2023-2024學年北京市大興區(qū)高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年北京市大興區(qū)高二（上）期末物理試卷一、選擇題1.真空中兩相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，它們之間的距離遠遠大于小球的直徑，兩球間靜電力大小為F.現用一個不帶電的同樣的絕緣金屬小球C與A接觸，然后移開C，此時A、B球間的靜電力大小為(

)A.2F B.F C.2F3 D.2.如圖所示，帶箭頭的實線表示某電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。其中A、B、C三點的電場強度大小分別為EA、EB、EC，電勢分別為φA、φB、φA.EA=EB B.EA>3.用絕緣柱支撐著貼有小金屬箔的導體A和B，使它們彼此接觸，起初它們不帶電，貼在它們下部的并列平行雙金屬箔是閉合的?，F將帶正電荷的物體C移近導體A，發(fā)現金屬箔都張開一定的角度，如圖所示，則(

)A.B下部的金屬箔感應出負電荷

B.A下部的金屬箔感應出負電荷

C.A和B下部的金屬箔都感應出負電荷

D.A和B下部的金屬箔都感應出正電荷4.研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(

)A.實驗中，只將電容器b板向右平移，靜電計指針的張角變大

B.實驗中，只將電容器b板向右平移，a、b兩板間電場強度變大

C.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變大

D.實驗中，只在極板間插入橡膠板，靜電計指針的張角變大5.中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合上述材料，下列說法不正確的是(

)A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合

B.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行

C.地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近

D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用6.在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖1所示。產生的交變電動勢的圖像如圖2所示，則(

)A.t=0.01s時線框的磁通量變化率為零 B.t=0.01s時線框平面與磁場方向平行

C.線框產生的交變電動勢有效值為311V D.線框產生的交變電動勢頻率為100Hz7.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側。對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(

)A.帶正電的礦粉落在右側

B.電場力對礦粉做負功

C.帶負電的礦粉電勢能變大

D.帶正電的礦粉電勢能變小8.已知光敏電阻在沒有光照射時電阻很大，并且光照越強其阻值越小。利用光敏電阻作為傳感器設計了如圖所示的電路，電源電動勢E、內阻r及電阻R的阻值均不變。當光照強度增強時，則(

)A.電燈L變亮 B.電流表讀數減小

C.電阻R的功率增大 D.電源的輸出功率一定增大9.如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導線平行。調節(jié)電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則(

)A.線框中產生的感應電流方向為a→b→c→d→a

B.線框中產生的感應電流大小恒定

C.線框ad邊所受的安培力大小恒定

D.線框整體受到的安培力方向水平向左

10.用如圖所示裝置探究電磁感應現象，將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖方式連接，下列說法中正確的是(

)A.只要開關是閉合的，電流計指針就會偏轉

B.開關閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉

C.開關閉合后，若勻速移動滑動變阻器的滑片P，電流計指針不會偏轉

D.該裝置是用來探究線圈A中感應電流產生條件的11.如圖所示，一帶正電的點電荷固定于O點，圖中虛線為以O為圓心的一組等間距的同心圓。一帶電粒子以一定初速度射入點電荷的電場，實線為粒子僅在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c為運動軌跡上的三點。則該粒子(

)A.帶負電

B.在c點受靜電力最大

C.在a點的電勢能小于在b點的電勢能

D.由a點到b點的動能變化量大于由b點到c點的動能變化量12.如圖為某手機電池的銘牌，第一行標有“3.8V?3000mA?(11.4W?)”。對該銘牌參數的分析，下列說法正確的是(

)A.銘牌中的W?是功率的單位

B.銘牌中的mA?是能量的單位

C.該電池放電時能輸出的總能量約為11.4J

D.該電池放電時能輸出的總電荷量約為1.08×13.圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，閉合開關S1，燈A1逐漸變亮，而另一個相同的燈A2立即變亮，最終A1與A2的亮度相同；A.圖1中，變阻器R與L1的電阻值相同

