福建省高考物理押題試題（ZJ）

1．如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A．水平恒力大小F=mgtanθB．地面對(duì)斜面體的支持力大小N2=(M+m)gC．物塊對(duì)斜面的壓力大小N1=mgcosθD．斜面體的加速度大小為gtanθ【答案】B【提示】物塊與斜面體相對(duì)靜止，加速度相同，對(duì)物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有N2=(M+m)g，選項(xiàng)B正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F=(M+m)a，對(duì)斜面體，豎直方向上受力平衡有N2=Mg+N1cosθ，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sinθ=Ma，解得N1=eq\F(mg,cosθ)，a=eq\F(m,M)gtanθ，F(xiàn)=eq\F(M+m,M)mgtanθ，選項(xiàng)A、C、D均錯(cuò)誤。2．（多選）如圖1所示，小物塊靜止在傾角θ=37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率υ隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）112340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/sυ/m·s-1O圖2圖3F圖1θA．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7C．0~3s時(shí)間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0~3s時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】AD【提示】由速度圖象知在1~3s時(shí)間內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則0.8+mgsinθ–μmgcosθ=ma，a=eq\F(0.8–0,3–1)m/s2=0.4m/s2。在3~4s時(shí)間內(nèi)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則μmgcosθ–mgsinθ=0.4N，解得m=1kg，μ=0.8，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；0~1s時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1~3s時(shí)間內(nèi)，力F=0.8N，物塊的位移x=EQ\A(\F(1,2))×0.4×22m=0.8m，0~3s內(nèi)力F做功的平均功率為eq\F(Fx,t3)=eq\F(0.8×0.8,3)W=0.213W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0~3s時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x=5.12J，選項(xiàng)D正確。θθAθθABCD甲船乙船A．兩船在靜水中的劃行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．兩船同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)D．河水流速為eq\F(dtanθ,t)【答案】C【提示】由題意可知，兩船渡河的時(shí)間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度υ1相等，由υ1=υsinθ知兩船在靜水中的劃行速率υ相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙船沿BD到達(dá)D點(diǎn)，可見河水流速υ水方向沿AB方向，可見甲船不可能到達(dá)到正對(duì)岸，甲船渡河的路程較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)速度的合成與分解，υ水=υcosθ，而υsinθ=eq\F(d,t)，得υ水=eq\F(d,ttanθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x=(υcosθ+υ水)t=eq\F(2d,tanθ)=AB，可見兩船同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，選項(xiàng)C正確。ACBACBOA．若有一個(gè)粒子從OA邊射出磁場，則另一個(gè)粒子一定從OB邊射出磁場B．若有一個(gè)粒子從OB邊射出磁場，則另一個(gè)粒子一定從CA邊射出磁場C．若兩個(gè)粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，則它們?cè)诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1ACBOαO2ACBOαO2R1R2αθθ【答案】C【提示】由qυB=meq\F(υ2,R)得軌道半徑R=eq\F(mυ,qB)。由題意可知，兩個(gè)粒子分別順、逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；若兩個(gè)粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，如圖所示，則α=60°，θ=30°，OA=OBtan30°，R1=eq\F(OA,2sinα)，R2=eq\F(OB,2sinθ)，得eq\F(R1,R2)=eq\F(1,3)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；周期T=eq\F(2πm,qB)相同，由t1=eq\F(2α,2π)T、t2=eq\F(2θ,2π)T得eq\F(t1,t2)=eq\F(2,1)，選項(xiàng)C正確。5．在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動(dòng)到B點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()ABABEOB．小球的切向加速度一直變大C．小球受到的拉力先變大后變小D．小球受到的電場力做功功率先增大后減小【答案】D【提示】小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知小球的動(dòng)能Ek一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為θ，則小球的切向加速度a1=eq\F(qEsinθ,m)隨著θ的減小而減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F–qEcosθ=meq\F(υ2,L)得小球受到的拉力大小F=qEcosθ+eq\F(2,L)·Ek，cosθ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在A點(diǎn)時(shí)小球的速率為零，電場力做功的瞬時(shí)功率為零，過B點(diǎn)時(shí)小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時(shí)功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確。BI60°6．在絕緣水平面上方均勻分布著方向與水平向右成60°角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知棒與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=eq\A(\F(\R(3),3))。