2023-2024年浙江省A9協(xié)作體高二上學(xué)期期中聯(lián)考物理試題（解析版）

浙江省A9協(xié)作體2023學(xué)年第一學(xué)期期中聯(lián)考高二物理試題考生須知：1．本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)字；3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4．考試結(jié)束后，只需上交答題卷。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.以下物理量是矢量的是（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度 B.電動(dòng)勢 C.磁通量 D.電流強(qiáng)度【答案】A【解析】【詳解】既有大小也有方向的物理量是矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量；只有大小而沒有方向是物理量是標(biāo)量，電動(dòng)勢、磁通量、電流強(qiáng)度是標(biāo)量。故選A。2.以下有關(guān)物理學(xué)史說法正確的是（）A.安培首先發(fā)現(xiàn)了電流磁效應(yīng)B.愛因斯坦提出了能量子假設(shè)C.麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在D.奧斯特在實(shí)驗(yàn)室捕捉到了電磁波【答案】C【解析】【詳解】A．奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．普朗克提出了能量子假設(shè)，故B錯(cuò)誤；C．麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，故C正確；D．赫茲實(shí)驗(yàn)室捕捉到了電磁波，故D錯(cuò)誤。故選C。3.磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（）A.a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba＞BbB.由圖可推斷整個(gè)磁場的磁感線既不會(huì)相交也不會(huì)閉合C.同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小D.a、b兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向可以通過放置小磁針來判斷【答案】D【解析】【詳解】A．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，a處的磁感線比b處疏，則a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度比b點(diǎn)小，故A錯(cuò)誤；B．圖像的顯示有限，較為片面，不可由圖推斷整個(gè)磁場的磁感線既不會(huì)相交也不會(huì)閉合，磁感線是閉合的曲線，故B錯(cuò)誤；C．因不知道通電導(dǎo)線與磁場方向的夾角，根據(jù)可知同一通電導(dǎo)線放在a處與放在b處的受力大小不可比較，故C錯(cuò)誤；D．小磁針在某點(diǎn)靜止時(shí)N極所指方向是磁場中該點(diǎn)的磁場方向，故a、b兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向可以通過放置小磁針來判斷，故D正確；故選D。4.如圖所示，某單量程磁電式電表的基本組成部分是磁鐵（極靴）、線圈、鐵芯等，下列關(guān)于該磁電式電表的說法中正確的是（）A.磁鐵極靴與鐵芯間的磁場是勻強(qiáng)磁場B.電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大C.電表里面的鐵芯是為了減小線圈與磁場間的作用D.改變電流方向，指針偏轉(zhuǎn)方向不變【答案】B【解析】【詳解】A．電表內(nèi)的磁場是均勻輻向分布磁場，不是勻強(qiáng)磁場，故A錯(cuò)誤；B．線圈所受安培力力的大小隨電流增大而增大，所以電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大，故B錯(cuò)誤；C．鐵芯被磁化變成了磁鐵，它的磁場和線圈的磁場同向、相互疊加加強(qiáng)，增大線圈與磁場間的作用，故C正確；D．改變電流方向，線圈所受安培力力的方向發(fā)生變化，指針偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示是由表頭Rg改裝的有兩個(gè)量程的電表，則關(guān)于該電表下列說法正確的是（）A.改裝的是電壓表，接A、C兩點(diǎn)量程大B.改裝的是電壓表，接A、B'兩點(diǎn)量程大C.改裝的是電流表，接A、C兩點(diǎn)量程大D.改裝的是電流表，接A、B兩點(diǎn)量程大【答案】D【解析】【詳解】由圖可知，電流計(jì)與分流電阻并聯(lián)，改裝的是電流表，且接A、B兩點(diǎn)時(shí)，分流電阻阻值較小，電流較大，量程較大。