陜西省榆林市第二中學(xué)2020學(xué)年高二物理下學(xué)期開學(xué)考試試題（含解析）

1、陜西省榆林市第二中學(xué)2020學(xué)年高二物理下學(xué)期開學(xué)考試試題（含解析） 時(shí)間:90分鐘 滿分:100分一、單選題（本大題共10小題，共30.0分）1.關(guān)于物理科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是A. 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B. 庫侖提出了庫侖定律，并最早用實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷e的數(shù)值C. 焦耳首先引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對(duì)電磁現(xiàn)象的研究D. 安培根據(jù)通電螺線管的磁場(chǎng)和條形磁鐵的磁場(chǎng)的相似性，提出了分子電流假說【答案】D【解析】【分析】解答本題應(yīng)記牢：奧斯特、法拉第、庫侖、安培等科學(xué)家的物理學(xué)成就，即可進(jìn)行解答【詳解】A奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，是法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)

2、現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B庫侖提出了庫侖定律，是密立根最早用實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷e的數(shù)值，故B錯(cuò)誤；C法拉第首先引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對(duì)電磁現(xiàn)象的研究，故C錯(cuò)誤；D安培根據(jù)通電螺線管的磁場(chǎng)和條形磁鐵的磁場(chǎng)的相似性，提出了分子電流假說，揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)睛】物理學(xué)史是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，注重積累2.初速度為電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初始運(yùn)動(dòng)方向如圖，則( )A. 電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變B. 電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C. 電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變D. 電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變【答案】C【解析】【分

3、析】根據(jù)安培定則判斷出通電導(dǎo)體右側(cè)的磁場(chǎng)方向，然后根據(jù)左手定則判斷出電子所受洛倫茲力的方向，即得出電子的偏轉(zhuǎn)方向，注意應(yīng)用左手定則時(shí)四指指向與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，洛倫茲力不做功?！驹斀狻坑砂才喽▌t可知導(dǎo)體右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，然后跟左手定則可知運(yùn)動(dòng)電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)睛】在解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題時(shí)安培定則與左手定則經(jīng)常聯(lián)合應(yīng)用，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)訓(xùn)練，以提高應(yīng)用它們的解題能力。3.如圖所示為電阻和的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了、三個(gè)區(qū)域現(xiàn)把和并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用和表示；并聯(lián)的總電阻

4、設(shè)為下列關(guān)于與的大小關(guān)系及R的伏安特性曲線應(yīng)該在的區(qū)域正確的是A. 特性曲線在區(qū)，B. 特性曲線在區(qū)，C. 特性曲線在區(qū)，D. 特性曲線在區(qū)，【答案】C【解析】圖像斜率表示，斜率大，電阻小，兩電阻并聯(lián)，電壓相同，據(jù),知.并聯(lián)后電阻更小，斜率更大，特性曲線在區(qū)，C對(duì)。4.一電子在電場(chǎng)中由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中平行實(shí)線是等勢(shì)面則下列說法中正確的是A. a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低B. 電子在a點(diǎn)的加速度方向向右C. 電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)能減小D. 電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能減小【答案】C【解析】【分析】電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功

5、，電勢(shì)能增加?！驹斀狻緼根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電子受的電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，由此可知電場(chǎng)線的方向向上，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，所以A錯(cuò)誤；B由A的分析可知，電子受的電場(chǎng)力向下，所以電子在a點(diǎn)的加速度方向向下，所以B錯(cuò)誤；C從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)能減小，所以C正確；D電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能增加，所以D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)睛】加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，同時(shí)結(jié)合功能關(guān)系分析，基礎(chǔ)問題。5. 在研究微型電動(dòng)機(jī)的性能時(shí)，應(yīng)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路，圖中電表均為理想電表。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R并控

6、制電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A和2.0V。重新調(diào)節(jié)R并使電動(dòng)機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)，此時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24.0V。則這臺(tái)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)輸出功率為A. 32W B. 44WC. 47W D. 48W【答案】A【解析】根據(jù)停轉(zhuǎn)時(shí)電壓電流表的示數(shù)可以知道線圈電阻，電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)輸出功率選A6.如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢(shì)比下表面的低由此可得該導(dǎo)電

7、材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為( )A. ，負(fù) B. ，正 C. ，負(fù) D. ，正【答案】C【解析】準(zhǔn)確理解電流的微觀表達(dá)式，并知道穩(wěn)定時(shí)電荷受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，是解決本題的關(guān)鍵由于上表面電勢(shì)低，根據(jù)左手定則判斷出自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電，排除B、D兩項(xiàng)電荷穩(wěn)定時(shí)，所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，|q|q|vB，由電流的微觀表達(dá)式知：I|q|nSv|q|nabv，聯(lián)立可得n，故選C正確【此處有視頻，請(qǐng)去附件查看】7.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是一豎直放置的感光板從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P垂直磁場(chǎng)射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v

