2025屆廣東揭陽(yáng)市惠來(lái)縣第一中學(xué)物理高二上期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題含解析

2025屆廣東揭陽(yáng)市惠來(lái)縣第一中學(xué)物理高二上期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交流電的圖象如圖所示，由圖可知()A.0.01s時(shí)刻線圈處于中性面位置B.0.01s時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為零C.該交流電流的有效值為2AD.該交流電流的頻率為50Hz2、下列說(shuō)法正確的是A.庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)只有很小的帶電體之間才存在相互作用力B.根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義，可知電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與放在該點(diǎn)的試探電荷受到的電場(chǎng)力成正比C.電場(chǎng)中任何兩條電場(chǎng)線都不相交D.磁通量不僅有大小而且有方向，所以是矢量3、如圖，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，整個(gè)裝置放在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻減小，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b到aB.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小、運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向右4、如圖所示，一段通有恒定電流直導(dǎo)線水平放置在足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，第一次將導(dǎo)線以為軸在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)60°，第二次將導(dǎo)線以為軸垂直紙面向里轉(zhuǎn)過(guò)60°，不考慮電磁感應(yīng)的影響，關(guān)于兩種情況導(dǎo)體受到的安培力大小和方向，下列說(shuō)法正確的是（）A.第一種情況，安培力大小一直在變，但方向不變B.第一種情況，安培力大小和方向都一直在變C.第二種情況，安培力大小和方向都一直在變D.第二種情況，安培力大小和方向都一直不變5、如圖，在傾角為a的光滑斜面上，與底邊平行放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、通電電流為I的直導(dǎo)體棒．欲使此導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)方向由豎直向上沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)至水平向左的過(guò)程中，關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B說(shuō)法正確的是A.此過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B逐漸增大B.此過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B逐漸減小C.此過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為D.此過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最大值為6、如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過(guò)，只采取下列措施，其中可行的是（）A.適當(dāng)減小加速電壓UB.適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度EC.適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離D.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖甲為風(fēng)力發(fā)電的簡(jiǎn)易模型，在風(fēng)力的作用下，風(fēng)葉帶動(dòng)與其固定在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比。某一風(fēng)速時(shí)，線圈中產(chǎn)生的正弦式電流如圖乙所示，則（）A.磁鐵的轉(zhuǎn)速為10r/sB.電流的表達(dá)式為i=0.6sin10πt（A）C.風(fēng)速加倍時(shí)電流的表達(dá)式為i=1.2sin10πt（A）D.風(fēng)速加倍時(shí)線圈中電流的有效值為A8、如圖所示,在方向水平向左的勻速電場(chǎng)中有一傾角為60°、高為H的固定絕緣斜面體,現(xiàn)將一質(zhì)量為m,帶正電且電荷量為q的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面體頂端由靜止釋放,已知重力加速度為g,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=,不計(jì)空氣阻力,則A.小物塊將沿斜面下滑B.小物塊將做曲線運(yùn)動(dòng)C.小物塊到達(dá)地面時(shí)的速度大小為D.若其他條件不變,只增大電場(chǎng)強(qiáng)度,小物塊到達(dá)地面前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變9、如圖，北斗導(dǎo)航衛(wèi)星先沿橢圓軌道I飛行，后在遠(yuǎn)地點(diǎn)P處由橢圓軌道變軌進(jìn)入地球同步圓軌道II。下列說(shuō)法正確的是（）A.橢圓軌道I中衛(wèi)星在P點(diǎn)的加速度是最小的B.衛(wèi)星在橢圓軌道I上的P點(diǎn)處加速進(jìn)入軌道IIC.衛(wèi)星在軌道II運(yùn)行時(shí)的速度大于7.9km/sD.橢圓軌道中衛(wèi)星的機(jī)械能總是變化的10、如圖所示正方形閉合導(dǎo)線框abcd，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處。線框由靜止自由下落，線框平面始終保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊與磁場(chǎng)的上邊界平行。則下列說(shuō)法正確的是A.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中一定做勻速運(yùn)動(dòng)B.cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框所受的安培力向上C.ct邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定最大D.