B.圖1中，閉合S1瞬間，L1中電流與變阻器R中電流相等

C.圖2中，A3與L2的電阻值相同

D.圖2中，閉合S14.如圖所示，若x軸表示時間，y軸表示速度，則該圖線下的面積表示位移，直線AB的斜率表示物體在該時刻的加速度大小。若令x軸和y軸分別表示其他物理量，則可以反映在某種情況下相應物理量之間的關系。下列說法錯誤的是(

)A.若電場方向平行于x軸，x軸表示位置，y軸表示電勢，則直線AB的斜率表示對應位置處的電場強度大小

B.若x軸表示時間，y軸表示穿過單匝金屬線圈的磁通量，則直線AB的斜率表示該金屬線圈產生的電動勢大小

C.若x軸表示流經某電阻的電流，y軸表示該電阻兩端的電壓，則圖線下面積表示電阻的功率

D.若x軸表示時間，y軸表示通過導體的電流，則該圖線下面積表示這段時通過導體橫截面積的電荷量二、非選擇題15.某同學選用多用電表“×10”歐姆擋測量一段金屬絲的阻值，示數如圖，讀出金屬絲電阻值為______Ω。16.某同學用如圖所示裝置探究影響感應電流方向的因素，將磁體從線圈中向上勻速抽出時，觀察到靈敏電流計指針向右偏轉。關干該實驗，下列說法正確的是______。

A.必須保證磁體勻速運動，靈敏電流計指針才會向右偏轉

B.若將磁體向上加速抽出，靈敏電流計指針也會向右偏轉

C.將磁體的N、S極對調，并將其向上抽出，靈敏電流計指針仍向右偏轉

D.將磁體的N、S極對調，并將其向下插入，靈敏電流計指針仍向右偏轉17.某實驗小組通過實驗測定一個阻值約為5Ω的電阻Rx的阻值。

(1)現有電源(4V，內阻可不計)、滑動變阻器(0～50Ω，額定電流2A)，開關和導線若干，以及下列電表：

A.電流表(0～3A，內阻約0.025Ω)

B.電流表(0～0.6A，內阻約0.125Ω)

C.電壓表(0～3V，內阻約3kΩ)

D.電壓表(0～15V，內阻約15kΩ)

為減小測量誤差，在實驗中，電流表應選用______，電壓表應選用______(選填器材前的字母)；實驗電路應采用圖1中的______(選填“甲”或“乙”)。

(2)圖2是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線。請根據在(1)問中所選的電路圖，補充完成圖2中實物間的連線。

(3)接通開關，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應的電流表示數I，電壓表示數U。某次電表示數如圖3所示，可得該電阻的測量值R測=UI=______Ω(保留兩位有效數字)。

(4)若在(1)問中選用甲電路，產生誤差的主要原因是______；若在(1)問中選用乙電路，產生誤差的主要原因是______。(選填選項前的字母)

A.電流表測量值小于流經Rx的電流值

B.電流表測量值大于流經Rx的電流值

C.電壓表測量值小于Rx兩端的電壓值

D.電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值

(5)若用Rv、RA分別表示電壓表和電流表的內阻，R測表示待測電阻的測量值，若選用(1)問中甲電路，待測電阻的真實值可表示為______；若選用(1)問中乙電路，待測電阻的真實值可表示為______(18.如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ放置在水平面內，其間距L=0.2m，磁感應強度B=0.5T的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=3.8Ω，在導軌上有一金屬棒ab，其電阻r=0.2Ω，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.4m/s向右勻速運動，設金屬導軌足夠長。求：

(1)金屬棒ab產生的感應電動勢；

(2)通過電阻R的電流大小和方向；

(3)金屬棒a、b兩點間的電勢差。19.如圖所示，P、Q兩平行金屬板間存在著平行于紙面的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，兩板間的距離為d，電勢差為U；金屬板下方存在一有水平邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.電荷量為q的帶正電的粒子，以速度v垂直于電場和磁場勻速通過P、Q兩金屬板間，并沿垂直磁場方向進入金屬板下方的磁場，做半徑為R的勻速圓周運動．不計兩極板電場的邊緣效應及粒子所受的重力．求：

