湖南省郴州市2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期期末物理試題

湖南省郴州市20172018學(xué)年高二（上）期末物理試題一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.關(guān)于科學(xué)家在電磁學(xué)中的貢獻(xiàn)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)B.密立根測(cè)出了元電荷e的數(shù)值C.庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象D.安培提出了分子電流假說(shuō)【答案】C2.美國(guó)物理學(xué)家于1995年在國(guó)家實(shí)驗(yàn)室觀察到了頂夸克．這是近二十幾年粒子物理研究最重要的實(shí)驗(yàn)進(jìn)展之一．正、反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢(shì)能可寫為，式中r是正、反頂夸克之間的距離，as=0.12是強(qiáng)相互作用耦合常數(shù)，無(wú)單位，K是與單位制有關(guān)的常數(shù)，則在國(guó)際單位制中常數(shù)K的單位是（）A.JB.NC.J?mD.J/m【答案】C【解析】試題分析：由題意知，無(wú)單位，r的單位為m，的單位為J，則K的單位為Jm，故C正確．考點(diǎn)：考查了力學(xué)單位制【名師點(diǎn)睛】本題看似比較難，但是仔細(xì)閱讀以后會(huì)發(fā)現(xiàn)只是考查了單位制，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．3.據(jù)國(guó)外某媒體報(bào)道，科學(xué)家發(fā)明了一種新型超級(jí)電容器，能讓幾分鐘內(nèi)充滿電．某同學(xué)假日登山途中用該種電容器給電池充電，下列說(shuō)法正確的是（）A.該電容器給電池充電時(shí)，電容器的電容變大B.該電容器給電池充電時(shí)，電容器存儲(chǔ)的電能變少C.該電容器給電池充電時(shí)，電容器所帶的電荷量可能不變D.充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零【答案】B【解析】試題分析：電容是描述電容器的容納電荷的本領(lǐng)大小的物理量，與電容器的電壓及電量無(wú)關(guān)，故AD錯(cuò)誤；當(dāng)該電容器給電池充電時(shí)，電容器存儲(chǔ)的電荷量減小，則電能變少，故B正確，C錯(cuò)誤；考點(diǎn)：考查了對(duì)電容的理解【名師點(diǎn)睛】掌握比值定義法的內(nèi)涵，注意電容器充電時(shí)，電荷量增多，電能變大，而電容器放電時(shí)，則電荷量減少，電能變小4.如圖所示，a、b分別為一對(duì)等量同種電荷連線上的兩點(diǎn)（其中b為中點(diǎn)），c為連線中垂線上的一點(diǎn)。今將一負(fù)點(diǎn)電荷q自a沿直線移到b再沿直線移到c，下列說(shuō)法正確的是（）A.電荷q受到的電場(chǎng)力一直變小B.電場(chǎng)力對(duì)電荷q一直做負(fù)功C.電荷q的電勢(shì)能先減小，后增加D.電荷q受到的電場(chǎng)力方向一直不變【答案】B【解析】A、兩個(gè)等量同種電荷在點(diǎn)b處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，互相抵消，則中點(diǎn)b的場(chǎng)強(qiáng)為零，所以將一帶電量為q的負(fù)點(diǎn)電荷自a沿直線移到b再沿直線移到c，電場(chǎng)力先減小后增大，故A錯(cuò)誤；B、負(fù)電荷所受力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以負(fù)點(diǎn)電荷自a沿直線移到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，再沿直線移到c時(shí)，電場(chǎng)力還是做負(fù)功，故B正確；C、電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能一直增大，故C錯(cuò)誤；D、從a到b再到c的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向先沿ab方向，后沿bc方向，電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以電場(chǎng)力的方向也改變，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】?jī)蓚€(gè)等量同種電荷，它們?cè)邳c(diǎn)O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反；bc連線上方的中垂線上每一點(diǎn)（除b點(diǎn)）電場(chǎng)線方向向上；根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的變化：電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能增大。5.兩根完全相同的金屬裸導(dǎo)線，如果把其中的一根均勻拉長(zhǎng)到原來(lái)的3倍，然后給它們分別加相同電壓后，則在同一時(shí)間內(nèi)沒拉長(zhǎng)的導(dǎo)線與拉長(zhǎng)的導(dǎo)線產(chǎn)生的熱量之比為（）A.1：3B.3：1C.1：9D.9：1【答案】D【解析】設(shè)原來(lái)的電阻為R，把其中的一根均勻拉長(zhǎng)到原來(lái)的3倍，橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的倍，根據(jù)電阻定律，電阻變?yōu)?R，根據(jù)焦耳定律，它們分別加相同電壓后，則在同一時(shí)間內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量之比為，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。6.如圖所示，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，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，則（）A.電壓表讀數(shù)減小B.電流表讀數(shù)減小C.質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)D.R3上消耗的功率逐漸增大【答案】A【解析】由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)R4的滑片向a移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，路端電壓增大，則R1兩端的電壓減小，可知并聯(lián)部分的電壓增大，電壓表讀數(shù)增大．由歐姆定律可知流過(guò)R3的電流增大，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知：流過(guò)R2的電流減小，則電流表示數(shù)減?。还蔄錯(cuò)誤，B正確；因電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，質(zhì)點(diǎn)受到的向上電場(chǎng)力增大，故質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；因R3兩端的電壓增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大；故D正確；故選BCD．點(diǎn)睛：解決動(dòng)態(tài)變化分析的題目，一般可以按照整體局部整體的思路進(jìn)行分析，注意電路中某一部分電阻增大時(shí)，無(wú)論電路的連接方式如何，總電阻都是增大的．