河南省鶴壁市高級(jí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期尖子生聯(lián)賽調(diào)研試題一

PAGE1PAGE11河南省鶴壁市高級(jí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期尖子生聯(lián)賽調(diào)研試題一一、選擇題（1-8是單選題，每題4分，9-12是多選題，每題6分，共56分）1．如圖所示，a、b兩點(diǎn)處分別固定有等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中點(diǎn)，d是ac的中點(diǎn)，e是ab的垂直平分線上的一點(diǎn)，將一個(gè)正點(diǎn)電荷先后放在d、c、e點(diǎn)，它所受的電場(chǎng)力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說(shuō)法中正確的是()A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0D．Fd、Fc、Fe的大小都相等2．如圖所示，直流電路中，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻，其阻值隨光照增加而減小。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，處在電容器兩板間M點(diǎn)的帶電液滴恰好能保持靜止。現(xiàn)用強(qiáng)光照耀電阻R3時(shí)（）A．電源的總功率減小 B．A板的電勢(shì)降低 C．液滴向上運(yùn)動(dòng)D．電容器所帶電荷量削減3．如圖所示，由粗細(xì)勻稱的金屬導(dǎo)線圍成的一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd的四個(gè)頂點(diǎn)均位于一個(gè)的網(wǎng)形區(qū)域的邊界上，以ac為圓形區(qū)域的一條直徑，ac上方和下方分別存在大小均為B且方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)給線框接入從a點(diǎn)流入，d點(diǎn)流出的大小為I的恒定電流，則金屬線框受到的安培力F的大小為（）A．F＝0 B．F＝BLI C．F＝BLI D．F＝BLI4．如圖1所示，在直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正、負(fù)離子分別以相同的速度從原點(diǎn)O進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與x軸正方向夾角為30°.已知正離子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑大于負(fù)離子的軌跡半徑，則可以推斷出 ()A．正離子的比荷大于負(fù)離子的比荷B．正離子在磁場(chǎng)中受到的向心力大于負(fù)離子受到的向心力C．正離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于負(fù)離子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間D．正離子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離大于負(fù)離子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離5．一長(zhǎng)方體電阻率為ρ的金屬導(dǎo)體板，長(zhǎng)、寬、厚分別為a、b、c，其中a＞b＞c，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，方向垂直于導(dǎo)體上表面?，F(xiàn)將金屬板用圖甲、乙兩種方式接到內(nèi)阻可不計(jì)的電源兩端，合上開(kāi)關(guān)后，在導(dǎo)體前后表面（即Ⅰ、Ⅱ面）將產(chǎn)生電勢(shì)差。則關(guān)于導(dǎo)體以下說(shuō)法正確的是（）A．圖甲、乙前后表面電勢(shì)差相等 B．圖甲前后表面電勢(shì)差小于圖乙 C．圖甲前后表面電勢(shì)差大于圖乙 D．圖甲中前表面電勢(shì)高，圖乙中后表面電勢(shì)高6．利用磁場(chǎng)可以屏蔽帶電粒子。如圖所示，真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為r和3r的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為其橫截面如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)正對(duì)著圓心O沿半徑方向射入磁場(chǎng)。已知該粒子的比荷為k，重力不計(jì)。為使該帶電粒子不能進(jìn)入圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，粒子的最大速度為（）A．kBrB．2kBr C．3kBrD．4kBr7．CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)整后電子束從靜止起先沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則A．M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面對(duì)外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移8．