故選D。6.某簡易電吹風(fēng)簡化電路如圖所示，其主要部件為電動(dòng)機(jī)M和電熱絲，部分技術(shù)參數(shù)如下表，電吹風(fēng)在220V電壓下工作。下列說法正確的是（）電吹風(fēng)額定電壓220V電吹風(fēng)額定功率熱風(fēng)時(shí)：990W冷風(fēng)時(shí)：110WA.只閉合開關(guān)S1，電吹風(fēng)就能吹熱風(fēng) B.該電吹風(fēng)中電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為C.吹熱風(fēng)時(shí)電熱絲的功率為990W D.吹熱風(fēng)時(shí)通過電熱絲的電流為4A【答案】D【解析】【詳解】A．只閉合開關(guān)S1，電動(dòng)機(jī)未工作，電吹風(fēng)不能吹風(fēng)，故A錯(cuò)誤；B．只閉合開關(guān)S2時(shí)，僅電動(dòng)機(jī)接入電路，若電動(dòng)機(jī)為純電阻，則電阻為由于電動(dòng)機(jī)為非純電阻，則內(nèi)阻不為440Ω，故B錯(cuò)誤；CD．開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)和電熱絲同時(shí)接入電路，電吹風(fēng)吹熱風(fēng)，總功率為990W，即為電動(dòng)機(jī)的功率和電熱絲的功率之和，則吹熱風(fēng)時(shí)電熱絲的功率為880W；通過電熱絲的電流為故D正確C錯(cuò)誤；故選D。7.小明同學(xué)將一根細(xì)橡膠管中灌滿海水，兩端用粗銅絲塞住管口，形成一段封閉的海水柱，他將此海水柱接到電源兩端，握住海水柱兩端將它水平均勻拉伸到原長的1.5倍，若電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻恒定，忽略溫度對(duì)電阻率的影響，則此鹽水柱（）A.阻值增大為原來的1.5倍 B.兩端的電壓可能會(huì)減小C.消耗的電功率一定增大 D.電源的效率一定增大【答案】D【解析】【詳解】AB．設(shè)海水柱的體積為V，橫截面積為S，根據(jù)題意可知海水柱體積恒定，即代入數(shù)據(jù)解得拉伸后的橫截面積為根據(jù)導(dǎo)體的電阻定律可知，拉伸之后的電阻為故電阻增大，由電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻恒定，根據(jù)歐姆定律可知電路中的電流減小，由公式可知電阻兩端的電壓增大，故AB錯(cuò)誤；C．此鹽水柱的電功率即為電源的輸出功率，對(duì)于當(dāng)電動(dòng)勢和內(nèi)阻都固定的電源的輸出功率最大時(shí)，此時(shí)由于電源內(nèi)阻和鹽水柱的阻值大小未知，當(dāng)鹽水柱的電阻增大，鹽水柱消耗的電功率不一定增大，故C錯(cuò)誤；D．電源的效率為可知當(dāng)外電路的電阻增大，即鹽水柱的電阻增大，電源的效率一定增大，故D正確；故選D。8.電子產(chǎn)品的適配充電器和鋰離子電池的銘牌如圖所示，則以下說法正確的是（）A.該鋰電池充滿電后可貯存2000C的電量B.用該充電器給鋰電池充電時(shí)，充電器輸出功率為7.4WC.用該充電器給該鋰電池充電時(shí)，電池內(nèi)部鋰離子從正極運(yùn)動(dòng)到負(fù)極D.該鋰電池從無電狀態(tài)到充滿電，充電器消耗的電能為7.4W·h【答案】C【解析】【詳解】A．該鋰電池充滿電后可貯存的電量q為2000mAh，即故A錯(cuò)誤；B．用該充電器給鋰電池充電時(shí)，充電器輸出功率為故B錯(cuò)誤；C．用該充電器給該鋰電池充電時(shí)，充電過程中，是非靜電力把正電荷從負(fù)極搬運(yùn)到正極，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能存儲(chǔ)起來，電池內(nèi)部鋰離子是從正極運(yùn)動(dòng)到負(fù)極，故C正確；D．該鋰電池從無電狀態(tài)到充滿電，鋰電池獲得的電能考慮充電過程有能量損失，故需要消耗的電能大于，故D錯(cuò)誤；故選C。9.在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻均為定值，電流表和電壓表均為理想電表，帶電油滴P恰好靜止于平行板電容器中。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)增大B油滴P將向下加速運(yùn)動(dòng)C.通過R1的電流變化量大于電流表示數(shù)的變化量D.若電壓表示數(shù)的變化量為ΔU，電流表示數(shù)的變化量為ΔI，則不變【答案】D【解析】【詳解】A．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增大，電路中的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知電路中的總電流減小，內(nèi)阻和R1所消耗的電壓減小，因此電壓表的示數(shù)為由上式的電壓表的示數(shù)增大。