7.有兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖．在圖示的平面內(nèi)，O點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，M、N為兩根導(dǎo)線附近的兩點(diǎn)，它們?cè)趦蓪?dǎo)線的中垂線上，且與O點(diǎn)的距離相等．若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法中正確的是（）A.M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B.M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C.在線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零D.在線段MN上有兩個(gè)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均沿逆時(shí)針方向，由于對(duì)稱，兩根通電導(dǎo)線在MN兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)平行四邊形進(jìn)行合成得到，M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，M點(diǎn)磁場(chǎng)向下，N點(diǎn)磁場(chǎng)向上，方向相反，故A錯(cuò)誤B正確；只有當(dāng)兩根通電導(dǎo)線在同一點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反時(shí)，合磁感應(yīng)強(qiáng)度才為零，則知只有O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故C錯(cuò)誤，D正確．考點(diǎn)：通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向．【名師點(diǎn)睛】根據(jù)安培定則判斷兩根導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，根據(jù)平行四邊形定則，進(jìn)行合成，確定大小和方向的關(guān)系．在線段MN上只有O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．8.將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合電路，并固定在水平面（紙面）內(nèi)，回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中B1。回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)B2，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】試題分析：分析一個(gè)周期內(nèi)的情況：在前半個(gè)周期內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化度一定，由法拉第電磁感應(yīng)定律得知，圓形線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，則感應(yīng)電流恒定不變，ab邊在磁場(chǎng)中所受的安培力也恒定不變，由楞次定律可知，圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，通過(guò)ab的電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，ab所受的安培力方向水平向左，為負(fù)值；同理可知，在后半個(gè)周期內(nèi)，安培力大小恒定不變，方向水平向右．故B正確．故選B．考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律【名師點(diǎn)睛】本題要求學(xué)生能正確理解Bt圖的含義，故道B如何變化，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律進(jìn)行判定．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化，由歐姆定律判斷感應(yīng)電流的變化，進(jìn)而可確定安培力大小的變化．視頻9.法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象。如圖，他把兩個(gè)線圈繞在同一個(gè)軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用長(zhǎng)直導(dǎo)線連通，長(zhǎng)直導(dǎo)線正下面平行放置一個(gè)小磁針。實(shí)驗(yàn)中可能觀察到的現(xiàn)象是（）A.只要A線圈中電流足夠強(qiáng)，小磁針就會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.A線圈閉合開關(guān)電流穩(wěn)定后，線圈B匝數(shù)較少時(shí)小磁針不偏轉(zhuǎn)，匝數(shù)足夠多時(shí)小磁針也不偏轉(zhuǎn)C.線圈A和電池接通瞬間，小磁針會(huì)偏轉(zhuǎn)D.線圈A和電池?cái)嚅_瞬間，小磁針不會(huì)偏轉(zhuǎn)【答案】BC【解析】A線圈中有電流，但是如果電流大小不變，則在B中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，即小磁針就不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B線圈中的感應(yīng)電流大小與A中電流的變化率有關(guān)，與A中電流大小無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；不管線圈B匝數(shù)多少，只要流過(guò)A線圈的電流不變化，B線圈中就沒有感應(yīng)電流，小磁針就不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B錯(cuò)誤；當(dāng)合上開關(guān)，A線圈接通電流瞬間，穿過(guò)A的磁通量發(fā)生變化，使得穿過(guò)B的磁通量也變化，所以在B中產(chǎn)生感生電流，電流穩(wěn)定后穿過(guò)A、B的磁通量不再變化，所以B中不再有感應(yīng)電流，小磁針也不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，C正確；當(dāng)開關(guān)打開，A線圈電流中斷瞬間，由于穿過(guò)B的磁通量減小，則在B中產(chǎn)生的電流方向與A線圈接通電流瞬間產(chǎn)生的電流方向相反，所以小磁針會(huì)出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相反的偏轉(zhuǎn)，D錯(cuò)誤。10.某興趣小組自制一小型發(fā)電機(jī)，使線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化的圖象如圖所示，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em則（）A.在t=時(shí)，磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直B.在t=時(shí)，線圈中的磁通量變化率最大C.線圈中電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值D.