丹陽高級(jí)中學(xué)高二下學(xué)期月階段檢測(cè)（創(chuàng)新班）物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2019—2020學(xué)年第二學(xué)期4月階段檢測(cè)高二物理（創(chuàng)新班)（時(shí)間90分鐘分值100分)一、單選題(本題6小題，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的，選對(duì)的得3分，選錯(cuò)的得0分)1。關(guān)于盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)和原子的核式結(jié)構(gòu)模型，下列說法中不正確的是（）A。絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后，基本上仍沿原來的方向前進(jìn)B.只有少數(shù)α粒子發(fā)生大角度散射的原因是原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量集中在一個(gè)很小的核上C。盧瑟福依據(jù)α粒子散射實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象提出了原子的“核式結(jié)構(gòu)”理論D。盧瑟福的“核式結(jié)構(gòu)模型"很好地解釋了氧原子光譜的實(shí)驗(yàn)【答案】D【解析】【詳解】A．粒子散射實(shí)驗(yàn)的內(nèi)容是：絕大多數(shù)粒子幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；少數(shù)粒子發(fā)生了較大的角度偏轉(zhuǎn)；極少數(shù)粒子發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)（偏轉(zhuǎn)角度超過,有的甚至幾乎達(dá)到，被反彈回來）,故A正確;B．粒子散射實(shí)驗(yàn)中，只有少數(shù)粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)說明三點(diǎn)：一是原子內(nèi)有一質(zhì)量很大的粒子存在；二是這一粒子帶有較大的正電荷;三是這一粒子的體積很小,但不能說明原子中正電荷是均勻分布的，故B正確；C．盧瑟福依據(jù)粒子散射實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象提出了原子的“核式結(jié)構(gòu)”理論,故C正確;D．玻爾的原子模型與原子的核式結(jié)構(gòu)模型本質(zhì)上是不同的,玻爾的原子模型很好地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn),故D錯(cuò)誤;不正確的故選D。2。氫原子能級(jí)圖如圖所示，用大量處于能級(jí)的氫原子躍遷到基態(tài)時(shí)發(fā)射出的光照射光電管陰極K,測(cè)得光電管中的遏止電壓為7.6V，已知普朗克常量，元電荷，下列判斷正確的是（）A.電子從陰極K表面逸出的最大初動(dòng)能為26eVB。陰極K材料的逸出功為7.6eVC。陰極K材料的極限頻率為D.氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí),發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．因遏止電壓為U0=7.6V，根據(jù)動(dòng)能定理可知，光電子的最大初動(dòng)能Ekm=eU0，光電子的最大初動(dòng)能為7。6eV,故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)光電效應(yīng)方程,可知，W0=hγ-Ekm，而hγ=E2—E1；因此W0=13.6—3.4—7.6=2。6

eV故B錯(cuò)誤；

C．因逸出功W0等于hγ0,則材料的極限頻率故C正確.

D．從n=4躍遷到n=2能級(jí)，釋放能量為△E=3。4—0。85=2。55eV＜2。6

eV因此發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時(shí)，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯(cuò)誤.

故選C。3。如圖甲所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙曲線a、b所示,則(）A.兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B。曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為100HzD。曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V【答案】A【解析】【詳解】A．在t=0時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,此時(shí)線圈一定處在中性面上，故A正確；

B．由圖可知，a的周期為4×10-2s;b的周期為6×10—2s，則由可知,轉(zhuǎn)速與周期成反比,故轉(zhuǎn)速之比為3：2；故B錯(cuò)誤;

C．曲線a的交變電流的頻率故C錯(cuò)誤;

D．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3:2,角速度之比為3：2,曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)最大值是15V，根據(jù)Em=nBSω得曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)最大值是10V,故D錯(cuò)誤。

