2021-2022年寧夏銀川市第二中學(xué)高二（上）期末物理試題（解析版）

1、 銀川二中2021-2022學(xué)年第一學(xué)期高二年級(jí)期末考試物 理 試 題一、選擇題（本題共20小題。共65分。1-15題每題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題3分，15-20題每題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）。1. 關(guān)于物理學(xué)史和物理思想、方法，下列說(shuō)法正確的是（）A. 庫(kù)侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的數(shù)值B. 法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)C. 電場(chǎng)強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度都采用了比值定義法D. 點(diǎn)電荷的建立采用了理想模型法，任何小帶電體都可視為點(diǎn)電荷【答案】C【解析】【詳解】A密立根用油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)出了元電荷的數(shù)值，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C電

2、場(chǎng)強(qiáng)度磁感應(yīng)強(qiáng)度都采用了比值定義法，選項(xiàng)C正確；D點(diǎn)電荷的建立采用了理想模型法，當(dāng)帶電體的形狀、體積和電荷量對(duì)所研究的問題影響可以忽略時(shí)，帶電體才可以看成點(diǎn)電荷，故D錯(cuò)誤；故選C。2. 下圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】A圖中沒有閉合回路，所以不能形成感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，由于運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)導(dǎo)體棒圍成的橫截面積增大，由公式可知磁通量變化，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌形成閉合回路，所以可以產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；C導(dǎo)線前，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，導(dǎo)線后，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向上，由對(duì)稱性可知，整個(gè)線圈磁通量為零，磁通量不隨電流的增大而變化，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯(cuò)

3、誤；D線圈向右移動(dòng)，穿過線圈的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。故選B。3. 如圖，小磁針放在線圈左側(cè)，且兩者處于同一平面內(nèi)。當(dāng)在線圈中通入順時(shí)針方向的電流后，小磁針極的指向是（）A. 垂直紙面向外B. 向上C. 垂直紙面向里D. 向下【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)安培定則可知，用右手握住通電線圈，四指為電流方向，大拇指為通電線圈中心軸線磁場(chǎng)方向，可知線圈里面磁場(chǎng)垂直紙面向里，線圈外面磁場(chǎng)垂直紙面向外，故小磁針極的指向是垂直紙面向外，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。4. 在以下幾幅圖中，力的方向判斷正確的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】A由左手定則可知，通電導(dǎo)線受力

4、向上，故A錯(cuò)誤；B由左手定則可知，帶正電粒子受力向左，故B錯(cuò)誤；C由左手定則可知，通電導(dǎo)線受力垂直指向紙外，故C錯(cuò)誤；D由左手定則可知，帶負(fù)電粒子受力垂直紙面向外，故D正確。故選D。5. 如圖，在負(fù)點(diǎn)電形成的電場(chǎng)中，一條電場(chǎng)上有A、B兩點(diǎn)，一個(gè)正的檢驗(yàn)電荷由A移動(dòng)到B，將克服電場(chǎng)力做功。比較A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的大小，下述結(jié)論正確的是（）A. B. C D. 【答案】D【解析】【詳解】由題意可知電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由B指向A，所以A更加靠近負(fù)點(diǎn)電荷，則。根據(jù)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降低可知，故選D。6. 如圖所示，電源的內(nèi)阻不可忽略，在滑片從最右端向最左端滑動(dòng)的過程中，下列說(shuō)法正確的是（）A. 電源的內(nèi)

5、耗功率減小B. 電源消耗的總功率變大C. 電阻R1的功率增大D. 電源的輸出功率減小【答案】B【解析】【詳解】AB.滑片向左移動(dòng)，R3減小，電路總電阻減小，總電流I增大，由PrI2r，PIE，可知電源的內(nèi)耗功率和電源消耗的總功率均變大，故A錯(cuò)誤，B正確；C.由于總電流增大，因此內(nèi)電壓變大，路端電壓減小，則電阻R1的功率將減小，故C錯(cuò)誤；D當(dāng)外電路的電阻與電源的內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，由于電阻的阻值情況未知，因此輸出功率的變化無(wú)法確定，故D錯(cuò)誤。故選B。7. 如圖所示，線圈A與電源、開關(guān)相連。線圈B與電阻R連接成閉合電路。電鍵閉合、斷開的瞬間，關(guān)于通過電阻R的電流方向判斷正確的是（）A.