(1)P、Q兩金屬板間勻強電場場強E的大??；

(2)P、Q兩金屬板間勻強磁場磁感應強度B0的大小；

(3)粒子的質量m．20.如圖所示，交流發(fā)電機的矩形金屬線圈abcd的邊長ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝數n=100，線圈的總電阻r=10Ω，線圈位于磁感應強度B=0.050T的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向平行．線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)E、F(集流環(huán))焊接在一起，并通過電刷與阻值R=90Ω的定值電阻連接．現使線圈繞過bc和ad邊中點、且垂直于磁場的轉軸OOˊ以角速度ω=400rad/s勻速轉動．電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計．求：

(1)線圈中感應電流的最大值；

(2)線圈轉動過程中電阻R的發(fā)熱功率；

(3)從線圈經過圖示位置開始計時，經過14周期時間通過電阻R的電荷量．21.對于同一個物理問題，常?？梢詮暮暧^和微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。已知一段橫截面積為S，長為l的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電荷量為e，該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為v。

(1)根據電流的定義推導導線中的電流I；

(2)將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導F安=F22.示波器的核心部件是示波管，其內部抽成真空，如圖1是它內部結構的簡化原理圖。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成。熾熱的金屬絲可以連續(xù)發(fā)射電子，電子質量為m，電荷量為e。發(fā)射出的電子由靜止經電壓U1加速后，從金屬板的小孔O射出，沿OO′進入偏轉電場，經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成，已知極板的長度為l，兩板間的距離為d，極板間電壓為U2，偏轉電場極板的右端到熒光屏的距離為L。不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。

(1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0；

(2)求電子離開偏轉電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y；

(3)若將極板M、N間所加的直流電壓U2換成如圖2所示最大值為Um、周期為T的隨時間變化的掃描電壓(由于被加速后電子的速度較大，它們都能從偏轉極板右端穿出極板，且時間極短，此過程中可認為偏轉極板間的電壓不變)，此時電子打在熒光屏上形成的亮斑會在熒光屏上移動。請分析O?T答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由于兩個球之間的距離遠遠大于小球的直徑，故兩個小球可以看成是點電荷；設原來小球所帶的電荷量為q，則F=kq2r；當C與A接觸再移開后，A所帶的電荷量減少為原來的一半，即q2，故此時的靜電力的大小為F′=kq22r2=F22.【答案】B

【解析】解：AB.因為A點的電場線最密，故A點的電場強度最大，故A錯誤，B正確；

C.A、B兩點在同一條電場線上，沿電場線方向電勢降低，由B到A的方向是沿著電場線的方向，故φB>φA，故C錯誤；

D.而B、C兩點在同一個等勢面上，故二者的電勢相等，所以φB=φC>φA，故D錯誤；

3.【答案】B

【解析】解：根據感應起電的原理可知，A為近端，帶異種電荷，B為遠端，帶同種電荷，即A下部的金屬箔帶負電荷，B下部的金屬箔帶正電荷，故B確，ACD錯誤。

故選：B。

明確感應起電的本質，結合同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引判斷。

本題考查靜電現象，要注意理解感應起電的性質，并明確正負電荷之間的相互作用所帶來的現象，能通過所學物理規(guī)律進行分析解答。4.【答案】C

【解析】解：靜電計是測電勢差的，指針張角反應電勢差的大小，指針張角越大電勢差就越大，指針張角越小電勢差就越小，平行金屬板電容器的電容C=εrS4πkd，電容器的電容C=QU