所以R3兩端的電壓增大，電流增大，因此電流表的示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)油滴P恰好靜止于平行板電容器可知該油滴帶負(fù)電，滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)電容器兩端的電壓增大，電場強(qiáng)度增大，所以該油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)R1中電流減小，R3中電流增大，電流表的示數(shù)減小，則通過R1的電流變化量小于電流表示數(shù)的變化量，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)則由于則由于電路中的總電流減小，I3增大，IA減小，即即解得所以不變，故D正確。故選D。10.來自太陽的高能帶電粒子流被地磁場俘獲，在向兩極做螺旋運(yùn)動(dòng)的過程中與大氣分子摩擦、碰撞，使大氣分子激發(fā)出各種顏色的光，形成絢麗的極光美景。如圖，是某高能粒子被地磁場俘獲后的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，忽略引力和帶電粒子間的相互作用，以下說法正確的是（）A.圖中所示的帶電粒子帶正電B.圖中所示的帶電粒子做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)旋轉(zhuǎn)半徑一定越來越小C.洛倫茲力對(duì)帶電粒子做負(fù)功，使其動(dòng)能減少D.帶電粒子在靠近地球北極過程中動(dòng)能增大【答案】B【解析】【詳解】A．地球的磁場由南向北，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，南北兩極的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)，由洛倫茲力提供向心力，得出的半徑公式，可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，半徑是減小，圖中所示的帶電粒子做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)旋轉(zhuǎn)半徑一定越來越小，故B正確；CD．洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變，故CD錯(cuò)誤。故選B。11.如圖所示，電源的電動(dòng)勢E=4.5V，內(nèi)阻r=3?；瑒?dòng)變阻器全阻值為12，a、b分別為滑動(dòng)變阻器電阻絲的左右端點(diǎn)，電壓傳感器的一端與電阻絲中點(diǎn)M固定連接，另一端與可動(dòng)觸頭P相連。當(dāng)P在a、b間移動(dòng)時(shí)，電壓傳感器的示數(shù)可能為（）A.4.5V B.2V C.－1.7V D.－3V【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)歐姆定律可知電壓傳感器的一端與電阻絲中點(diǎn)M固定連接，若另一端與a或b相連接時(shí)，電壓傳感器顯示的數(shù)值最大，為因電勢差存在正負(fù)，故電壓傳感器的示數(shù)范圍為；故選C。12.如圖是某海灣風(fēng)力發(fā)電場。每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為r的圓面，當(dāng)?shù)仫L(fēng)向可視為與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，發(fā)電機(jī)將此圓面內(nèi)氣流動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出電能的效率為。風(fēng)速在范圍內(nèi)，可視為不變。已知風(fēng)速時(shí)每臺(tái)發(fā)電機(jī)輸出電功率為1000kW，空氣的密度為，則（）A.單位時(shí)間內(nèi)經(jīng)過每臺(tái)發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流動(dòng)能為B.當(dāng)風(fēng)速為時(shí)每臺(tái)發(fā)電機(jī)的輸出電功率約為2370kWC.每臺(tái)發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)形成的圓面半徑r約為10mD.若每年有風(fēng)速在，則每臺(tái)發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為【答案】B【解析】【詳解】A．單位時(shí)間內(nèi)氣流沖擊發(fā)電機(jī)葉片的體積為這些氣體的質(zhì)量氣流的動(dòng)能為故A錯(cuò)誤；B．氣流的動(dòng)能轉(zhuǎn)化的電能為則每秒輸出電功率可得輸出功率與成正比，風(fēng)速時(shí)每臺(tái)發(fā)電機(jī)輸出電功率為1000kW，則可知當(dāng)風(fēng)速為20m/s時(shí)每臺(tái)發(fā)電機(jī)的輸出電功率約為故B正確；C．