若線圈轉(zhuǎn)速增大為原來(lái)的2倍，則線圈中電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍【答案】ABD【解析】試題分析：線框繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)圖像可以發(fā)現(xiàn)時(shí)，磁通量等于0，說(shuō)明線框處于和磁場(chǎng)平行的位置，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)。若線圈轉(zhuǎn)速增大為原來(lái)的2倍，則角速度增加到原來(lái)的2倍，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)同樣增大為原來(lái)的2倍，選項(xiàng)D錯(cuò)。時(shí)，磁通量最大，說(shuō)明磁場(chǎng)方向和線框平面垂直，選項(xiàng)A對(duì)。圖像斜率最大即最大，磁通量變化率最大，選項(xiàng)B對(duì)?？键c(diǎn)：電磁感應(yīng)11.如圖所示，兩塊水平放置的平行正對(duì)的金屬板a、b與電源E相連，在與兩板等距離的M點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴恰處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將b板向上平移一小段距離，但仍在M點(diǎn)下方，下列說(shuō)法中正確的是（）A.液滴仍將處于靜止?fàn)顟B(tài)B.M點(diǎn)電勢(shì)升高C.帶電液滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能增大D.在b板移動(dòng)前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場(chǎng)力做功相同【答案】CD【解析】A、電容器與電源保持相連，電容器板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據(jù)分析得知板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，液滴所受的電場(chǎng)力增大，液滴將加速向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、由U=Ed知，M與a間的電場(chǎng)差增大，a點(diǎn)的電勢(shì)為零，M點(diǎn)的電勢(shì)小于零，則知M點(diǎn)的電勢(shì)降低，故B錯(cuò)誤；C、由于液滴帶負(fù)電，則帶電液滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能增大，故C正確；D、在b板移動(dòng)前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，兩板間的電勢(shì)差不變，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W=qU知，電場(chǎng)力做功相同，故D正確；故選CD?！军c(diǎn)睛】電容器與電源保持相連，電容器板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據(jù)分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，判斷液滴的運(yùn)動(dòng)方向；判斷M與a板間電勢(shì)差變化，結(jié)合電勢(shì)高低，判斷M點(diǎn)電勢(shì)的變化；根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小的結(jié)論，分析電勢(shì)能的變化。12.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直與紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子a（不計(jì)重力）以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b（不計(jì)重力）仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b（）A.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B.穿出位置一定在O′點(diǎn)上方C.運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定增大【答案】CD【解析】試題分析：a粒子要在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故對(duì)粒子a有：Bqv="Eq"即只要滿足E=Bv無(wú)論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場(chǎng)區(qū)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，粒子b由于電性不確定，故無(wú)法判斷從O’點(diǎn)的上方或下方穿出，故AB錯(cuò)誤；粒子b在穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中必然受到電場(chǎng)力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C?？键c(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合分析，這類問(wèn)題綜合了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)、電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)三個(gè)方面：（1）在電場(chǎng)和磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，符合二力平衡：qE=qvB．（2）若撤去磁場(chǎng)，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法分析．有時(shí)也要結(jié)合能量問(wèn)題分析解決．（3）若撤去電場(chǎng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，符合洛倫茲力提供向心力：qvB＝m視頻二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）13.如圖所示是“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)裝置（1）將圖中所缺導(dǎo)線補(bǔ)接完整_____（2）用此裝置研究感應(yīng)電流方向時(shí)：將原線圈A插入副線圈B后，如果在閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，那么在電鍵閉合的狀態(tài)下將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向左移動(dòng)時(shí)，電流計(jì)指針將_____（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）（3）在閉合電鍵時(shí)，將原線圈A向下插入副線圈B中，線圈B對(duì)線圈A的作用力為_____（填引力或斥力）【答案】(1).(2).左偏(3).