8、的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)以下說法正確的是)A. 只要對(duì)著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心C. 對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過的弧長越長，時(shí)間也越長D. 只要速度滿足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】對(duì)著圓心入射，只有軌道半徑為R的粒子出射后可垂直打在MN上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線一定過圓心，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過的弧長所對(duì)的圓心角越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只要速度滿足v，沿不同方向入射

9、的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項(xiàng)D正確。8.如圖所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】試題分析:液滴在重力、電場(chǎng)力和洛侖茲力下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，液滴受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相同，mg=qE，得m=；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R=，得v=，故D正確?？键c(diǎn)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)9.如圖中所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬

10、圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按如圖2變化時(shí)，下列四圖中正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】在0-1s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1-3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零；在3-5s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示方向相反，為負(fù)值，故A正確【此處有視頻，請(qǐng)去附件查看】10.如圖甲所示，兩個(gè)點(diǎn)電荷、固定在x軸上距離為L的兩點(diǎn)，其中帶正電荷位于原點(diǎn)O，a、b是它們的連線延長線上的兩點(diǎn)，其中b點(diǎn)與O點(diǎn)相距現(xiàn)有一帶正電的粒子q以

11、一定的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)粒子只受電場(chǎng)力作用，設(shè)粒子經(jīng)過a，b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為、，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖象如圖乙所示，則以下判斷不正確的是A. 帶負(fù)電且電荷量小于B. b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零C. a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高D. 粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比b點(diǎn)的電勢(shì)能小【答案】ABD【解析】【詳解】由圖象分析可知：在b點(diǎn)前做加速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做減速運(yùn)動(dòng)，可見b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力平衡，可知b點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，Q2帶負(fù)電，且有，所以，Q1Q2，故AB正確該電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)，做加速運(yùn)動(dòng)，且該電荷為正電荷，電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減小，再據(jù)Ep=q知，電勢(shì)降低，所以b點(diǎn)電勢(shì)

12、較低，故C正確，D錯(cuò)誤；故選ABC二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）11.在如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，和為定值電阻，P為滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭，G為靈敏電流表，A為理想電流表開關(guān)S閉合后，C的兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)在P向上移動(dòng)的過程中，下列說法不正確的是 （ ）A表的示數(shù)變大B. 油滴向上加速運(yùn)動(dòng)C. G中有由a至b的電流D. 電源的輸出功率一定變大【答案】BC【解析】試題分析：油滴原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力與電場(chǎng)力平衡G電路穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓當(dāng)滑片P向上移動(dòng)的過程中，變阻器的電壓增大

13、，電容器的電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴向上做加速運(yùn)動(dòng)電容器充電，G中有從b到a的電流當(dāng)滑片P向下移動(dòng)的過程中，油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，電容器放電，G中有從a到b的電流將S斷開到電路穩(wěn)定的過程，電容器通過R2和R放電，板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，G中有從a到b的瞬間電流通過A、B當(dāng)滑片P向上移動(dòng)的過程中，電阻變大回路電流變小表的示數(shù)變小，變阻器的電壓增大，電容器的電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴向上做加速運(yùn)動(dòng)電容器充電，G中有從b到a的電流故A錯(cuò)誤，B正確，C錯(cuò)誤D、當(dāng)滑片P向上移動(dòng)的過程中，電阻變大回路電流變小，電源的輸出功率一定變小故D錯(cuò)誤故選B?？键c(diǎn)：電容器的動(dòng)態(tài)分析；閉合電路的歐姆定律點(diǎn)評(píng)：本

14、題是電容的動(dòng)態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵在于確定電容器的電壓及其變化當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓等于所在支路兩端的電壓12.彼此絕緣、相互垂直的兩根通電直導(dǎo)線與閉合線圈共面，下圖中穿過線圈的磁通量可能為零的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】A根據(jù)安培定則，電流I1在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里，I2在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向外，所以磁通量可能為零，故A錯(cuò)誤B根據(jù)安培定則，電流I1在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里，所以磁通量可能為零，故B錯(cuò)誤C根據(jù)安培定則，電流I1在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里，I2在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里，所以磁通量不可