由于氣流動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出電能的效率為未知，故每臺(tái)發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)形成的圓面半徑r無法求出，故C錯(cuò)誤；D．可得輸出功率與成正比，則若每年有4000h風(fēng)速在，則每臺(tái)發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為故D錯(cuò)誤；故選B。13.Ioffe-Prichard磁阱常用來約束帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長直導(dǎo)線垂直穿過xoy平面，1、2、3、4直導(dǎo)線與xoy平面的交點(diǎn)成邊長為2a的正方形且關(guān)于x軸和y軸對(duì)稱，各導(dǎo)線中電流方向已標(biāo)出，已知通電無限長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與到直導(dǎo)線距離成反比。若題中帶電粒子重力均不計(jì)，下列說法正確的是（）A.2、4兩點(diǎn)連線上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為0B.垂直xoy平面從O點(diǎn)射入的帶電粒子，將做變加速直線運(yùn)動(dòng)C.直導(dǎo)線1、2在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸正方向D.沿著y軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子可以做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】AB．根據(jù)右手定則并結(jié)合矢量疊加可知O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，2、4兩點(diǎn)連線上O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，其它點(diǎn)不為零，所以從O點(diǎn)射入的帶電粒子，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)右手定則可知直導(dǎo)線1、2在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸方向得分量大小相等，沿y軸方向得分量大小相等，方向相反，所以1、2在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；D．y軸上的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向，所以運(yùn)動(dòng)的帶電粒子速度與磁感應(yīng)強(qiáng)度平行，在y軸上運(yùn)動(dòng)的粒子不受洛倫茲力，所以粒子可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.在探究影響導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系時(shí)，某同學(xué)按如圖所示的電路進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)研究，其中導(dǎo)體a與b只是長度不同，a與c只是粗細(xì)不同，a與d只是材料不同，關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（）A.此電路缺少電流表，所以無法研究定量關(guān)系B.a與b相比，導(dǎo)體越長，電壓表示數(shù)越大C.a與c相比，導(dǎo)體越粗，電壓表示數(shù)越大D.a與d相比，電壓示數(shù)越小，表明該種材料的導(dǎo)電性能越好?！敬鸢浮緽D【解析】【詳解】A．根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)通過各電阻的電流都相同，則電阻兩端的電壓與電阻成正比，所以可以研究導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系，則A錯(cuò)誤；B．串聯(lián)電路電流處處相等，a與b相比，導(dǎo)體越長，電阻越大，則電壓表示數(shù)越大，所以B正確；C．串聯(lián)電路電流處處相等，a與c相比，導(dǎo)體越粗，電阻越小，則電壓表示數(shù)越小，所以C錯(cuò)誤；D．串聯(lián)電路電流處處相等，a與d相比，電壓示數(shù)越小，電阻越小，則表明該種材料的導(dǎo)電性能越好。所以D正確；故選BD。15.在如圖所示虛線框內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子（不計(jì)重力）以水平速度v從S1入射后能沿S1S2直線穿過該區(qū)域，則以下說法正確的是（）A.