故選A。4.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1:n2=5:1,電阻R=20Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡,S1為單刀雙擲開關(guān)．原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．現(xiàn)將S1接l、S2閉合，此時(shí)L2正常發(fā)光．下列說法正確的A。輸入電壓u的表達(dá)式是B.只斷開S2后，L1、L1均正常發(fā)光C。只斷開S2后,原線圈的輸入功率增大D.若S1換接到2后，R消耗的電功率為0。8W【答案】D【解析】【詳解】試題分析：電壓最大值為，周期是0。02s，則,所以輸入電壓u的表達(dá)式應(yīng)為u=20sin（100πt）V,A錯(cuò)誤;原先L1短路，只有L2工作，只斷開S2后，負(fù)載電阻變大為原來的2倍,電壓不變，副線圈電流變小為原來的一半，L1、L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一，均無法正常發(fā)光，原線圈的輸入功率等于副線圈的功率都減小,BC錯(cuò)誤；副線圈兩端的電壓有效值為，若S1換接到2后，R消耗的電功率為，D正確．5?？茖W(xué)實(shí)驗(yàn)證明，通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，式中常量k>0，I為電流強(qiáng)度，l為距導(dǎo)線的距離。如圖所示,三根完全相同且通有恒定電流的長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，a、b、c通過的恒定電流大小分別為Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑絕緣水平面上，三根導(dǎo)線均可保持靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A。a、b通有同向的恒定電流B。導(dǎo)線a受的合磁場(chǎng)力豎直向上C。導(dǎo)線a、b所受的合磁場(chǎng)力大小相等、方向相反D.導(dǎo)線a、b、c上通有的電流大小關(guān)系為Ia＝2Ib＝2Ic【答案】BD【解析】【詳解】AB．對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線分析，長(zhǎng)直導(dǎo)線受到重力、長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)力和長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)力,根據(jù)平衡條件可知長(zhǎng)直導(dǎo)線與長(zhǎng)直導(dǎo)線作用力是相互排斥，長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線作用力是相互排斥,所以長(zhǎng)直導(dǎo)線與長(zhǎng)直導(dǎo)線有反向的恒定電流，長(zhǎng)直導(dǎo)線受的合磁場(chǎng)力豎直向上，且有大小等于長(zhǎng)直導(dǎo)線的重力，故A錯(cuò)誤,B正確；C．視長(zhǎng)直導(dǎo)線、、整體，對(duì)其受力分析，根據(jù)平衡條件可得光滑絕緣水平面對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線支持力等于長(zhǎng)直導(dǎo)線重力的倍；對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線受力分析，受到重力、光滑絕緣水平面對(duì)其支持力、長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)其吸引力和長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)其排斥力,根據(jù)力的合成與分解可得長(zhǎng)直導(dǎo)線所受的合磁場(chǎng)力大小等于長(zhǎng)直導(dǎo)線重力的倍，方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線受力分析，在水平方向,根據(jù)平衡條件可得即可得對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線受力分析，同理可得故D正確;故選BD.6。水平放置的平行板電容器，極板長(zhǎng)為l,間距為d，電容為C.豎直擋板到極板右端的距離也為l,某次充電完畢后電容器上極板帶正電,下極板帶負(fù)電，所帶電荷量為Q1如圖所示,一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球以初速度v從正中間的N點(diǎn)水平射入兩金屬板間，不計(jì)空氣阻力，從極板間射出后，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直撞在擋板的M點(diǎn),已知M點(diǎn)在上極板的延長(zhǎng)線上，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和邊緣效應(yīng)。下列分析正確的是（）A。小球在電容器中運(yùn)動(dòng)的加速度大小為B。小球在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于射出電容器后運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間C。電容器所帶電荷量D。如果電容器所帶電荷量,小球還以速度v從N點(diǎn)水平射入，恰好能打在上極板的右端【答案】D【解析】【詳解】AB．小球在電容器內(nèi)向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，出電容器后受到重力作用，豎直方向減速,水平方向由于不受力,仍然做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩段過程在水平方向上的運(yùn)動(dòng)位移相同，則兩段過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,豎直方向由于對(duì)稱性可知，兩段過程在豎直方向的加速度大小相等，大小都為g，但方向相反，故AB錯(cuò)誤；

C．根據(jù)牛頓第二定律有解得故C錯(cuò)誤；

D．當(dāng)小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，豎直方向的位移為，則根據(jù)豎直方向的對(duì)稱性可知，小球從電容器射出時(shí)，豎直方向的位移為，如果電容器所帶電荷量,根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)公式可知,相同的時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移是原來的2倍，故豎直方向的位移為故D正確。