6、 電鍵閉合瞬間，電流方向a到bB. 電鍵閉合瞬間，電流方向b到aC. 電鍵斷開瞬間，電流方向a到bD. 電鍵斷開瞬間，鐵芯中磁感線沿逆時(shí)針方向【答案】A【解析】【詳解】AB電鍵閉合瞬間，根據(jù)安培定則可知鐵芯中產(chǎn)生順時(shí)針方向的磁感線，通過線圈B的磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知電流方向a到b，故A正確，B錯(cuò)誤；CD電鍵斷開瞬間，通過線圈B的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知電流方向b到a，此時(shí)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙原磁場(chǎng)的減小，所以鐵芯中磁感線仍沿順時(shí)針方向，故CD錯(cuò)誤。故選A。8. 三根平行的直導(dǎo)線，分別垂直地通過一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，如圖所示，現(xiàn)使每條通電導(dǎo)線在斜邊中點(diǎn)O所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度

7、的大小均為B，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向是（ ）A. 大小為B，方向垂直斜邊向下B. 大小為B，方向垂直斜邊向上C. 大小為B，斜向右下方D. 大小為B，斜向左下方【答案】C【解析】【詳解】由題意可知，三平行的通電導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向如圖；則：B合=，故ABD錯(cuò)誤，C正確，故選C點(diǎn)睛：磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，合成時(shí)要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)方向是解題的前提9. 如圖，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放在水平導(dǎo)軌上，處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與水平面成角斜向上。開關(guān)閉合后金屬桿保持靜止，正確表示金屬桿受力示意圖的是（從a端看）（）A. B. C. D. 【

8、答案】B【解析】【詳解】由左手定則知金屬桿所受安培力垂直與磁場(chǎng)方向向左上方，金屬桿保持靜止，由平衡條件可知，金屬桿一定受到向右的摩擦力，金屬桿也一定受到軌道的支持力，以及重力，受力示意圖如圖故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。10. 薄鋁板將同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)分成、兩個(gè)區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個(gè)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，半徑。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，但速率減小，則該粒子（）A. 帶正電B. 在、區(qū)域的運(yùn)動(dòng)速度大小相同C. 在、區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同D. 從區(qū)域穿過鋁板運(yùn)動(dòng)到區(qū)域【答案】C【解析】【詳解】AD粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=m解得

9、粒子穿過鋁板后，速率減小，電量不變，知軌道半徑減小，所以粒子是從區(qū)域穿過鋁板運(yùn)動(dòng)到區(qū)域，根據(jù)左手定則知，粒子帶負(fù)電，故AD錯(cuò)誤；B高速帶電粒子穿過鋁板后速率減小，知在、區(qū)域的運(yùn)動(dòng)速度大小不同，故B錯(cuò)誤；C粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期周期大小與粒子的速度無(wú)關(guān)，粒子在你兩區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都是半個(gè)周期，則粒子在、區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故C正確。故選C。11. 如圖，甲、乙兩個(gè)帶電粒子沿著垂直于磁感線的方向從某點(diǎn)射入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，兩粒子的質(zhì)量m乙=2m甲，兩粒子的電量q乙=q甲。它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)，大小相等的物理量是（）A. 時(shí)間B. 加速度C. 動(dòng)量D. 動(dòng)能【答案】C【解析

10、】【詳解】?jī)闪Ｗ釉诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，可知運(yùn)動(dòng)半徑相等，根據(jù)可得 因?yàn)閝乙=q甲m乙=2m甲則兩粒子動(dòng)量p=mv0相等；加速度可知加速度不等；動(dòng)能可知?jiǎng)幽懿幌嗟?；周期可知周期不等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等。故選C。12. 如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，三種粒子從同一地點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，速度方向豎直向上，速度方向豎直向下，速率大小相等，磁場(chǎng)足夠大，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，則三個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】由左手定則可知和進(jìn)入磁場(chǎng)后向左偏轉(zhuǎn)，粒子向右偏轉(zhuǎn)；由洛侖茲力提供向心力得可知的軌道半徑比的軌道半徑大，粒子的軌道半徑與的軌道半徑一樣大，故A正確。故選A。13.

11、 如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有定值電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A. ab中的感應(yīng)電流方向由a到bB. ab中的感應(yīng)電流逐漸增大C. ab所受的安培力保持不變D. 電阻R的熱功率不變【答案】D【解析】【詳解】A磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，穿過回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律得知ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，故A錯(cuò)誤；B由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則ab中的感應(yīng)電流恒定，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)安培力公式可知安培力增大，