斥力【解析】試題分析：（1）將電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個(gè)回路，再將電流計(jì)與大螺線管串聯(lián)成另一個(gè)回路，電路圖如圖所示、（2）當(dāng)在閉合電鍵時(shí)，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，則說(shuō)明線圈磁通量從無(wú)到有即變大，導(dǎo)致電流計(jì)指針向右偏一下；線圈A插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向左移動(dòng)時(shí)，電路中總電阻增大，電路中電流變小，導(dǎo)致線圈磁通量變小，則電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)；（3）在閉合電鍵時(shí)，將原線圈A向下插入B中，依據(jù)來(lái)拒去留原則，線圈B對(duì)線圈A的作用力為斥力?？键c(diǎn)：研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象?！久麕燑c(diǎn)睛】電源與線圈構(gòu)成一回路，而另一線圈與檢流表又構(gòu)成一個(gè)回路，當(dāng)上方線圈中的磁通量發(fā)生變化時(shí)，導(dǎo)致下方線圈的磁通量也跟著變化，從而出現(xiàn)感應(yīng)電流,由楞次定律來(lái)確定感應(yīng)電流的方向，而閉合線圈中的磁通量發(fā)生變化有幾種方式：可以線圈面積的變化，也可以磁場(chǎng)的變化，也可以線圈與磁場(chǎng)的位置變化。14.（1）某同學(xué)先用一個(gè)有四個(gè)倍率的多用電表粗略測(cè)量某合金材料制成的導(dǎo)體的電阻，四個(gè)倍率分別是×1、×10、×100、×1000．用×100檔測(cè)量該導(dǎo)體電阻時(shí)，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)換到_____檔。（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量該導(dǎo)體的長(zhǎng)度如圖所示，可知其長(zhǎng)度為_____mm。（3）若通過(guò)多用電表測(cè)得該導(dǎo)體的電阻約為8000Ω，現(xiàn)該同學(xué)想通過(guò)伏安法測(cè)定該導(dǎo)線的阻值Rx．現(xiàn)有電源（3V，內(nèi)阻可不計(jì)），滑動(dòng)變阻器（0～10Ω，額定電流2A），開關(guān)和導(dǎo)線若干以及下列電表：A．電流表（0～5mA，內(nèi)阻約0.125Ω）B．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約0.025Ω）C．電壓表（0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D．電壓表（0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）為減小測(cè)量誤差，在實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)選用_____，電壓表應(yīng)選用_____（選填器材前的字母）；實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)采用圖中的_____（選填“甲”、“乙”、“丙”、或“丁”）。【答案】(1).(2).(3).A(4).C(5).丁【解析】（1）用×100檔測(cè)量該導(dǎo)體電阻時(shí)，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說(shuō)明所選擋位太小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)換到×1000檔。...............（3）通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流約為：，電流表選A；電源電動(dòng)勢(shì)為3V，電壓表應(yīng)選擇C；由題意可知，待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法；待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器最大阻值，為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由此可知，應(yīng)選擇圖丁所示實(shí)驗(yàn)電路。二、計(jì)算題（共36分）15.如圖所示，在傾角為30°足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面的底端A點(diǎn)固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，在離A距離為S0的C處由靜止釋放某正電荷的小物塊P（可看做點(diǎn)電荷）．已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)。（1）求小物塊所帶電荷量q和質(zhì)量m之比；（2）求小物塊速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離S?！敬鸢浮俊窘馕觥俊痉治觥繉?duì)物塊受力分析，根據(jù)釋放物塊P的時(shí)候加速度的大小為g，計(jì)算小物塊所帶電量q和質(zhì)量m之比；物塊受到的合力為零的時(shí)候，速度最大，根據(jù)受力平衡計(jì)算速度最大的位置；解：（1）對(duì)小物塊，由牛頓第二定律得解得（2）當(dāng)合力為零時(shí)速度最大即解得16.如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線上下有相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，ab是一根長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)桿，沿電場(chǎng)線放置在虛線上方的場(chǎng)中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電的電量為q、質(zhì)量為m的小球（小球重力忽略不計(jì)），從a端由靜止釋放后，小球先作加速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)b端，已知小球與絕緣桿間的動(dòng)摩擦系數(shù)μ=0.3，當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方vb；后，運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓，圓的半徑是，求：①小球到達(dá)b點(diǎn)的速度②勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；③帶電小球從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功與電場(chǎng)力所做功的比值。【答案】【解析】【分析】小球在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解；小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力分析，根據(jù)平衡狀態(tài)，則有求解；選擇小球，取從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，可求出電場(chǎng)力做功，同時(shí)求出摩擦力做功，即可求解。解：①小球在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，則有又解得②小球在沿桿向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力情況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場(chǎng)力qE，向上的摩擦力f，洛倫茲力則有∴當(dāng)小球作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)解得③