故選D.二、多選題（本題共4小題，共16分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)是正確的，選對(duì)的得4分，少選得2分，錯(cuò)選得0分）7。下列說法正確的是（)A.液體表面存在著張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離B。一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，對(duì)外做功，分子平均動(dòng)能增大C。理論上，第二類永動(dòng)機(jī)并不違背能量守恒定律,所以隨著人類科學(xué)技術(shù)的進(jìn)步,第二類永動(dòng)機(jī)是有可能研制成功的D。改進(jìn)內(nèi)燃機(jī)結(jié)構(gòu),提高內(nèi)燃機(jī)內(nèi)能轉(zhuǎn)化率，最終可能實(shí)現(xiàn)內(nèi)能完全轉(zhuǎn)化為機(jī)械能【答案】AB【解析】【詳解】A．液體表面存在著張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，選項(xiàng)A正確；B．一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中,對(duì)外做功，溫度升高，則分子平均動(dòng)能增大，選項(xiàng)B正確；C．理論上，第二類永動(dòng)機(jī)并不違背能量守恒定律,但是違背熱力學(xué)第二定律，所以即使隨著人類科學(xué)技術(shù)的進(jìn)步，第二類永動(dòng)機(jī)也不可能研制成功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱機(jī)的效率不能達(dá)到百分之百，即使改進(jìn)內(nèi)燃機(jī)結(jié)構(gòu)，提高內(nèi)燃機(jī)內(nèi)能轉(zhuǎn)化率,最終也不可能實(shí)現(xiàn)內(nèi)能完全轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選AB。8.在x軸上有一疊加而成的電場(chǎng),其電場(chǎng)方向沿x軸，電勢(shì)φ隨x按如圖所示正弦規(guī)律變化，則下列說法中正確的是()A。x1~x2之間的場(chǎng)強(qiáng)方向與x2~x3之間的場(chǎng)強(qiáng)方向相反B。當(dāng)帶電粒子沿x軸方向僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到x1、x3處時(shí)，其加速度最小C.負(fù)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)時(shí)，其在x2處的電勢(shì)能小于其在x3處的電勢(shì)能D.若將一帶正電的粒子從x1處由靜止釋放，則粒子將在電場(chǎng)力作用下向x軸正方向運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】【詳解】A．x1-x3之間電勢(shì)不斷降低，場(chǎng)強(qiáng)方向一直沿x軸正方向,所以x1—x2之間的場(chǎng)強(qiáng)方向與x2—x3之間的場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)由公式可知φ—x圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng),可知x1、x3處場(chǎng)強(qiáng)最小，帶電粒子受到的電場(chǎng)力最小，那么加速度也最小,故B正確;

C．x2處的電勢(shì)高于x3處的電勢(shì)，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，知負(fù)電荷在x2處的電勢(shì)能小于其在x3處的電勢(shì)能，故C正確；

D．若將一帶正電的粒子從x1處由靜止釋放，因x1處場(chǎng)強(qiáng)為零，則粒子將處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯(cuò)誤。

故選BC。9.如圖所示，兩根光滑的金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌在左端接有電阻R，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)，斜面處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌由靜止開始上滑，并上升h高度，在這一過程中(）A。作用在金屬棒上的合力所做的功大于零B.恒力F所做的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和C。恒力F與安培力的合力的瞬時(shí)功率一定時(shí)刻在變化D.恒力F與重力mg的合力所做的功大于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AD【解析】導(dǎo)體棒由靜止向上加速，動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力所作的功一定大于零,故A正確；由WF—WG—W安=0得，WF-WG=W安，即恒力F與重力的合力所做的功等于克服安培力所做功,即等于電路中發(fā)出的焦耳熱，由于導(dǎo)體棒也存在電阻，故導(dǎo)體棒中也發(fā)生熱量,故B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒最終一定做勻速運(yùn)動(dòng)，則最后受力平衡，平衡后速度保持不變，則重力的功率不變，即恒力F與安培力的合力的瞬時(shí)功率不再變化，故C錯(cuò)誤；由B分析可知,由于導(dǎo)體棒和電阻R均放出熱量，故恒力F與重力mg的合力所做的功大于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確．故選AD．點(diǎn)睛:本題考查導(dǎo)體棒切割磁感線規(guī)律的應(yīng)用,對(duì)于電磁感應(yīng)與功能結(jié)合問題，注意利用動(dòng)能定理進(jìn)行判斷各個(gè)力做功之間關(guān)系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整個(gè)回路中產(chǎn)生熱量．10。如圖所示是圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面(紙面），圓柱半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0)的粒子從M點(diǎn)沿與直徑MN成45°角的方向以速度v射入磁場(chǎng)區(qū)域．已知粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為135°，P是圓周上某點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，則（)A。粒子做圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為B.磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為C。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D。若粒子以同樣的速度從P點(diǎn)入射,則從磁場(chǎng)射出的位置必定與從M點(diǎn)入射時(shí)從磁場(chǎng)射出的位置相同【答案】ABD【解析】粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：