線框從釋放到完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框減少的重力勢(shì)能等于它增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的焦耳熱之和三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11．（6分）某同學(xué)要測(cè)量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：(1)用游標(biāo)為20分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖甲，由圖可知其長(zhǎng)度為______mm；用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖乙，由圖可知其直徑為______mm；用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖丙，則該電阻的阻值約為______Ω。(2)該同學(xué)想用伏安法更精確地測(cè)量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格如下：A．待測(cè)圓柱體電阻RB．電流表A1，（量程0～4mA，內(nèi)阻約為50Ω）C．電流表A2，（量程0～10mA，內(nèi)阻約為30Ω）D．電壓表V1，（量程0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）E.電壓表V2，（量程0～15V，內(nèi)阻約為25kΩ）F．滑動(dòng)變阻器R1（阻值范圍0～15Ω，允許通過(guò)的最大電流2.0A）G．滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍0～2kΩ，允許通過(guò)的最大電流0.5A）H．直流電源E（電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻不計(jì)）I．開關(guān)S、導(dǎo)線若干為使實(shí)驗(yàn)誤差較小，要求便于調(diào)節(jié)且測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，所選電流表_____，電壓表______，滑動(dòng)變阻器_____（填所選器材的符號(hào)），并在虛線框中畫出測(cè)量的電路圖，并標(biāo)明所用器材的代號(hào)。____(3)若該同學(xué)用伏安法跟用多用電表測(cè)量得到R測(cè)量值幾乎相等，由此可估算此圓柱體材料的電阻率約為ρ=________Ω·m。(保留2位有效數(shù)字)12．（12分）一細(xì)而均勻的導(dǎo)電材料，截面為圓柱體，如圖所示，此材料長(zhǎng)約5cm，電阻約為100Ω，欲測(cè)量這種材料的電阻率ρ．現(xiàn)提供以下實(shí)驗(yàn)器材A．游標(biāo)卡尺；B.螺旋測(cè)微器；C.電流表A1（量程50mA，內(nèi)阻r1=100Ω）；D.電流表A2（量程100mA，內(nèi)阻r2約為40Ω）；E.電壓表V（量程15V，內(nèi)阻約為3000Ω）；F.滑動(dòng)變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；G.直流電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻很?。?；H.上述導(dǎo)電材料R2（長(zhǎng)約為5cm，電阻約為100Ω）；I.開關(guān)一只，導(dǎo)線若干請(qǐng)用上述器材設(shè)計(jì)一個(gè)盡可能精確地測(cè)量該樣品電阻率ρ的實(shí)驗(yàn)方案，回答下列問(wèn)題：（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)得該樣品的長(zhǎng)度如圖所示，其示數(shù)L=_______cm，用螺旋測(cè)微器測(cè)得該樣品的外直徑如圖所示，其示數(shù)D=______mm.（2）在如圖的方框中畫出設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖，并標(biāo)明所選擇器材的物理量符號(hào)____（3）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)記錄的物理量有___________、_______________（寫出文字表述和字母符號(hào)），用已知的物理量和所測(cè)得的物理量的符號(hào)表示這種材料的電阻率為ρ=_____四、計(jì)算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子從平行板電容器的上極板左邊緣處以某一速度沿極板方向射入電容器．若平行板電容器所帶電荷量為Q1，該粒子經(jīng)時(shí)間t1恰好打在下極板正中間，若平行板電容器所帶電荷量為Q2，該粒子經(jīng)時(shí)間t2恰好沿下極板邊緣飛出．不考慮平行板電容器的邊緣效應(yīng)，求兩種情況下：（1）粒子在電容器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1、t2之比；（2）電容器所帶電荷量Q1、Q2之比14．（16分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，虛線MO與水平線PQ相交于O，二者夾角θ=30°，在MOP范圍內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，MOQ上方的某個(gè)區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，O點(diǎn)處在磁場(chǎng)的邊界上，現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v（0<v≤）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，所有粒子通過(guò)直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力．求：（1）速度最大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點(diǎn)的距離；（3）磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積15．（12分）如圖所示，橫截面積為S=0.10m2，匝數(shù)為N=120匝的閉合線圈放在平行于線圈軸線的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示．線圈電阻為r=1.2Ω，電阻R=4.8Ω．求：(1)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)從t1=0到t2=0.30s時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量q