A.只將電容器b板向右平移少許，則d減小，C增大，由題知，電容器的電荷量Q保持不變，則U減小，靜電計指針的張角減小，故A錯誤；

B.由C=εrS4πkd和C=QU聯立解得E=4πkQ?rS，可知只將電容器b板向右平移，a、b兩板間電場強度不變，故B錯誤；

C.只將電容器b板向上平移，則S減小，C減小，電容器的電荷量Q保持不變，U增大，靜電計指針的張角增大，故C正確；

D.只在極板間插入橡膠板，介電系數增大，C增大，電容器的電荷量Q保持不變，U減小，靜電計指針的張角變小，故5.【答案】B

【解析】【分析】

根據課本中有關地磁場的基礎知識，同時明在確磁場及磁通量的性質；即可確定此題的答案。

本題考查了地磁場的性質以及磁通量等內容，要注意借助地磁場的磁場分布分析地磁場對應的性質。

【解答】

A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確；

B.磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，故B不正確；

C.磁場是閉合的曲線，地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故C正確；

D.地磁場與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確；

本題選不正確的，故選：B。6.【答案】A

【解析】解：AB.由圖2可知t=0.01s時，e=0，由法拉第電磁感應定律可知磁通量的變化率為零，此時線圈位于中性面位置，故A正確，B錯誤；

CD.由圖2可知T=0.02s，Em=311V，根據正弦式交變電流有效值和峰值的關系可得，該交變電流的電動勢有效值為E=Em2=3112V=220V，故C錯誤；

根據周期和頻率的關系可得，該交變電流的頻率為，f=1T=17.【答案】D

【解析】解：由圖可知，礦料分選器內的電場方向水平向左，

A、帶正電的礦粉受到水平向左的電場力，所以會落到左側，故A錯誤；

B、無論礦粉帶什么電，在水平方向上都會在電場力的作用下沿電場力的方向偏移，位移與電場力的方向相同，電場力做正功，故B錯誤；

CD、由于電場力對正負電荷均做正功，故正負電荷的電勢能增均變小，故C錯誤，D正確。

故選：D。

首先要明確礦料分選器內電場的分布及方向，判斷礦粉受力及運動情況，再根據電場力做功與電勢能的關系可得到正確答案。

本題考查了帶電物體在電場力作用下的運動，要熟練的掌握帶電粒子在電場中的受力情況及其運動情況，并會分析電場力做功與電勢能的變化情況。8.【答案】C

【解析】解：A、當光照強度增強時，光敏電阻阻值變小，則總電流變大，內電壓變大，路端電壓變小，燈泡L變暗，故A錯誤。

B、由上一選項可知，電路中的總電流增大，故電流表的示數增大，故B錯誤；

C、由于內電壓變大，路端電壓減小，但燈泡的電流減小，所以定值電阻R的電流增大，消耗的功率增大，故C正確；

D、當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，本題中不明確外電阻和內阻的關系，輸出功率不一定增大，故D錯誤。

故選：C。

當光照強度增強時，光敏電阻阻值變小，則總電流變大，根據閉合電路歐姆定律即可分析。

當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大。

本題是電路的動態(tài)分析問題，知道電路中有一個電阻變大，總電阻就變大，總電流就變小，再結合閉合電路歐姆定律分析即可，難度不大，屬于基礎題。9.【答案】B

【解析】解：A、根據右手螺旋定則可知，線框處于垂直紙面向里的磁場中，且空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，根據楞次定律可知感應電流的方向為逆時針，即adcba方向，故A錯誤；

B、空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，根據法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt=nΔBSΔt可知，感應電動勢不變，則感應電流恒定不變，故B正確；

C、線框ad邊所受安培力F=BIL，因為B在隨時間均勻增加，感應電流的大小不變，所以線框ad邊所受的安培力隨時間均勻增加，故C錯誤；

D、根據左手定則可知線框ad受到的安培力方向向右，cd邊受到的安培力的方向向左，由于靠近電流處的磁感應強度大，則ad邊受到的安培力大于cd邊受到的安培力；根據左手定則，cd邊受到的安培力向上，ab邊受到的安培力向下，二者大小相等。所以線框整體受到的安培力方向水平向右，故D錯誤。