12、故C錯(cuò)誤；D電阻的熱功率電流恒定，則熱功率不變，故D正確。故選D。14. 圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶正電的微粒（不計(jì)重力）以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)。不考慮微粒運(yùn)動(dòng)的電磁輻射，下列說(shuō)法正確的是（）A. 若改變?cè)撐⒘５碾姾闪亢髮⒉荒茉傺刂本€運(yùn)動(dòng)B. 若該微粒以水平向左的初速度進(jìn)入此區(qū)域，也能做直線運(yùn)動(dòng)C. 若減小該微粒進(jìn)入此區(qū)域的初速度，之后運(yùn)動(dòng)過程中微粒的動(dòng)能可能變大D. 若換成帶負(fù)電的微粒（不計(jì)重力）以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域后，不能沿直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A由題意，根據(jù)平衡條件可得所以改變?cè)撐⒘５碾姾闪亢笪⒘Ｒ廊豢梢匝刂本€運(yùn)

13、動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B若該微粒以水平向左的初速度進(jìn)入此區(qū)域，則微粒所受洛倫茲力將變?yōu)樨Q直向下，無(wú)法與電場(chǎng)力平衡，此時(shí)微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C若減小該微粒進(jìn)入此區(qū)域的初速度，則微粒剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力小于電場(chǎng)力，微粒會(huì)先向下偏轉(zhuǎn)，此時(shí)電場(chǎng)力對(duì)微粒做正功，微粒速度增大，動(dòng)能增大。在之后的運(yùn)動(dòng)過程中，若微粒所受洛倫茲力在豎直方向的分力始終小于電場(chǎng)力，則微粒將一直向下偏轉(zhuǎn)，動(dòng)能持續(xù)增大；若洛倫茲力增大至其在豎直方向的分力大于電場(chǎng)力，則微粒在離開復(fù)合場(chǎng)前可能還會(huì)存在向上偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，此過程電場(chǎng)力做負(fù)功，微粒動(dòng)能減小，綜上所述可知微粒的動(dòng)能可能變大，故C正確；D若換成帶負(fù)電的微粒（不計(jì)重力）以水

14、平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域后，若微粒的速度大小不變，則仍能沿直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。15. 如圖所示，空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60。不計(jì)粒子重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得故選A。16. 如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說(shuō)法正確的是（）A. 甲圖要增大粒子最大動(dòng)能，可增加電

15、壓B. 乙圖可判斷出B極板是發(fā)電機(jī)的正極C. 丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是D. 丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)D板電勢(shì)高【答案】BD【解析】【詳解】A根據(jù)可得結(jié)合，可知粒子的最大動(dòng)能為粒子的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，要增大粒子的最大動(dòng)能，可增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和金屬盒半徑R，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)左手定則，可知正電荷向B極板偏轉(zhuǎn)，則B極板是發(fā)電機(jī)的正極，故B正確；C速度選擇器選擇的是帶電粒子的速度，但丙圖無(wú)法判斷出帶電粒子的電性，根據(jù)可得粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是故C錯(cuò)誤；D根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電的載流子受到洛倫茲力方向向左，即向C板偏轉(zhuǎn)，故穩(wěn)定時(shí)D

16、板電勢(shì)高，故D正確。故選BD。17. 如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，選地面的電勢(shì)為零，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為U和I，下列說(shuō)法正確的是（）A. 電壓表讀數(shù)增大B. 帶電質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)C. 電源效率變高D. 【答案】BD【解析】【詳解】A滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，連入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知干路電流增大，電源的內(nèi)電壓和R1的電壓增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；B平行金屬板間電壓減小，根據(jù)知平行金屬板間的場(chǎng)強(qiáng)減小，帶電質(zhì)點(diǎn)P受到的電場(chǎng)力減小，則帶電

17、質(zhì)點(diǎn)P將向下運(yùn)動(dòng)，故B正確；C電源的效率為根據(jù)前面分析可知，路端電壓減小，所以電源的效率變低，故C錯(cuò)誤；D電流表示數(shù)即干路電流為I，電壓表示數(shù)為U，由閉合電路歐姆定律得則有故D正確。故選BD。18. 如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為d，在導(dǎo)軌中接有電源E和定值電阻R，導(dǎo)軌上固定了三根用同種材料制成的粗細(xì)相同的導(dǎo)體棒a、b、c，其中a為長(zhǎng)度La=d的直導(dǎo)體棒并垂直導(dǎo)軌放置，b為長(zhǎng)度為L(zhǎng)b=2d的傾斜直導(dǎo)體棒，c為長(zhǎng)度Lc=2d的彎曲導(dǎo)體棒，其固定在導(dǎo)軌上的兩個(gè)端點(diǎn)M、N間的距離為d，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)將裝置于垂直紙面向外的與強(qiáng)磁場(chǎng)中，接通電源后，三根導(dǎo)體棒受到的安培力的大小關(guān)系正確的是（）A. B. C.