若改變帶電粒子電性，即使它以同樣的速度v射入該區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)方向一定會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.帶電粒子無論帶上何種電荷，只要以同樣的速度v入射，都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)C.若帶電粒子的入射速度，它將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D.若帶電粒子的入射速度，只要虛線框的尺寸合適，粒子也可能從S2射出【答案】BD【解析】【詳解】AB．帶電粒子以速度v穿出，說明其所受的電場力和洛倫茲力平衡，即可得只要帶電粒子的速度大小不變，方向沿S1S2方向，均可以勻速通過速度選擇器，與粒子的種類、帶電的性質(zhì)及電荷量多少無關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；C．若入射速度大于v，即洛倫茲力大于電場力，粒子將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，粒子的速度將減小，但當(dāng)粒子速度變化，洛倫茲力也隨之發(fā)生變化，所以粒子所受合外力時(shí)刻發(fā)生變化，因此粒子不做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．若入射速度小于v，即洛倫茲力小于電場力，粒子將向電場力方向偏轉(zhuǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，粒子的速度將增大，但當(dāng)粒子速度變化，洛倫茲力也隨之發(fā)生變化，所以只要虛線框的尺寸合適，粒子也可能從S2射出，故D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.小明想測量一只電流表的內(nèi)阻（量程為）。（1）考慮到電流表內(nèi)阻很小，為保護(hù)電流表，小明決定給電流表串聯(lián)一個(gè)阻值為定值電阻。下面儀器中應(yīng)該選擇______。（2）小明選出正確的儀器，使用學(xué)生電源的直流輸出，采用最佳的設(shè)計(jì)電路，并正確連接。某次測量結(jié)果如下圖所示，其中電流表的示數(shù)為______，由本次測量可得電流表（量程）的內(nèi)阻為______（保留兩位有效數(shù)字）。（3）測出電流表的內(nèi)阻后，小明又想用該電流表測量兩節(jié)干電池串聯(lián)的總內(nèi)阻，找到合適的儀器后，他設(shè)計(jì)了如下圖所示的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)電路；你認(rèn)為小明選______圖較合適。（4）小明根據(jù)所選合適電路，測出數(shù)組電源的、，在圖中描點(diǎn)情況如圖所示，可求得兩節(jié)干電池串聯(lián)的總內(nèi)阻為______。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.A②.0.20③.0.60④.乙⑤.4.4【解析】【詳解】（1）[1]三幅圖中，能準(zhǔn)確獲得電阻的儀器的是電阻箱。故選A。（2）[2]電流表量程為，電流表的示數(shù)為（3）[3]根據(jù)歐姆定律，測得的總電阻為電流表的內(nèi)阻為（4）[4]由于電流表內(nèi)阻已知，電流表內(nèi)接可以準(zhǔn)確測出兩節(jié)干電池串聯(lián)的總內(nèi)阻，故乙圖較合適。（5）[5]根據(jù)描點(diǎn)情況作出曲線。根據(jù)閉合電路歐姆定律整理得電源電動(dòng)勢為圖象斜率的絕對(duì)值表示電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻之和，有兩節(jié)干電池串聯(lián)的總內(nèi)阻為17.小飛同學(xué)想估測某電阻絲的電阻率（該電阻絲的長度為，電阻約為），材料未知，他根據(jù)已有的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，示數(shù)如圖（a）所示，該電阻絲的直徑為______。（2）對(duì)多用電表進(jìn)行機(jī)械調(diào)零。（3）將多用電表的選擇開關(guān)旋至______倍率的電阻檔（填“”，“”，“”或“”）。（4）將黑、紅表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻檔零刻度線。（5）將黑、紅表筆接在待測電阻絲兩端，多用電表的示數(shù)如圖（b）所示。該電阻絲的電阻值為______。（6）測量完成之后，將表筆從插孔拔出，并將選擇開關(guān)旋到“OFF”位置。（7）根據(jù)實(shí)驗(yàn)測得的數(shù)據(jù)估算該電阻絲電阻率為______A．3.1×10-4B．3.1×10-5C．