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直向上的過程中棒始終保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為θ，則關(guān)于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B與θ的變化關(guān)系圖象可能正確的是（）BI60°BθmgBθmgBILfNθ/°eq\F(1,B)/T-1OB90θ/°B/TOA90θ/°eq\F(1,B)/T-1OC906030θ/°eq\F(1,B)/T-1OD906030【提示】棒受力如圖所示，則BILsinθ=μ(mg+BILcosθ)，得eq\F(1,B)=eq\F(IL,μmg)(sinθ–μcosθ)=eq\F(2IL,\R(3)mg)sin(θ–30°)，只有選項(xiàng)C正確。7．如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg，端點(diǎn)d、e之間連接一電阻R，金屬桿ab靜止在金屬框架上，整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌及桿ab的電阻忽略不計(jì)?，F(xiàn)對(duì)桿ab施加一沿dc方向的外力F，使桿ab中的電流i隨時(shí)間t的圖象如圖乙所示。運(yùn)動(dòng)中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿ab受到的安培力功率大小P隨時(shí)間t變化的圖象，可能正確的是()【答案】C【提示】桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=BLυ，感應(yīng)電流i=eq\F(e,R)，由乙圖得i=kt，解得桿ab的速率υ=eq\F(kR,BL)t，可見桿ab的加速度a=eq\F(kR,BL)不變，對(duì)桿ab根據(jù)牛頓第二定律有F–BiL=ma，得F=BLkt+ma，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；桿ab受到的安培力功率大小P=BiL·υ=k2Rt2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。θABθABCA．A剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為EQ\A(\F(g,2))B．A上升的最大豎直高度為3LC．拉力F的功率隨時(shí)間均勻增加D．L=eq\F(9,4)x【答案】D【提示】A剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\F(F,m)=g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；F未作用前，對(duì)A受力平衡有mgsinθ=kL，得k=eq\F(mg,2L)，A運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，對(duì)B受力平衡有2mgsinθ=kL′，得L′=2L，A上升的最大豎直高度為(L+L′)sinθ=eq\F(3,2)L，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于F作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度υ隨時(shí)間不是均勻變化的，所以Fυ=mgυ隨時(shí)間也不是均勻變化的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在A從最低處運(yùn)動(dòng)到最高處的過程，對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有Fx–eq\F(kL′+k(L′–L),2)(L′–L)–mg(L+L′)sinθ=0–0，得x=eq\F(9,4)L，選項(xiàng)D正確（或用排除法判斷）。OABOABA．帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力一直做負(fù)功C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中通過O點(diǎn)時(shí)速度最大D．小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度為eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)【答案】D【解析】帶正電小球靜止在A點(diǎn)，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上，根據(jù)對(duì)稱性知帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球通過O點(diǎn)時(shí)只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過O點(diǎn)時(shí)速度并非最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程，電場力對(duì)小球做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2h=EQ\F(1,2)mυeq\s(2,)–EQ\F(1,2)mυeq\o\al(0,2)，得小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度υ=eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)，選項(xiàng)D正確。Mm10MmA．Tm=eq\F(M+2m,M+m)mgB．Tm=eq\F(M+2m,M+m)MgC．Tm=eq\F(M+2m,M–m)mgD．Tm=eq\F(M+m,M+2m)mg【答案】A【解析】令m=0，則Tm應(yīng)為零，而選項(xiàng)B中的Tm=Mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；令m趨近于M，則選項(xiàng)C中Tm趨近于無窮大，不合理，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；令M=0，則選項(xiàng)D中的表達(dá)式簡化為Tm=EQ\A(\F(1,2))mg，由于M=0且尚未掛上鉤碼時(shí)彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當(dāng)彈簧彈力與mg平衡時(shí)，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，可見輕繩對(duì)鉤碼的最大拉力Tm應(yīng)大于mg，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由排除法知選項(xiàng)A正確。圖111．某學(xué)習(xí)小組利用圖1所示裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。圖1①若某同學(xué)按圖1所示開始實(shí)驗(yàn)，則一個(gè)很明顯的不合理之處是______________________________________。②經(jīng)糾正后，按正確操作，得到如圖2所示的一條點(diǎn)跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點(diǎn)O到計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D各點(diǎn)的距離分別為h1、h2、h3、h4，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為T，從O到D的時(shí)間為t。