18、 D. 【答案】BC【解析】【詳解】由題意可知，三個(gè)導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度不同，由電阻定律可得設(shè)導(dǎo)體棒兩端的電壓為U，由安培力公式F=BIL可得c導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中受安培力的有效長(zhǎng)度是d，則有由此可知FaFcFa=FbAD錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。19. 質(zhì)譜儀是測(cè)帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子（不計(jì)重力）經(jīng)同一電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)算出帶電粒子的質(zhì)量。其工作原理如圖所示，虛線為某粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知（）A. 此粒子帶負(fù)電B. 若只增大加速電壓U，則半徑r變大C. 若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小D. x越大，則粒子的質(zhì)量與電荷量之比

19、一定越大【答案】BD【解析】【詳解】A由題圖，結(jié)合左手定則可知，該粒子帶正電，A錯(cuò)誤；BC根據(jù)動(dòng)能定理得由可得若只增大加速電壓U，則半徑r變大，若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變大，B正確，C錯(cuò)誤；D由x越大，則粒子的質(zhì)量與電荷量之比一定越大，D正確 。故選BD。20. 如圖甲所示，匝的線圈（圖中只畫了1匝），電阻，其兩端、與一個(gè)的電阻相連，線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，線圈中的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化。下列判斷正確的是（）A. ab兩點(diǎn)的電壓大小為B. 線圈中的感應(yīng)電流大小為C. 線圈中感應(yīng)電流的方向由到D. 端電勢(shì)比端高【答案】BD【解析】【詳解】A由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電

20、動(dòng)勢(shì)大小為ab兩點(diǎn)的電壓大小為故A錯(cuò)誤；B線圈中的感應(yīng)電流大小為故B正確；CD由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的方向由b到a，且由電源內(nèi)部電流方向?yàn)樨?fù)極流向正極，所以端電勢(shì)比端高，故D正確，C錯(cuò)誤。故選BD。二、實(shí)驗(yàn)題（共14分，其中第21題6分，22題8分）21. 伏安法測(cè)電阻，測(cè)量電路的接法有安培表內(nèi)接法和安培表外接法兩種電路，如圖、所示，其中_（填或）屬安培表外接法用安培表外接法測(cè)，測(cè)量值，與真實(shí)值比，是偏_（填大或?。饨臃ㄟm用于測(cè)阻值較_（填大或?。┑碾娮琛！敬鸢浮?. A . 小 . 小【解析】【詳解】1 安培表外接法是指待測(cè)電阻先與電壓表并聯(lián)后再與電流表串聯(lián)的接法，故A圖為外接法

21、；2 使用外接法時(shí)，由于電壓表分流而使電流測(cè)量值偏大，電壓測(cè)量值是準(zhǔn)確的，則由歐姆定律可知，電阻測(cè)量值偏小；3 當(dāng)待測(cè)電阻的阻值相對(duì)電壓表較小時(shí)，電壓表的分流較小，則產(chǎn)生的誤差較小，故該接法適合測(cè)小電阻22. 某同學(xué)想設(shè)計(jì)一個(gè)測(cè)量金屬棒電阻率的實(shí)驗(yàn)方案，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：A電流表（內(nèi)阻，滿偏電流）B電流表（內(nèi)阻約為，量程為）C定值電阻D滑動(dòng)變阻器E干電池組F一個(gè)開關(guān)和導(dǎo)線若干G螺旋測(cè)微器，游標(biāo)卡尺（1）如圖，用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬棒直徑為_；（2）用多用電表粗測(cè)金屬棒的阻值：當(dāng)用“”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應(yīng)該換用_擋（填“”或“”），換擋并進(jìn)行一系列正確操作后，指針靜止時(shí)如圖甲所示，則金屬

22、棒阻值約為_；（3）根據(jù)提供器材，為了盡可能精確測(cè)量金屬棒的阻值，設(shè)計(jì)出電路圖如圖乙所示若實(shí)驗(yàn)測(cè)得電流表示數(shù)為，電流表示數(shù)為，則金屬棒電阻的符號(hào)表達(dá)式為_。（用，表示）【答案】 . 6.123 . . 10.0 . 【解析】【詳解】（1）1金屬絲的直徑為（2）2用多用電表粗測(cè)金屬棒的阻值：當(dāng)用“”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，即偏向0刻度線，所以示數(shù)偏小，要增大示數(shù)則要倍率減小換成“”的倍率。3電阻讀數(shù)為（3）4由電路連接及歐姆定律可求出金屬棒的電阻為三、解答題（共31分，其中第23、24題10分，第25題11分）23. 如圖所示，足夠長(zhǎng)光滑導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角=37，導(dǎo)軌間距L=0.4m，其下端連接一個(gè)定值電阻R=3，兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)