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個(gè)垂直紙面對(duì)里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界過(guò)原點(diǎn)O和y軸上的點(diǎn)a（0，L）。一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場(chǎng)，并從x軸上的b點(diǎn)射出磁場(chǎng)。此時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為60°。下列說(shuō)法中正確的是（）A．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng) B．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為（，） D．電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為（0，﹣2L）9．如圖甲所示，直角坐標(biāo)系中x軸上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，O處有一粒子源，能以相同的速率v沿紙面不斷地放出比荷為k的同種粒子，粒子射入磁場(chǎng)的速度方向與x軸正方向所成角的范圍是30°～150°，粒子重力及粒子間的相互作用均不計(jì)。圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過(guò)的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點(diǎn)為C，外邊界與y軸的交點(diǎn)為D、與x軸的交點(diǎn)為A。下列說(shuō)法正確的是（）A．D點(diǎn)的坐標(biāo)是（0，） B．OD＝OC C．若僅變更粒子電性，則粒子運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過(guò)區(qū)域的面積變大 D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間與最短時(shí)間之差為10．如圖所示，半徑為R＝2cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T，圓形磁場(chǎng)邊界上有A、C、N三點(diǎn)，一個(gè)比荷為2×106C/kg、帶正電的粒子（粒子重力可忽視不計(jì)），從A點(diǎn)以v0＝8×104m/s的速度垂直于直徑MN射入磁場(chǎng)，恰好從N點(diǎn)射出，且∠AON＝120°，則（）A．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為2cm B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心肯定不在圓形磁場(chǎng)的邊界上 C．若帶電粒子改為在圓形磁場(chǎng)邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，則粒子肯定從N點(diǎn)射出 D．若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)以原速度v0入射、從N點(diǎn)出射，則該圓形磁場(chǎng)的最小面積為π×10﹣4m211．（多選）如圖所示,帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平放置的平行金屬板之間,由于電場(chǎng)的作用,剛好下落到D孔時(shí)速度減為零.對(duì)于小球從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,已知從C運(yùn)動(dòng)到CD中點(diǎn)位置用時(shí)t1,從C運(yùn)動(dòng)到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時(shí)t2.下列說(shuō)法中正確的是()A．小球帶負(fù)電B．t1＜t2C．t1＞t2D．將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下12.．如圖所示,離地高處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為＋q的物體處于電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更規(guī)律為E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數(shù),電場(chǎng)水平向左為正方向)的電場(chǎng)中,物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,已知.t＝0時(shí),物體從墻上靜止釋放,若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,當(dāng)物體下滑eq\f(H,2)后脫離墻面,此時(shí)速度大小為eq\f(\r(gH),2),最終落在地面上.則下列關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí),物體先加速再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段直線C．物體克服摩擦力所做的功W＝eq\f(3,8)mgHD．