故選：B10.【答案】B

【解析】解：A.產生感應電流的條件是閉合回路線圈B的磁通量發(fā)生變化；線圈A回路中，開關閉合后，穿過線圈B的磁通量不發(fā)生變化，因此小球B中無感應電流產生，故A錯誤；

B.開關閉合后，線圈A插入或拔出都使穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，根據楞次定律線圈B中都會產生感應電流，從而引起電流計指針偏轉，故B正確；

C.開關閉合后，不論滑動變阻器的滑片P加速滑動還是勻速滑動，穿過線圈的磁通量都會發(fā)生變化，都會產生感應電流，電流計指針都會發(fā)生偏轉，故C錯誤；

D.該裝置是用來探究線圈B中感應電流產生條件的，故D錯誤。

故選：B。

穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，閉合電路會產生感應電流，根據題意分析判斷穿過回路的磁通量是否變化，然后根據感應電流產生的條件分析坐答；線圈A是用于產生磁場，線圈B是用于產生感應電動勢。

本題考查了楞次定律的理解和運用，產生感應電流的條件是穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，根據題意分析穿過線圈B的磁通量是否變化是解題的關鍵。11.【答案】D

【解析】解：A、根據軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過程中，一直受靜電斥力作用，根據同性電荷相互排斥，知粒子帶正電荷，故A錯誤；

B、點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在c點受到的電場力最小，故B錯誤；

C、粒子受到的電場力是排斥力，所以粒子從a到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故C錯誤；

D、根據庫侖定律可知，點電荷的電場強度與點電荷的距離有關，靠近點電荷處的電場強度大，所以ab之間的電場強度大于bc之間的電場強度，所以ab之間的電勢差大于bc之間的電勢差，粒子a到b的過程中電場力做的功大于b到c的過程中電場力做的功，根據動能定理知由a點到b點的動能變化量大于由b點到c點的動能變化量，故D正確。

故選：D。

電場線與等勢面垂直。電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。

此題掌握點電荷的電場線和等勢面的分布情況，知道點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，電場強度越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題，屬于基礎題目。12.【答案】D

【解析】解：A、W?是能量的單位(Pt)，故A錯誤；

B、mA?是電荷量的單位(It)，故B錯誤；

C、該電池放電對輸出的總能量約為11.4W?=11.4×3600J=4.1×104J，故C錯誤；

D、q=3000×10?3×3600C=1.08×104C，故D正確。

故選：D。13.【答案】A

【解析】解：A.圖1中，因為穩(wěn)定后兩個相同的燈泡發(fā)光的亮度相同，通過它們的電流相同，則兩個支路的總電阻相同，因教材中采用的兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R與L1的電阻值相同，故A正確；

B.圖1中，閉合S1瞬間，L1對電流有阻礙作用，所以L1中電流與變阻器R中電流不相等，故B錯誤；

CD.圖2中，斷開S2的瞬間，A3燈突然閃亮，是因為電路穩(wěn)定時，A3的電流小于L2的電流，根據并聯電路各支路電壓相等，可知L2的電阻小于A3的電阻，故14.【答案】C