若用O、C兩點(diǎn)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，為了計(jì)算打下C點(diǎn)時(shí)的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)提供了四個(gè)計(jì)算式，其中正確的是_________。（填選項(xiàng)前的字母）OABh1OABh1h2h3h4CD圖2B．乙同學(xué)：υC=gtC．丙同學(xué)：υC=eq\F(h4–h2,2T)D．丁同學(xué)：υC=eq\F(h4–h3,T)③提供正確計(jì)算式的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，以C點(diǎn)算出的重力勢(shì)能mgh3總比EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(C,2)略大些，這主要是因?yàn)開______________________________________________________________________?！敬鸢浮竣籴尫偶垘爸匚镫x打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太遠(yuǎn)②C③實(shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重物的動(dòng)能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。【提示】①因釋放紙帶前重物離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太遠(yuǎn)，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點(diǎn)數(shù)極少，所以實(shí)驗(yàn)中釋放紙帶前應(yīng)提高紙帶使重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。②因?qū)嶒?yàn)中存在阻力，重物下落時(shí)的實(shí)際加速度小于重力加速度，計(jì)算速度時(shí)應(yīng)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中中間時(shí)刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學(xué)；而甲、乙兩同學(xué)提供的計(jì)算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學(xué)提供的計(jì)算式是求DE段的平均速度即求CD間中間時(shí)刻的速度。③因?yàn)閷?shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重物的動(dòng)能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。圖甲12．某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M。其主要步驟為：圖甲①調(diào)整長木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m0時(shí)滑塊沿木板恰好向下做勻速運(yùn)動(dòng)。mg/Namg/Na/m·s-21.00.200.400.6003.04.02.0請(qǐng)回答下列問題：圖乙圖丙i）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打下B點(diǎn)時(shí)滑塊的速度υB=_________m/s；ii）滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a=___________m/s2；iii）滑塊質(zhì)量M=___________（用字母a、m0、當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭表示）。③保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運(yùn)動(dòng)，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應(yīng)的加速度。④若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的a－mg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M=_________kg。（取g=10m/s2，計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】②i）1.38；ii）3.88；iii）eq\F(g,a)m0④0.200【解析】②i）υB=eq\F(0.0520+0.0584,4×0.02)m/s=1.38m/s；ii）由△s=aT2得a=eq\F((0.0645+0.0707)–(0.0520+0.0584),0.082)m/s2=3.88m/s2；iii）滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡有m0g=Mgsinθ–f，撤去m0時(shí)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合外力F合=Mgsinθ–f，由F合=Ma得M=eq\F(g,a)m0。④掛上質(zhì)量為m的鉤碼時(shí)滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合外力為F合′=Mgsinθ–f–mg，由F合′=Ma得a=–eq\F(1,M)mg+eq\F(m0,M)g，結(jié)合圖丙得eq\F(1,M)=eq\F(3.5–1.0,0.50)，得M=0.200kg。13．某學(xué)習(xí)小組欲探究小燈泡（額定電壓為3V，額定電流約為0.5A）的伏安特性，可提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：A．干電池：電動(dòng)勢(shì)約4.5V，內(nèi)阻可不計(jì)B．雙量程的電壓表V1：量程為0~3V、內(nèi)阻約為3kΩ；V2：量程為0~15V、內(nèi)阻約為15kΩAVAV圖1A1：量程為0~0.6A、內(nèi)阻約為1Ω；A2：量程為0~3A、內(nèi)阻約為0.1ΩD．滑動(dòng)變阻器R：阻值范圍0~10Ω、允許通過最大電流為2AE．開關(guān)S，導(dǎo)線若干在盡量提高測量精度的情況下，請(qǐng)回答下列問題：①根據(jù)以上器材，請(qǐng)你把實(shí)驗(yàn)電路原理圖1補(bǔ)充完整，并在圖1中標(biāo)明所選器材的代號(hào)。②根據(jù)選擇的正確電路原理圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成完整電路。閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)移到_______端（選填“A”或“B”）ABAB圖2圖30.10.20.30.40.51230I/AU/V③按正確操作得到7組電壓表和電流表示數(shù)如下表所示，請(qǐng)圖3所示的坐標(biāo)紙上畫出小燈泡的U–I圖線。組數(shù)1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49④若將該小燈泡接在電動(dòng)勢(shì)為3.0V、內(nèi)阻為2.0Ω的干電池兩端，則此時(shí)該小燈泡的電阻為________Ω。