物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t＝eq\f(E0,k)二、試驗(yàn)題（每空2分，共14分）13．某愛(ài)好小組的同學(xué)用表盤如圖甲所示的量程Ig為50μA、內(nèi)阻Rg為19Ω的表頭，按如圖乙所示電路自制一個(gè)由三個(gè)擋位組成的簡(jiǎn)易多用電表，1、2兩個(gè)擋位為電流擋，分別為10mA和1mA。圖中R1和R2為定值電阻，S為轉(zhuǎn)換開(kāi)關(guān)，試驗(yàn)重要步驟如下：（1）選取的定值電阻R1和R2阻值分別為Ω和Ω；（2）連接電路后，裝入電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V的電池，把開(kāi)關(guān)S拔到擋位3，將紅、黑兩表筆短接，調(diào)整滑動(dòng)變阻器R3使表頭滿偏，在電流表刻度為50μA處標(biāo)上0，則圖甲中電流表刻度為25μA處標(biāo)上Ω；（3）把開(kāi)關(guān)S拔到擋位3，紅、黑表筆間接入一個(gè)R0＝1000Ω的電阻時(shí)，電表的指針指在電流表刻度的位置應(yīng)當(dāng)為μA。14．某探討小組用一種電動(dòng)勢(shì)不變、內(nèi)阻發(fā)生變更的電池，來(lái)探討小燈泡電壓隨電流的變更規(guī)律。設(shè)計(jì)圖甲所示的電路，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)整滑動(dòng)變阻器R，通過(guò)測(cè)量得到該電池的U﹣I關(guān)系曲線a、小燈泡的U﹣I關(guān)系曲線c如圖乙所示。（1）依據(jù)圖乙來(lái)推斷，當(dāng)電流表的讀數(shù)為0.3A，則電壓表V2的讀數(shù)應(yīng)為V（估讀到小數(shù)點(diǎn)后一位）。（2）由圖象可知電源的電動(dòng)勢(shì)E＝V（保留兩位有效數(shù)字）。（3）關(guān)于曲線c與曲線a的交點(diǎn)Q代表的物理含義，下列說(shuō)法正確的是（多選）。A．滑動(dòng)變阻器滑片P移到了滑動(dòng)變阻器的最右端B．在此種電路條件的限制下，小燈泡功率的最大值為1.25WC．交點(diǎn)Q的電壓只能表示路端電壓，不能表示燈泡的電壓D．交點(diǎn)Q的電壓只能表示燈泡的電壓，不能表示路端電壓三、計(jì)算題（共40分）15．（6分）如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿MN，與水平面夾角為37°，固定在豎直平面內(nèi)，垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B充溢桿所在的空間，桿與B垂直，質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時(shí)，對(duì)桿有垂直桿向上的拉力作用，拉力大小為0.4mg，已知小環(huán)的帶電荷量為q，問(wèn)（sin37°≈0.6；cos37°≈0.8）（1）小環(huán)帶什么電？（2）小環(huán)滑到P處時(shí)的速度多大？（10分）磁譜儀是測(cè)量α能譜的重要儀器。磁譜儀的工作原理如圖所示，放射源S發(fā)出質(zhì)量為m、電量為q的α粒子沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，被限束光欄Q限制在2φ的小角度內(nèi)，α粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到與束光欄平行的感光片P上。（重力影響不計(jì)）若能量在E～E＋ΔE（ΔE＞0，且）范圍內(nèi)的α粒子均垂直于限束光欄的方向進(jìn)入磁場(chǎng)。試求這些α粒子打在膠片上的范圍Δx1。事實(shí)上，限束光欄有肯定的寬度，α粒子將在2φ角內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)。試求能量均為E的α粒子打φφφφQSPx17．（10分）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，分析說(shuō)明磁場(chǎng)的方向，并求在這種狀況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；（2）假如磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過(guò)虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。18.（14分）如圖所示，某一平面有始終線MN，其左側(cè)有一半徑為R的圓與MN相切于C點(diǎn)，AB為圓上平行于MN的直徑，圓內(nèi)有一垂直平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），直線MN右側(cè)有一對(duì)平行金屬板P、Q并帶有等量異種電荷，P板帶正電，兩板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不考慮兩板范圍以外的電場(chǎng)。P，Q兩板垂直于MN直線且分別與A、B兩點(diǎn)對(duì)齊，兩板長(zhǎng)為2R。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶負(fù)電粒子以大小為v0的速度從P板右端與其成α角的方向射入電場(chǎng)，tanα＝。