3.1×10-6（8）實(shí)驗(yàn)反思過程中，小飛得知多用電表因?yàn)槔吓f，內(nèi)部的電源電動(dòng)勢會(huì)減小，內(nèi)阻會(huì)增大，但本次實(shí)驗(yàn)多用電表仍能歐姆調(diào)零，則測量結(jié)果會(huì)______（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?1.416##1.417##1.418②.×10③.160④.A⑤.偏大【解析】【詳解】（1）[1]螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，所以電阻絲的直徑為（3）[2]使用多用電表歐姆擋測電阻時(shí)，為了減小誤差，應(yīng)盡可能使指針偏轉(zhuǎn)至刻度盤中央附近，由于該電阻絲的阻值在100～200Ω，而表盤中央刻度在15～20左右，所以應(yīng)選擇×10倍率的電阻擋；（5）[3]15～20之間的分度值為1，所以該電阻絲的電阻值為（7）[4]根據(jù)電阻定律有解得該電阻絲的電阻率為（8）[5]多用表的測量原理為閉合電路歐姆定律，檔電池電動(dòng)勢減小，內(nèi)阻增大時(shí)，歐姆表重新調(diào)零，即滿偏電流不變，則可知E減小，不變，歐姆表的內(nèi)阻變小，測電阻時(shí)，有由于變小，則同一被測電阻的電流要變小，對(duì)應(yīng)的電阻刻度值要變大，即測量結(jié)果會(huì)偏大。18.如圖所示，一傾角θ=37°的光滑絕緣斜面固定在水平面上，底邊寬L=1.0m，現(xiàn)將一質(zhì)量m=0.25kg的導(dǎo)體棒通過細(xì)軟導(dǎo)線接入電路中，當(dāng)在斜面范圍存在一垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場時(shí)，導(dǎo)體棒恰好能水平靜止在斜面上，且圖中標(biāo)稱為（4V，8W）的小燈泡也能正常發(fā)光，已知圖中電源電動(dòng)勢E=8.0V，內(nèi)阻r=1.0Ω，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，試求：（1）小燈泡的額定電流和通過電源的電流；（2）金屬棒受到的安培力F大??；（3）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小?！敬鸢浮浚?），；（2）1.5N；（3）0.75T【解析】【詳解】（1）小燈泡的正常發(fā)光時(shí)，有解得小燈泡的額定電流為通過電源的電流為（2）導(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上，由共點(diǎn)力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即（3）通過導(dǎo)體棒的電流導(dǎo)體棒受到的安培力為解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為19.如圖所示，一半徑R=1.8m的光滑絕緣圓弧形圓管固定在豎直平面內(nèi)，R遠(yuǎn)大于圓管直徑，O為圓心，半徑OA沿豎直方向，圓弧AC對(duì)應(yīng)的圓心角θ=37°，空間存在OAC平面內(nèi)水平向右的勻強(qiáng)電場，垂直O(jiān)AC平面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量m=3.6×10﹣4kg，電荷量q=+9.0×10﹣4C的帶電小球（直徑略小于圓管內(nèi)徑）以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點(diǎn)射入圓管內(nèi)，后從C點(diǎn)離開做勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力，求：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）小球射入圓管的瞬間對(duì)圓管的壓力?！敬鸢浮浚?）3N/C；（2）1T；（3）3.2×10﹣3N，方向向下?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對(duì)其受力分析如圖1所示由平衡條件得代入數(shù)據(jù)解得（2）小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)得由解得B=1T（3）分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫?，方向向?0.如圖所示，不計(jì)電阻的光滑的金屬軌道分水平段和豎直段兩部分，豎直段軌道為半徑R=1m的圓弧形，O點(diǎn)為圓弧的圓心，P為圓弧上與圓心等高的點(diǎn)。兩金屬軌道之間的寬度l=0.5m。整個(gè)裝置均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。水平軌道左側(cè)與一個(gè)內(nèi)阻r=2Ω、電壓連續(xù)可調(diào)的電源相連，通過自動(dòng)調(diào)節(jié)電壓可維持電路中電流I=2A保持不變（方向如圖所示）?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.05kg、長為0.5m的勻質(zhì)金屬細(xì)桿置于軌道上M