（結(jié)果保留3個(gè)有效數(shù)字）【答案】①如圖4所示②連線如圖5所示；A③如圖6中曲線所示④4.5或4.6或4.7ΩA1V1圖4AB圖50.10.20.3A1V1圖4AB圖50.10.20.30.40.51230I/AU/V圖6②根據(jù)圖4，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成完整電路如圖5所示。閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)移到A端，使閉合開關(guān)后燈泡兩端的電壓為零以保護(hù)電表。③畫出小燈泡的U–I圖線如圖6中曲線所示。④根據(jù)閉合電路歐姆定律有U=3.0–2.0I，此直線如圖6中所示，與曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0.455A，2.10V），得待求電阻為eq\F(2.10,0.455)Ω=4.6Ω。14．某多用電表內(nèi)歐姆擋“×1”的內(nèi)部電路圖如圖所示，小明同學(xué)將電阻箱和電壓表V并聯(lián)后接在兩表筆a、b上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠(yuǎn)小于電壓表V的內(nèi)阻）和電池的電動(dòng)勢(shì)E。實(shí)驗(yàn)的主要步驟為：eq\F(1eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(1)表筆a為________(填“紅表筆”或“黑表筆”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“×1”，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)________，使指針指在_______(填“左”或“右”)側(cè)零刻度處。(2)改變電阻箱R的阻值，分別讀出6組電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R，將eq\f(1,U)、eq\f(1,R)的值算出并記錄在表格中，請(qǐng)將第3、5組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在坐標(biāo)紙上補(bǔ)充標(biāo)出，并作出eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線。組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.1eq\f(1,R)0.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.40eq\f(1,U)0.831.051.351.682.002.50(3)根據(jù)圖線得到電動(dòng)勢(shì)E=____________V，內(nèi)電阻r=________Ω。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(4)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值比真實(shí)值______（填“大”或“小”）?！敬鸢浮?1)a；調(diào)零旋鈕(或調(diào)R0)；右(2)如圖所示(3)1.43(1.45～1.41)；23.4(22.9～23.9)(4)小【提示】(1)表筆a接內(nèi)部電池的負(fù)極，應(yīng)為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。(2)eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線如圖所示。eq\F(eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(3)由E=U+eq\f(U,R)·r得eq\f(1,U)＝eq\f(r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，結(jié)合圖線得eq\f(1,E)＝0.70，eq\f(r,E)＝eq\f(2.50–0.70,0.11)，解得E＝1.43V，r內(nèi)＝23.4Ω。(4)當(dāng)R為無窮大即為不接電阻箱時(shí)電壓表的示數(shù)為多用電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值比真實(shí)值小。15．如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強(qiáng)方向沿PQ方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，A為PQ的中點(diǎn)，D為OQ的中點(diǎn)，PQ=2L，θ=30°。一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子（重力不計(jì)、初速度視為零），從靠近M板O′處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點(diǎn)射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點(diǎn)射出電場。（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點(diǎn)時(shí)的速率υ；θAMNθAMNPQθODO′【解析】（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU=EQ\A(\F(1,2))mυ2粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：eq\F(L,2)=EQ\A(\F(1,2))at2EQ\A(\F(1,2))Ltanθ=υt根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma解得：U=eq\F(1,24)EL，υ=eq\R(\F(qEL,12m))。θAPQθOO1θAPQθOO1RRR+eq\F(R,sinθ)=LqυB=meq\F(υ2,R)tm=eq\F(πR,υ)解得：B=eq\R(\F(3mE,4qL))，tm=2πeq\R(\F(mL,3qE))。LABmC16．如圖所示，長為L的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的C點(diǎn)，上端有一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球A（視為質(zhì)點(diǎn)），小球旁輕靠有一正方體滑塊B。若用一大小為mg的水平恒力（g為重力加速度大?。┫蛴易饔糜谛∏駻，當(dāng)桿與水平面成θ=30°角時(shí)A、B恰好分離，求：（提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(υ2,L)LABmC（1）A、B分離瞬間球A的速度大??；（2）滑塊B的質(zhì)量M；（3）球A剛要觸地時(shí)球?qū)U的作用力F大小和方向。Cθυ1Cθυ1υ2θ圖10.2在桿下擺過程中，對(duì)輕桿、球與滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLcosθ+mg(L–Lsinθ)=EQ\A(EQ\F(1,2))mυeq\s(2,1)+EQ\A(\F(1,2))Mυeq\s(2,2)–0解得υ1=eq\R(\F((3+\R(3))gL,6))（2）分離時(shí)A、B不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、B在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B的加速度必為零，分離時(shí)兩者的水平加速度必為零。CθmgθCθmgθ圖10.3mgT由沿桿方向的合力提供向心力有：(Tsinθ+mg)sinθ=mEQ\A(\F(υ12,L))解得：M=eq\F(8(3+5\R(3)),6+\R(3))m=eq\F(8,11)(1+9EQ\R(3))m