通過(guò)兩板間的電場(chǎng)后垂直MN向左射出，通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域后恰好從A點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，離開(kāi)時(shí)速度方向與A點(diǎn)切線方向成θ＝60°角，不計(jì)粒子重力。求：（1）帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度v的大小；（2）PQ兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（3）磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。鶴壁中學(xué)高二年級(jí)尖子生聯(lián)賽調(diào)研（一）物理答案1.答案A2.C。3.【解答】解：由電阻定律可知，abcd之路與ad之路的電阻之比為3：1，兩部分電路并聯(lián)，總電流為I，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，流過(guò)上邊支路abcd的電流為I，流過(guò)下邊支路的電流為I，ab、bc、cd邊受到的安培力大小都是：BIL，ad邊受到的安培力大小為：BIL，由左手定則推斷出各邊所受安培力方向如圖所示，ab與cd邊所受安培力的合力大小為，方向：水平向右，bc與ad邊所受安培力大小為：BIL，方向：豎直向上，則線框所受安培力大?。篎＝＝BIL，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。4.D5.【解答】解：ABC、兩種電路中，依據(jù)電阻定律，可知金屬導(dǎo)體板連入電路的電阻分別為：R甲＝，R乙＝依據(jù)甲、乙兩種方式接到內(nèi)阻可不計(jì)的電源兩端，由歐姆定律得：I甲＝＝，I乙＝＝依據(jù)電流得微觀表達(dá)式，有：I甲＝nev甲S甲＝nev甲ac，電子定向移動(dòng)的速率為：v甲＝圖乙中電流I乙＝nev乙S乙＝nev乙ab，電子定向移動(dòng)的速率為：v乙＝設(shè)圖甲前后面的電勢(shì)差為U甲，圖乙前后面的電勢(shì)差為U乙，當(dāng)導(dǎo)體前后面的電勢(shì)差穩(wěn)定時(shí)，電子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，則有：e＝ev甲B，e＝ev乙B解得：U甲＝，U乙＝由于b＞c，則U甲＜U乙，故AC錯(cuò)誤，B正確；D、金屬導(dǎo)體中的自由電荷為電子，負(fù)電荷的定向移動(dòng)方向與電流方向相反，由左手定則可知，圖甲與圖乙兩種狀況連接方式空電子所受洛倫茲力方向相同，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，兩種狀況下都是后表面電勢(shì)低，故D錯(cuò)誤。故選：B。6.【解答】解：帶電粒子只受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力：qvB＝m，解得：v＝可知最大速度對(duì)應(yīng)最大半徑，依題意半徑最大的軌跡圓弧與半徑為r的磁場(chǎng)圓形邊界相切，如下圖所示：由幾何關(guān)系：（R+r）2＝R2+（3r）2解得：R＝4r則：vm＝＝4kBr故ABC錯(cuò)誤，D正確7.D8.【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；A、設(shè)電子的軌跡半徑為R，由幾何學(xué)問(wèn)，Rsin30°＝R﹣L，得R＝2L，A錯(cuò)誤；B、電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝T，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝，解得：t＝，故B正確；CD、依據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得，y′＝﹣Rcos60°＝﹣L，所以電子的圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為（0，﹣L），故CD錯(cuò)誤；故選：B。9.【解答】解：A、依據(jù)題意畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：有幾何關(guān)系可知：OD＝2Rsin60°由洛倫茲力供應(yīng)向心力得：qvB＝m聯(lián)立解得：OD＝故D點(diǎn)的坐標(biāo)是（0，），故A正確；B、在軌跡圓中由幾何關(guān)系可知：OC＝2Rsin30°＝，故OD＞OC，故B錯(cuò)誤；C、若僅變更粒子的電性而其他條件不變，則粒子受到的洛倫茲力大小相等方向相反，軌跡圓的半徑不變則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過(guò)的區(qū)域與以前的區(qū)域關(guān)于y軸對(duì)稱，面積大小不變，故C錯(cuò)誤；D、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T其中T＝＝則由粒子在磁場(chǎng)中的軌跡圓可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間與最短時(shí)間之差為：△t＝tmax﹣tmin＝﹣＝﹣＝＝，故D正確；故選：AD。10.