15、能為零，故C正確D根據(jù)安培定則，電流I1在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場(chǎng)方向是垂直紙面向外，所以磁通量不可能為零，故D正確故選CD點(diǎn)睛：此題是磁場(chǎng)的疊加問題，解決本題的關(guān)鍵會(huì)用安培定則判斷磁場(chǎng)的方向，以及知道當(dāng)有多個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，此時(shí)磁通量為凈磁通量13.一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向?yàn)檎?，在磁?chǎng)中有一細(xì)金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內(nèi)，如圖所示現(xiàn)令磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化，先按圖中所示的圖線變化，后來又按圖線和變化，令，分別表示這三段變化過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，分別表示對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電流，則（ ） A. ，沿逆時(shí)針方向，沿順時(shí)針方向B. ，沿逆時(shí)針方向，沿順時(shí)針方向C. ，沿

16、順時(shí)針方向，沿逆時(shí)針方向D. ，沿順時(shí)針方向，沿順時(shí)針方向【答案】BD【解析】試題分析：由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出三者感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小關(guān)系；由楞次定律可得出三段過程中電流的方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，由圖知應(yīng)有第段中磁通量的變化率較小，而、兩段中磁通量的變化率相同，故有，由楞次定律可判斷出沿逆時(shí)針方向，與均沿順時(shí)針方向，故AC錯(cuò)誤，BD正確14.一個(gè)一價(jià)和一個(gè)二價(jià)的靜止銅離子，經(jīng)過同一電壓加速后，再垂直射入同一勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后打在同一屏上，屏與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向平行，下列說法正確的是)A. 二價(jià)銅離子打在屏上時(shí)的速度小B. 離子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，二價(jià)銅離子飛到屏上用的時(shí)間短C. 離子通過加速電場(chǎng)過

17、程中，電場(chǎng)力對(duì)二價(jià)銅離子做的功大D. 在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，兩種離子在電場(chǎng)方向上的位移不相等【答案】BC【解析】【分析】粒子經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后，可以應(yīng)用動(dòng)能定理解出其速度，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式解出要求的物理量。【詳解】A粒子在全程中電場(chǎng)力做功為： ，由于兩粒子質(zhì)量相同，電荷量之比為1：2，所以末速度之比為 1： ，故A錯(cuò)誤；B粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以豎直方向：y= ，由于豎直方向位移y相同，所以電量大的粒子所用時(shí)間少，故B正確；

18、C粒子經(jīng)過加速電場(chǎng)加速時(shí)，只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得： 解得：v0= ，兩種粒子的電荷量之比為1：2，質(zhì)量加速電壓都相同，加速電場(chǎng)做功為1：2，故C正確；D粒子經(jīng)過加速電場(chǎng)加速時(shí)，只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得：，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以豎直方向有： ，可見y與帶電粒子的電荷量、質(zhì)量無關(guān)說明兩個(gè)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，偏轉(zhuǎn)距離y相等。故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)睛】把類平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題。15.如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，勻強(qiáng)電

19、場(chǎng)平行于斜面下，彈簧另一端固定，滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)給滑塊一個(gè)沿斜面向下的初速度，滑塊最遠(yuǎn)能到達(dá)P點(diǎn)在些過程中A. 滑塊的動(dòng)能一定減小B. 彈簧的彈性勢(shì)能一定增大C. 滑塊電勢(shì)能的改變量一定小于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和D. 滑塊機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功的代數(shù)和【答案】AD【解析】滑塊可能帶正電也可能帶負(fù)電，彈簧開始可能壓縮可能拉伸，但速度肯定是減小到零，A對(duì)；B錯(cuò)；由能量守恒，D對(duì)；三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共15.0分）16.在“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑時(shí)的刻度位置如圖所示，用米尺測(cè)出金屬絲的長度L，金屬絲的電阻大約為，先用伏安法測(cè)出金屬絲

20、的電阻R，然后根據(jù)電阻定律計(jì)算出該金屬材料的電阻率從圖中讀出金屬絲的直徑為_ mm為此取兩節(jié)新的干電池、電鍵和若干導(dǎo)線及下列器材：A.電壓表，內(nèi)阻 B.電壓表，內(nèi)阻C.電流表，內(nèi)阻 D.電流表，內(nèi)阻E.滑動(dòng)變阻器， F.滑動(dòng)變阻器，要求較準(zhǔn)確地測(cè)出其阻值，應(yīng)選用的器材有_只填代號(hào)【答案】 (1). 0.680； (2). A、C、E【解析】【分析】(1)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)；(2)根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表，根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；根據(jù)電路圖分析答題?！驹斀狻?1) 由圖所示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為0.5mm+18.0