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】0.01s時(shí)刻感應(yīng)電流最大，磁通量為零，位置與中性面垂直，A錯(cuò)；B對(duì)；峰值為6.28A，有效值為6.28A/1.414=4.45A，C錯(cuò)；周期為0.04s,頻率為1/T=25Hz，D錯(cuò)；2、C【解析】根據(jù)“庫(kù)侖、電場(chǎng)強(qiáng)度定義、電場(chǎng)線、磁通量”可知，本題考查物理學(xué)史以及對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)線的理解，根據(jù)物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)和著名實(shí)驗(yàn)，運(yùn)用電場(chǎng)線和磁感線概念的理解分析.【詳解】A、帶電體之間都存在著相互作用力；故A錯(cuò)誤.B、電場(chǎng)強(qiáng)度定義中，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與電荷受到的電場(chǎng)力大小、電荷的多少無(wú)關(guān)；故B錯(cuò)誤.C、根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知，電場(chǎng)中任何兩條電場(chǎng)線都不相交；故C正確.D、磁通量的計(jì)算使用代數(shù)方法，不是矢量，是標(biāo)量；故D錯(cuò)誤.故選C.【點(diǎn)睛】帶電體之間都存在著相互作用力，庫(kù)侖利用庫(kù)侖扭秤研究帶電體間的相互作用，總結(jié)出了庫(kù)侖定律；電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與電荷受到的電場(chǎng)力大小、電荷的多少無(wú)關(guān)；根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)判斷.3、D【解析】根據(jù)楞次定律得出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電流是否不變，根據(jù)安培力公式分析安培力是否保存不變，結(jié)合平衡分析靜摩擦力的變化【詳解】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；B．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)安培力公式F=BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f=F，安培力減小，則靜摩擦力減小，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向向右，導(dǎo)體棒有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故D正確；故選D【點(diǎn)睛】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力公式的基本運(yùn)用，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，面積不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，但是導(dǎo)體棒所受的安培力在變化4、A【解析】AB．第一次將導(dǎo)線以為軸在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力總是垂直紙面向里，根據(jù)安培力大小表達(dá)式：可知，是垂直磁場(chǎng)方向的有效長(zhǎng)度，在順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，有效長(zhǎng)度不斷減小，故這種情況下安培力大小一直在變，但方向不變，A正確，B錯(cuò)誤；CD．同理，第二次將導(dǎo)線以為軸垂直紙面向里轉(zhuǎn)過(guò)，垂直磁場(chǎng)方向的長(zhǎng)度不變，安培力的大小總是不變，根據(jù)左手定則可知，安培力方向不斷變化，CD錯(cuò)誤。故選A。5、C【解析】導(dǎo)體棒受三個(gè)力，重力G、支持力和安培力，三力平衡，合力為零，其中重力的大小和方向都不變，支持力的方向不變，安培力的方向由沿斜面向上逐漸變?yōu)樨Q直向上，根據(jù)平行四邊形定則分析【詳解】對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受重力G、支持力和安培力，三力平衡，合力為零，將支持力和安培力合成，合力與重力相平衡，如圖所示：從圖中可以看出，安培力先變小后變大，由于，其中電流I和導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度L均不變，故磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大；由圖可以看出當(dāng)平行于斜面時(shí)有最小值，，解得：，此過(guò)程中安培力豎直向上時(shí)最大為mg，故B的最大值為：，故C正確，ABD錯(cuò)誤6、B【解析】要使粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故Eq=qvB．根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場(chǎng)力大于洛倫茲力，所以要么減小電場(chǎng)力，要么增大洛倫茲力．根據(jù)eU=mv2可得，適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v，從而減小洛倫茲力．故A錯(cuò)誤．適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E，即可以減小電場(chǎng)力，故B正確．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離，根據(jù)eU=mv2可得，由于粒子兩者間的電壓沒(méi)有變化，所以電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速率沒(méi)有變化，因此沒(méi)有改變電場(chǎng)力和洛倫茲力的大小，故C錯(cuò)誤．適當(dāng)減小磁感強(qiáng)度B，可以減小洛倫茲力，故D錯(cuò)誤．故選B點(diǎn)睛：本題是綜合性較強(qiáng)的題目，物體的運(yùn)動(dòng)分成兩個(gè)階段：在電場(chǎng)中的加速和在復(fù)合場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)．在解題時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析和受力分析二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BD【解析】A．電流的周期為T=0.2s，故磁體的轉(zhuǎn)速為n==5r/s故A錯(cuò)誤；B．通過(guò)乙圖可知電流的最大值為0.6A，周期T=0.2s，故ω=＝10πrad/s故電流的表達(dá)式為i=0.6sin10πt（A）故B正確；C．風(fēng)速加倍時(shí)，角速度加倍，根據(jù)Em=nBSω可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)加倍，形成的感應(yīng)電流加倍，故風(fēng)速加倍時(shí)電流的表達(dá)式為i=1.2sin20πt（A）故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)C的分析，形成的感應(yīng)電流Im=1.2A，故有效值為故D正確故選BD。