【解答】解：A、依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有qv0B＝m，可得r＝＝m＝2cm，故A正確；B、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，因?yàn)镽＝r＝2cm，四邊形AONP為菱形，依據(jù)幾何學(xué)問(wèn)可得圓心P肯定在圓形磁場(chǎng)的邊界上，故B錯(cuò)誤；C、從圓形磁場(chǎng)邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，軌跡如圖所示，因?yàn)镽＝r，所以四邊形SCON為菱形，由幾何學(xué)問(wèn)可知粒子肯定從N點(diǎn)射出，故C正確；D、當(dāng)帶電粒子在A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，則磁場(chǎng)圓以AN為直徑時(shí)面積最小，最小面積S＝＝π（Rcos30°）2＝m2＝3π×10﹣4m2，故D錯(cuò)誤。故選：AC。11.【解析】由題圖可知,A、B間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下,小球從C到D減速運(yùn)動(dòng),受電場(chǎng)力方向向上,所以小球帶負(fù)電,A對(duì)；由于小球在電場(chǎng)中受的重力和電場(chǎng)力都是恒力,所以小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其速度圖象如圖所示,由圖可知,B對(duì)、C錯(cuò)；將B板向上平移少許時(shí)兩板間的電壓不變,依據(jù)動(dòng)能定理可知,mg(h＋d)－Uq＝0,mg(h＋x)－eq\f(Uqx,d′)＝0,聯(lián)立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′＜d′,即小球不到D孔就要向上返回,所以D錯(cuò).故選：AB。12.【解析】豎直方向上有mg－μqE＝ma,隨著電場(chǎng)強(qiáng)度E的減小,加速度a漸漸增大,當(dāng)E＝0時(shí),加速度增大到重力加速度g,此后物塊脫離墻面,故A錯(cuò)誤；物體脫離墻面時(shí)的速度向下,之后所受合外力與初速度不在同一條直線上,所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線.故B錯(cuò)誤；物體從起先運(yùn)動(dòng)到脫離墻面電場(chǎng)力始終不做功,由動(dòng)能定理得,mgeq\f(H,2)－Wf＝eq\f(1,2)mv2,v＝eq\f(\r(gH),2),Wf＝eq\f(3,8)mgH,故C正確；當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零,所以E＝E0－kt＝0,解得時(shí)間t＝eq\f(E0,k).故D正確.故選：CD13.【解答】解：（1）由圖乙所示電路圖可知，S接1時(shí)電流表量程I1＝10mA，S接2時(shí)電流表量程I2＝1mA，依據(jù)圖乙所示電路圖，串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可知：I1＝Ig+，I2＝Ig+代入數(shù)據(jù)解得：R1＝0.1Ω，R2＝0.9Ω；（2）S接3，表頭滿偏時(shí)干路電流I2＝1mA，喲閉合電路的歐姆定律得：R內(nèi)＝，電流表刻度盤為25μA，即半偏時(shí)電流I＝0.5mA，由閉合電路的歐姆定律得：I＝，代入數(shù)據(jù)解得：R內(nèi)＝1500Ω，Rx＝1500Ω；（3）開(kāi)關(guān)S拔到擋位3，紅、黑表筆間接入一個(gè)R0＝1000Ω的電阻時(shí)，干路電流I′＝＝A＝0.0006A＝0.6mA，表頭滿偏電流Ig＝50μA，改裝后電流表量程I2＝1mA，量程擴(kuò)大了20倍，干路電流為0.6mA時(shí)，表頭示數(shù)為mA＝0.03mA＝30μA故答案為：（1）0.1；0.9；（2）1500；（3）30。14.【解答】解：（1）由圖甲所示電路圖可知，電壓表V2測(cè)燈泡兩端電壓，圖乙中圖線c是燈泡的U﹣I圖線，當(dāng)電流表的讀數(shù)為0.3A，由圖乙所示圖線c可知，電壓表V2的讀數(shù)應(yīng)為1.0V。（2）由圖甲所示電路圖可知，當(dāng)外電路斷路時(shí)路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，即I＝0時(shí)路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，由圖乙所示圖線a可知，I＝0時(shí)路端電壓為4.0V，則電源電動(dòng)勢(shì)E＝4.0V。（3）ACD、兩圖線的交點(diǎn)電壓值表示燈泡兩端電壓等于路段電壓，Q點(diǎn)的電壓值即表示燈泡兩端的電壓，又表示路端電壓，由圖甲所示電路圖可知，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片移到了最右端，故A正確，CD錯(cuò)誤；B、由圖乙所示圖象可知，Q點(diǎn)對(duì)于坐標(biāo)值U＝2.5V，I＝500mA＝0.500A，此時(shí)燈泡的的工作電壓與工作電流最大，功率最大，燈泡的最大功率P＝UI＝2.5×0.500W＝1.25W，故B正確。故選：AB。故答案為：（2）1.0；（2）4.0；（3）AB。15.【解答】解：（1）環(huán)所受洛倫茲力與桿垂直，只有洛倫茲力垂直于桿向上時(shí)，才能使環(huán)向上拉桿，由左手定則可知環(huán)帶負(fù)電。（2）設(shè)桿拉住環(huán)的力為T，由題可知：T＝0.4mg在垂直桿的方向上對(duì)環(huán)有：qvB＝T+mgcos37°即qvB＝0.4mg+0.8mg解得：答：（1）小環(huán)帶負(fù)電