21、0.01mm=0.680mm；因此金屬絲的直徑在0.679mm0.681mm；(2) 兩節(jié)新的干電池，電源電動(dòng)勢(shì)為3V，若選取電壓表15V，測(cè)量讀數(shù)誤差較大，因此電壓表選A；電路最大電流約為，電流表應(yīng)選C；金屬絲的電阻大約為5，為方便實(shí)驗(yàn)操作滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E。【點(diǎn)睛】本題考查了螺旋測(cè)微器讀數(shù)、實(shí)驗(yàn)器材選擇、實(shí)驗(yàn)電路分析；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；要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則。17.某同學(xué)測(cè)量一只未知阻值的電阻Rx他先用多用電表進(jìn)行測(cè)量，指針偏轉(zhuǎn)如圖甲所示為了使多用電表的測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，該同學(xué)應(yīng)選用_擋位，更換擋位重新測(cè)量之前應(yīng)進(jìn)行的步驟是_接下再用“

22、伏安法”測(cè)量該電阻，所用儀器如圖乙所示，其中電壓表內(nèi)阻約為，電流表內(nèi)阻約為，滑動(dòng)變阻器最大阻值為圖中部分連線已經(jīng)連接好，為了盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電阻，請(qǐng)你完成其余的連線_該同學(xué)用“伏安法”測(cè)量的電阻的值將_選填“大于”、“小于”或“等于”被測(cè)電阻的實(shí)際值【答案】 (1). ； (2). 重新調(diào)零； (3). ； (4). 大于【解析】【分析】題應(yīng)明確當(dāng)歐姆表的指針偏角過小時(shí)，說明待測(cè)電阻的阻值太大，應(yīng)選擇倍率較大的擋，注意每次選檔后都應(yīng)重新調(diào)零；題在讀出待測(cè)電阻的阻值后再判定電流表應(yīng)用內(nèi)接法，根據(jù)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻可知，變阻器應(yīng)采用分壓式接法；題根據(jù)歐姆定律求出待測(cè)電阻的表達(dá)式即可?！驹?/p>

23、解】(1) 歐姆表的指針偏角過小，說明待測(cè)電阻阻值很大，應(yīng)選擇倍率較大的擋，所以應(yīng)選用100擋，換擋后應(yīng)該重新調(diào)零；(2) 歐姆表的讀數(shù)為R=10010=1000，由于滿足，所以電流表應(yīng)用外接法；由于滑動(dòng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻，所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法，即電路應(yīng)是分壓內(nèi)接法，連線圖如圖所示：(3) 根據(jù)歐姆定律，所以測(cè)量值應(yīng)大于待測(cè)電阻的實(shí)際值?！军c(diǎn)睛】應(yīng)明確：當(dāng)歐姆表的指針偏角過?。ù螅r(shí)，應(yīng)選擇倍率較大（小）的擋；當(dāng)待測(cè)電阻滿足時(shí)，電流表應(yīng)用外接法，滿足時(shí)，電流表應(yīng)用內(nèi)接法；當(dāng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻時(shí)，變阻器應(yīng)采用分壓式接法。四、計(jì)算題（本大題共3小題，共35分）18.輕質(zhì)細(xì)

24、線吊著一質(zhì)量為、邊長為的單匝正方形線圈abcd，線圈總電阻為邊長為的正方形磁場(chǎng)區(qū)域?qū)ΨQ分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖甲所示磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，從開始經(jīng)時(shí)間細(xì)線開始松弛，取求：線圈abcd中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和電功率P；求的值【答案】(1)E=0.4V，P=0.16W；(2)6s【解析】【分析】(1)根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，結(jié)合有效面積求出磁通量的變化量，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小根據(jù)P=I2R求出線圈abcd的電功率；(2)當(dāng)細(xì)線開始松弛，線框受重力和安培力平衡，根據(jù)平衡求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，從而結(jié)合圖線求出經(jīng)歷的時(shí)間。【詳解】(1) 由法拉第電

25、磁感應(yīng)定律而由乙圖得 解得：E=0.4V而功率；(2) 在t0時(shí)刻mg=Bid再依據(jù)閉合電路歐姆定律，根據(jù)圖象，B=10+5t0；解得：t0=6s?！军c(diǎn)睛】本題考查電磁感應(yīng)與電路和基本力學(xué)的綜合，難度不大，需加強(qiáng)訓(xùn)練同時(shí)注意法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用，掌握?qǐng)D象信息是解題的關(guān)鍵。19.如圖所示，一帶電荷量為、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，求：水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的，小物塊的加速度是多大；電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。【答案】（1） （2）0.3g（3）【解析】【分析】帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則可根據(jù)重力、支持力，又處于平衡，可得電場(chǎng)力方向，再由電荷的電性來確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度。借助于電場(chǎng)力由牛頓第二定律可求出加速度大?。贿x取物體