】解：AB、当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故AB错误；
CD、当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确；
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故选：D。
【点评】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性。
4．（3.00分）带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．球体带负电荷 B．球内电场强度最大 C．A、B两点电场强度相同
D．正电荷在B点的电势能比C点的大
【分析】金属球是个等势体，内部场强为零，沿着电场线电势降低，据此分析即可。
【解答】解：A、从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，故A错误；
B、球是等势体，故内部任意两点间的电势为零，故场强为零，故B错误； C、A点与点B的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C错误； D、从B到C，电势降低，故正电荷电势能降低，故D正确； 故选：D。
【点评】本题考查电势与电场强度，关键是明确等势体内部场强为零，知道沿着电场线电势降低，基础题目。
5．（3.00分）如图所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2．子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距
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离成正比。则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＜t2 C．v1＞v2 D．v1＜v2
【分析】由牛顿第二定律分析加速度的变化，然后结合运动的特点分析时间关系；由动能定理分析速度关系。
【解答】解：C、D、阻力对子弹做功时：W=Fx，描述力的空间的积累效果，根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的，根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的，即v1=v2．故C错误，D错误； A、B、设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：
；
若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：子弹穿过物块的时间：t=
所以可知：t1＜t2．故A错误，B正确 故选：B。
【点评】该题解答的关键是需要先根据阻力做功的特点判断出两种情况下的末速度的大小是相等的。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 6．（4.00分）2017年9月25日，微信启动页“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有（ ）
。
A．能全天候监测同一地区
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B．运行速度大于第一宇宙速度
C．在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等 D．向心加速度大于地球表面的重力加速度
【分析】静止轨道卫星即地球同步卫星，只能定点于赤道正上方。根据轨道半径的大小分析加速度的大小。
【解答】解：A、由于是同步卫星，故相对地面静止，故能全天候监测同一地区，故A正确；
B、万有引力提供向心力，故
，解得：v=
，
而第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；
D、向心加速度由万有引力产生，故a=
，而地球表面的重力加速度g=
，故
向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误； 故选：AC。
【点评】本题考查卫星问题，关键是明确卫星的动力学原理，要根据牛顿第二定律列式分析，基础题目。
7．（4.00分）如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，原线圈接交流电u=20
sin100πt（V），保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表。
下列说法正确的有 （ ）
A．电压表V的示数为14.1V
B．电流表A1、A2的示数之比为2：1
C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω
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D．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小
【分析】根据交流电的表达式求解原线圈电压有效值，根据变压器原理求解电压表示数和电流表A1、A2的示数之比；
根据闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的最小阻值；
根据电路动态分析的方法分析将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数变化情况。
【解答】解：A、原线圈电压有效值为U1=U1=
=20V，根据变压器原理可得U2=
V=10V，故电压表V的示数为10V，故A错误；
B、根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，故B错误；
C、保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为Rmin=
=4Ω，故C正确；
D、将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，故D正确； 故选：CD。
【点评】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。
8．（4.00分）在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
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A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
【分析】根据左手定则判断电子的偏转方向，从而确定出电势的高低。 根据电子受电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式证明UH=K
。
【解答】解：A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；
B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：①
设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 I=nesv ② s=dL ③ 由①②③得：UH=令k=
，则 UH=
=evB
=k④
所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确； C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；
D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。 故选：AB。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。
9．（4.00分）如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后
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长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（ ）
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C．弹簧恢复原长时滑块的动能为D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【分析】细绳恰好被拉断时，弹簧的弹力等于F，由木板，利用牛顿第二定律求加速度。根据机械能守恒定律求细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能。细绳被拉断后，滑块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求动摩擦因数。
【解答】解：A、细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得 F=Ma，得 a=，故A正确。
B、滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C、弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于D、弹簧最大的弹性势能 Ep=
。
．故B正确。 ．故C错误。
小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′。 取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得： 0=（m+M）v′
Ep=（m+M）v′2+μmgl 联立解得 μ=故选：ABD。
【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大。知道滑块恰好没有滑出木
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．故D正确。
板时，滑到木板的右端，且速度与木板相同。
三、简答题：本题共2小题，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置． 10．（8.00分）如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置。木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题： （1）实验中需要 BC 。 A．测量砂和砂桶的总质量 B．保持细线与长木板平行 C．保持小车的质量不变
D．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz，则打B点时小车速度大小为 0.416 m/s，小车的加速度大小为 1.48 m/s2。
（3）实验中描绘出a﹣F图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是 平衡摩擦力过度 。
【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。 （2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出小车运动的加速度的大小，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B点时小车的瞬时速度大小；
（3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a﹣F图象的a轴上有截距。
【解答】解：（1）A、绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误。
B、为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩
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擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故B正确；
C、本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力关系，必须保持小车的质量不变，故C正确；
D、实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。 故选：BC。
（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为： T=5×0.02s=0.1s。 B点对应的速度为： vB=
=
cm/s=41.6cm/s=0.416m/s。
根据△x=aT2可得： xCE﹣xAC=a（2T）2， 小车运动的加速度为： a=
=
=148cm/s2=1.48
（3）由图象可知，a﹣F图象在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的。即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大，即平衡摩擦力过度 故答案为：（1）BC； （2）0.416，1.48；（3）平衡摩擦力过度
【点评】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度。注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出。
11．（10.00分）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0Ω．调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U﹣I图象如图乙所示。 （1）由图乙求得电池的电动势E= 1.49 V，内阻r= 0.5 Ω。
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（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值 小于 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）根据实验数据可绘出﹣x图象，如图丙所示。图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ= KS ，电表内阻对电阻率的测量 没有 （选填“有”或“没有”）影响。
【分析】（1）由闭合电路欧姆定律列式，结合图象规律可求得电动势和内电阻； （2）根据图象法即可明确误差分析；
（3）根据电路图利用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率。
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（r+R0）；则可知，图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=1.50V； 图象的斜率表示内电阻，则r+R0=解得：r=1.5﹣1.0=0.5Ω；
（2）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，
=1.5Ω；
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值， （3）根据欧姆定律可知，电阻R==
；则可知k=
；解得：ρ=KS；
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