A、由幾何知識(shí)知圖中圓周運(yùn)動(dòng)的兩條半徑與圓形區(qū)域的兩條半徑組成的圖形，如虛線所示，為菱形，則，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律：

得：,故AB正確；

C、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故C錯(cuò)誤；

D、粒子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與其粒子連線與入射速度是垂直的，且速度大小不變，則運(yùn)動(dòng)半徑r不變，即仍為R，若粒子以同樣的速度從P點(diǎn)入射，如圖中藍(lán)線所示，由圓心的運(yùn)動(dòng)軌跡變化知出射點(diǎn)的位置不變,D正確．點(diǎn)睛：在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，此類題目的解題思路是先確定圓心畫出軌跡,由幾何知識(shí)得到半徑，然后由牛頓第二定律求解其他量．三、填空題(本大題共2小題，共14分。把答案填在答題紙對(duì)應(yīng)的橫線上或按題目要求作答）11.電阻率是用來表示各種物質(zhì)電阻特性的物理量.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室測(cè)量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率。（1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量其橫截面直徑如圖甲所示，由圖可知其直徑為______mm，如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度為_____cm，如圖丙所示，用多用電表×1Ω擋粗測(cè)其電阻為_____Ω.（2）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，需進(jìn)一步測(cè)量圓柱體電阻，除待測(cè)圓柱體R外，實(shí)驗(yàn)室還備有的。實(shí)驗(yàn)器材如下，要求待測(cè)電阻兩端的電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大,則電壓表應(yīng)選______，電流表應(yīng)選_________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選_________。（均填器材前的字母代號(hào)）A．電壓表V1（量程3V,內(nèi)阻約為15kΩ）；B．電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約為75kΩ）;C．電流表A1（量程0．6A，內(nèi)阻約為1Ω）；D．電流表A2（量程3A,內(nèi)阻約為0．2Ω）；E．滑動(dòng)變阻器R1(阻值范圍0～5Ω，1．0A）；F．滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍0~2000Ω，0．1A）；G．直流電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V,內(nèi)阻不計(jì))H．開關(guān)S，導(dǎo)線若干?！敬鸢浮浚?）.1。844（1。842～1。846均可)（2）.4.240（3)。6。0（4)。A(5).C(6）.E【解析】【詳解】(1）［1][2］［3］．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)+可動(dòng)刻度讀數(shù)+估讀，由題圖甲知，圓柱體的直徑為：D=1.5mm+34.4×0.01mm=1。844mm.

游標(biāo)卡尺讀數(shù)為主尺讀數(shù)+游標(biāo)尺讀數(shù)×精度,游尺為20刻度，精度值為0.05mm,由題圖乙知，長(zhǎng)度為L(zhǎng)=42mm+8×0。05mm=42.40mm=4。240cm.

多用電表的讀數(shù)為電阻的粗測(cè)值,其電阻為6×1Ω=6.0Ω.