8、CD【解析】A、對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力，則合力的大小為2mg，方向如圖，小物塊沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；C、運(yùn)用動(dòng)能定理研究從開始到落地過(guò)程：，解得：，故C正確；D、將物塊的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，增大電場(chǎng)強(qiáng)度，電場(chǎng)力增大，水平方向的加速度增大，豎直方向上的加速度不變，根據(jù)等時(shí)性知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故D正確；故選CD【點(diǎn)睛】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，畫出物塊的運(yùn)動(dòng)軌跡．運(yùn)用動(dòng)能定理或牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問(wèn)題9、AB【解析】A．衛(wèi)星繞行，萬(wàn)有引力提供加速度處距離中心天體最遠(yuǎn)，加速度最小，A正確；B．根據(jù)衛(wèi)星變軌原理可知，衛(wèi)星在橢圓軌道I上的點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，要實(shí)現(xiàn)這個(gè)運(yùn)動(dòng)必須使衛(wèi)星所需向心力大于萬(wàn)有引力，所以應(yīng)該衛(wèi)星應(yīng)加速，增加所需向心力，進(jìn)入軌道II，B正確；C．即第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度。而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，萬(wàn)有引力提供向心力解得根據(jù)的表達(dá)式可以發(fā)現(xiàn)同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度，C錯(cuò)誤；D．橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能不變，D錯(cuò)誤。故選AB。10、BD【解析】AC．當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力大小和重力大小關(guān)系不確定，因此線框可能做加速、勻速和減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv，可看出線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定最大，故AC錯(cuò)誤；B．cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向由d指向c，由左手定則可知，cd邊受到的安培力向上，故B正確；D．根據(jù)能量守恒知：線框從釋放到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，線框減少的重力勢(shì)能等于它增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D正確。故選BD。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11、①.50.15②.4.700③.220④.C⑤.D⑥.F⑦.⑧.【解析】（1）[1]由圖甲，游標(biāo)卡尺讀數(shù)為50mm+3×0.05mm=50.15mm[2]由圖乙，螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀，螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為4mm+0.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm[3]由圖丙，用歐姆表測(cè)電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率，當(dāng)指針指在中央附近時(shí)測(cè)量值較準(zhǔn)確，歐姆表表盤的示數(shù)為

0×10Ω=220Ω（2）[4][5][6]電源電動(dòng)勢(shì)為4V，故電壓表應(yīng)選V1，即選D；待測(cè)電阻中最大電流約為則電流表應(yīng)選A2，即選C；滑動(dòng)變阻器選擇小量程的，便于調(diào)節(jié)，故選R1，即選F；[7]因待測(cè)電阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)選外接法；又滑動(dòng)變阻器最大阻值遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻值，故變阻器應(yīng)用分壓式接法，電路圖如圖所示（3）[8]根據(jù)電阻定律且代入數(shù)據(jù)解得12、①.5.015；②.4.700；③.；④.電流表A1的示數(shù)；⑤.電流表A2的示數(shù)；⑥.【解析】(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康呐c實(shí)驗(yàn)所給器材選擇實(shí)驗(yàn)器材，然后設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路(3)根據(jù)歐姆定律與電阻定律求出電阻率的表達(dá)式【詳解】(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm(2)電源電動(dòng)勢(shì)為3V，電壓表量程為15V，電壓表量程太大，不能用電壓表測(cè)電壓，可以用已知內(nèi)阻的電流表A1與待測(cè)電阻并聯(lián)測(cè)電壓，用電流表A2測(cè)電流，由于滑動(dòng)變阻器最大阻值遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻阻值，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，電路圖如圖所示：(3)通過(guò)待測(cè)電阻的電流：I=I2-I1，待測(cè)電阻兩端電壓：U=I1r1，待測(cè)電阻阻值：由電阻定律可知解得：電阻率：所以實(shí)驗(yàn)中要記錄的物理量為：電流表A1的示數(shù)，和電流表A2的示數(shù)【點(diǎn)睛】本題考查了游標(biāo)卡尺與螺旋測(cè)微器讀數(shù)、設(shè)計(jì)電路圖、求電阻率表達(dá)式，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法；游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)，游標(biāo)卡尺不需要估讀；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器示數(shù)，螺旋測(cè)微器需要估讀