【解析】解：A.根據公式U=Ed，可知，若電場方向平行于x軸，x軸表示位置，y軸表示電勢，則直線AB的斜率表示對應位置處的電場強度大小，故A正確；

B.根據法拉第電磁感應定律E=ΔφΔt，若x軸表示時間，y軸表示穿過單匝金屬線圈的磁通量，則直線AB的斜率表示該金屬線圈產生的電動勢大小，故B正確；

C.根據電功率P=UI，若x軸表示流經某電阻的電流，y軸表示該電阻兩端的電壓，則橫縱坐標圍成圖像面積表示功率，則圖線下面積不能表示電阻的功率，故C錯誤；

D.根據電荷量q=It，若x軸表示時間，y軸表示通過導體的電流，則該圖線下面積表示這段時通過導體橫截面積的電荷量，故D正確。

本題選說法錯誤的，故選：C。

根據相應公式，結合選項和圖像，分析。15.【答案】60

【解析】解：根據歐姆表的讀數規(guī)則，其讀數為6×10Ω=60Ω；

故答案為：60。

根據歐姆表的讀數規(guī)則完成讀數。

考查歐姆表的讀數規(guī)則，能使用歐姆表正確測量電阻。16.【答案】BD

【解析】解：AB、磁體向上加速、減速或勻速抽出，螺線管內磁通量向上在減小，線圈中感應電流產生感應磁場向上，就能觀察到靈敏電流計指針向右偏轉，故A錯誤，B正確；

C、將磁體的N、S極對調，向上抽出、磁通量向下在減小，則線圈中感應電流產生感應磁場向下，靈敏電流計指針將向左偏轉，故C錯誤；

D、將磁體的N、S極對調，向下插入、磁通量向下在增加，則線圈中感應電流產生感應磁場向上，靈敏電流計指針將向右偏轉，故D正確。

故選：BD。

將磁體從線圈中向上勻速抽出時，螺線管內磁場向上，磁通量在減小，線圈中感應電流產生感應磁場向上，觀察到靈敏電流計指針向右偏轉，據此分析各選項。

產生感應電流的條件注意兩點：一是“閉合電路”，二是“磁通量發(fā)生變化”。本題解題時還需要注意電流計指針右偏的條件。17.【答案】B

C

甲

5.2

B

D

R測RV【解析】解：(1)因電源的電壓為3V，電壓表選擇C；

由于阻值約為5Ω的電阻Rx的，根據歐姆定律可知，電流的最大值為0.6A，電流表選擇B；

由于RxRA2=50.125=40<RV1Rx=30005=600

因此電流表應采用外接法，應選擇圖甲所示電路圖。

(2)根據圖甲所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：

(3)電流表的量程為0.6A，分度值為0.02A，示數I=0.50A；

電壓表的量程為3V，分度值為0.1V，示數為U=2.60V；

根據歐姆定律，待測電阻阻值Rx=UI=2.600.5Ω=5.2Ω。

(4)AB.圖甲中電流表外接法，實驗誤差來源于電壓表的分流，流過待測電阻的電流小于電流表的示數，故A錯誤，B正確；

電流表采用內接法，實驗誤差來源于電流表分壓，電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

(5)根據歐姆定律和并聯電路的電流特點可知

若選用(1)問中甲電路，通過待測電阻的真實電流IR=I?IV=I?URV

待測電阻的真實值可表示為Rx=UI?IV=UI?URV=1IU?1RV=1118.【答案】解：(1)金屬棒中感應電動勢：E=BLv

代入數據解得：E=0.04V；

(2)由右手定則可得，通過電阻R的電流方向從M通過R流向P；

感應電流：I=ER+r

代入數據解得：I=0.01A

(3)金屬棒a、b兩點間的電勢差U=IR

解得U=0.038V

答：(1)金屬棒ab產生的感應電動勢為0.04V；

(2)通過電阻R的電流大小為0.01A，方向從M通過R流向P；

(3)金屬棒a、b兩點間的電勢差為0.038V【解析】(1)由E=BLv求出感應電動勢。

(2)應用右手定則可以判斷出感應電流方向，根據歐姆定律求出感應電流。

(3)根據串、并聯電路規(guī)律解得電勢差。

本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，根據題意分析清楚導體棒的運動過程與電路結構是解題的前提，應用E=BLv、歐姆定律、右手定則即可解題。19.【答案】解：(1)根據勻強強度和電勢差的關系有：E=Ud

(2)因為粒子勻速通過P、Q兩金屬板間，則有：qvB0=qE=Uqd

解得：B0=Uvd

(3)粒子進入下方的勻強磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

根據牛頓第二定律有：qvB=mv2R

可得：m=BqRv

答：(1)P、Q兩金屬板間勻強電場場強E的大小為U【解析】(1)由E=Ud求得場強．

(2)由電場力等于洛淪茲力求得B．

(3)洛倫茲力提供向心力求得m．

考查粒子受到電場力、洛倫茲力作用下的直線運動，明確其合力為