（2)[4]［5][6]．待測(cè)電阻大約6Ω，若用滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍0～2000Ω，0.1A）調(diào)節(jié)非常不方便,且額定電流太小，所以應(yīng)用滑動(dòng)變阻器R1（阻值范圍0～5Ω，1.0A）;電源電動(dòng)勢(shì)為3V，所以電壓表應(yīng)選3V量程的.為了測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓接法，電壓表內(nèi)電阻較大，待測(cè)圓柱體的電阻較小，故采用電流表外接法誤差較小;電路中的電流約為，所以電流表量程應(yīng)選0.6A量程的。即電壓表應(yīng)選A,電流表應(yīng)選C，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E。12.在測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)中，小明設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路．(1）根據(jù)圖甲實(shí)驗(yàn)電路，請(qǐng)?jiān)趫D乙中用筆畫線代替導(dǎo)線,完成實(shí)物電路的連接____．(2)實(shí)驗(yàn)開始前,應(yīng)先將滑動(dòng)變阻器的滑片P移至______(選填“a"或“b”）端．(3）合上開關(guān)S1，S2接圖甲中1位置，改變滑動(dòng)變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)；S2改接圖甲中的2位置，改變滑動(dòng)變阻器的阻值,再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)．在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別描點(diǎn)作出電壓表示數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I的圖象，如圖丙所示，兩直線與縱軸的截距分別為UA、UB，與橫軸的截距分別為IA、IB.①S2接1位置時(shí)，作出的U－I圖線是圖丙中的________(選填“A"或“B”)線；②S2接1位置時(shí)，測(cè)出的電池電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是________表(選填“電壓"或“電流”）的示數(shù)比干路電流________(選填“大"或“小")．【答案】（1)。(1)見圖；（2）.(2）a（3）。（3）①B(4）。②電流（5).偏小【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖示電路圖連接實(shí)物電路圖,實(shí)物電路圖如圖所示：(2）為保護(hù)電路,實(shí)驗(yàn)開始前，滑動(dòng)變阻器應(yīng)滑到最大位置處，故應(yīng)先將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)到a端．（3）①當(dāng)S2接1位置時(shí)，可把電壓表與電源看做一個(gè)等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U斷可知，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值，所以作出的U﹣I圖線應(yīng)是B線;②因伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻得實(shí)驗(yàn)要求的電流是路端電流，當(dāng)開關(guān)接1的位置會(huì)導(dǎo)致電壓表的分流作用導(dǎo)致電流表的測(cè)量值偏小四、計(jì)算題（本題共3小題,共計(jì)52分．解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.一端封閉、粗細(xì)均勻的薄壁玻璃管開口向下，豎直地浮在深水銀槽中．管中封閉著兩部分理想氣體，氣體1長(zhǎng)為2d，氣體2長(zhǎng)為d，水銀柱3的長(zhǎng)度為d．玻璃管靜止時(shí)，管的上端露出水銀面的長(zhǎng)度為d．現(xiàn)晃動(dòng)玻璃管,管內(nèi)氣體無溢出，使管內(nèi)水銀柱與槽中水銀結(jié)合后,玻璃管再次處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知玻璃管的橫截面積為S，水銀密度為p，大氣壓強(qiáng)為P0，重力加速度為g，求：①玻璃管的質(zhì)量m；②玻璃管再次靜止時(shí)，管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度l．【答案】①玻璃管的質(zhì)量m為2ρdS；②玻璃管再次靜止時(shí)，管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度l為．【解析】【詳解】解：①氣柱1中的壓強(qiáng)為：①對(duì)玻璃管，根據(jù)平衡得：②①②聯(lián)立解得：②晃動(dòng)前，氣柱1中的壓強(qiáng)為：③氣柱2中的壓強(qiáng)為：④晃動(dòng)后，氣柱中的壓強(qiáng)為:⑤晃動(dòng)前后，氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得：⑥③④⑤⑥聯(lián)立解得:14。如圖所示，長(zhǎng)為l的絕緣輕桿兩端連接A、B兩小球，其質(zhì)量分別為m1、m2,帶電量分別為-q、+q。將小球B置于水平光滑絕緣軌道內(nèi)并固定，整個(gè)個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,輕桿從圖中豎直位置由靜止釋放，可繞小球B無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，順時(shí)針轉(zhuǎn)過的最大角度為127°（sin37°=0。6，cos37°=0.8）（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E;（2）當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)過90°時(shí)，求桿對(duì)A球的作用力的大小（不計(jì)A、B球間的庫侖力）；（3）若解除固定，小球B在軌道內(nèi)可自由移動(dòng)，輕桿仍從圖中豎直位置由靜止釋放,當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)過90°時(shí),求小球A的速度大小(水平軌道對(duì)輕桿和小球A的運(yùn)動(dòng)無影響)?！敬鸢浮浚?）；（2）;（3）【解析】【詳解】(1）根據(jù)動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?）當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)過90°時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得解得根據(jù)牛頓第二定律得解得桿對(duì)A球的作用力的大小(3）設(shè)輕桿轉(zhuǎn)過90°時(shí)，A球的水平速度為，豎直速度為，B球的速度為由AB系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒因?yàn)闂U不可伸長(zhǎng)，可得A、B能量守恒解得15。如圖所示,兩光滑金屬導(dǎo)軌，間距d=2m，在桌面上的部分是水平的，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、方向豎直向下的有界磁場(chǎng)中．電阻R=3Ω。桌面高H=0.8m,金屬桿ab質(zhì)量m=0。2kg，電阻r=1Ω，在導(dǎo)軌上距桌面h=0。2m的高處由靜止釋放,落地點(diǎn)距桌面左邊緣的水平距離s=0.4m,g=10m/s2。求：（1）