云南省昭通市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題（含答案）

云南省昭通市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求；第9~12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1．隨著智能手機(jī)耗電的增加，充電寶成了手機(jī)及時(shí)充電的一種重要選擇?，F(xiàn)有某一產(chǎn)品的充電寶，上面標(biāo)有一參數(shù)“10000mA·h”，這里與“mA·h”相對(duì)應(yīng)的物理量是（）A．電量 B．能量 C．功率 D．時(shí)間2．如圖所示，各電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同的是（）A． B．C． D．3．如圖所示，三條等勢(shì)線上有a、b、c、d四點(diǎn)，若將一負(fù)電荷由c經(jīng)a移到d，靜電力做正功W1，若由c經(jīng)b移到d，靜電力做正功W2A．W1>W2，φ1C．W1=W2，φ14．如圖所示，足夠大的絕緣粗糙薄板水平固定放置，薄板上、下兩側(cè)的A、B兩點(diǎn)固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，其中A處點(diǎn)電荷的電荷量為+Q，B處點(diǎn)電荷的電荷量為?Q，A、B兩點(diǎn)的連線與薄板垂直，且垂足O為A、B連線的中點(diǎn)。將一輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端連接一帶電小球，小球恰能在薄板平面上以速度v0A．小球帶正電B．小球運(yùn)動(dòng)過程中所受電場(chǎng)力先增大后減小C．薄板對(duì)小球的彈力先減小后增大D．小球運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能始終不變5．如圖所示，平行板電容器已經(jīng)充電，靜電計(jì)的金屬球與電容器的一個(gè)極板連接，外殼與另一個(gè)極板連接，靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)指示電容器兩極板間的電勢(shì)差。實(shí)驗(yàn)中保持極板上的電荷量Q不變。設(shè)電容器兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ。下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述正確的是（）A．保持其他條件不變，只增大d，則θ變大B．保持其他條件不變，只減小d，則θ不變C．保持其他條件不變，只減小S，則θ變小D．保持其他條件不變，只在兩板間插入電介質(zhì)，則θ變大6．如圖所示，甲、乙、丙、丁四個(gè)金屬導(dǎo)體的材料、厚度均相同，它們的上下表面均為正方形，邊長分別為a、b、c、d，且a>b>c>d。當(dāng)電流沿圖中箭頭所示方向流過四個(gè)導(dǎo)體時(shí)，這四個(gè)導(dǎo)體的電阻R甲、R乙、R丙、R丁的大小關(guān)系正確的是（）A．R甲=RC．R甲>7．一只蜜蜂給一朵花帶上正電荷后，蜜蜂飛走了。另一只蜜蜂帶同樣數(shù)量的正電荷飛近了花朵。圖中電場(chǎng)線最能表示蜜蜂和花之間的電場(chǎng)的是（）A． B．C． D．8．如圖所示，導(dǎo)體被扭彎形成一個(gè)空腔，空腔內(nèi)放置一孤立的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，A點(diǎn)在空腔內(nèi)，B點(diǎn)在導(dǎo)體內(nèi)，C點(diǎn)在空腔外，D點(diǎn)在導(dǎo)體的外表面，P點(diǎn)在導(dǎo)體的內(nèi)表面，空腔的內(nèi)表面接地，規(guī)定大地的電勢(shì)為0，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體的外表面帶負(fù)電，內(nèi)表面帶正電B．B，C，D三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系為EC．D，P兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系為ED．A，D兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φ9．如圖所示為一對(duì)不等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布，下列說法正確的是（）A．Q1對(duì)Q2的靜電力大于Q2對(duì)Q1的靜電力B．B處沒畫電場(chǎng)線，故B處電場(chǎng)強(qiáng)度為零C．Q1、Q2所帶的電荷量是元電荷的整數(shù)倍D．根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可知，A處電場(chǎng)強(qiáng)度與試探電荷無關(guān)10．兩個(gè)帶等量正電荷的點(diǎn)電荷，固定在P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于點(diǎn)O，a、b為中垂線上兩點(diǎn)，c、d為PQ連線上兩點(diǎn)，a、b、c、d四點(diǎn)與O點(diǎn)距離相等，將帶負(fù)電的試探電荷1從a由靜止開始釋放，之后將帶正電的試探電荷2從c由靜止開始釋放，不計(jì)重力，下列說法正確的是（）A．試探電荷1由a向O的運(yùn)動(dòng)過程中加速度一定一直減小B．試探電荷1由a向O的運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能逐漸減小C．試探電荷2運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度為0D．試探電荷2運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大11．某空間存在沿x軸的電場(chǎng)線，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個(gè)點(diǎn)，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)A．x1B．質(zhì)子在x3C．x2與xD．將一電子從x1移到x12．如圖所示，電荷量分別為+Q、+4Q的點(diǎn)電荷分別固定在間距為L的A、B兩點(diǎn)，以A、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)O為圓心、L6A．電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)位于OA段B．b、d兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反C．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為12kQD．c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的94二、填空、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共16分）13．以下為實(shí)驗(yàn)中利用卡尺、千分尺、多用電表進(jìn)行測(cè)量，其中多用電表“×10”歐姆擋測(cè)量其阻值，寫出測(cè)量結(jié)果（1）mm；（2）mm；（3）Ω14．已知熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小。某同學(xué)利用圖甲的電路測(cè)量其阻值隨溫度變化的關(guān)系，其中電壓表的量程為0~3V，內(nèi)阻為1200Ω，電流表的量程為0~6.0mA，內(nèi)阻未知。（1）實(shí)驗(yàn)中需要利用電壓表和定值電阻串聯(lián)，使量程擴(kuò)大為5V?，F(xiàn)有兩個(gè)定值電阻R1=600Ω，R2=800Ω，為達(dá)到上述要求，定值電阻應(yīng)選擇（選填“（2）要求熱敏電阻兩端的電壓從零開始調(diào)節(jié)，則甲圖中的A、B之間（選填“應(yīng)該”或“不應(yīng)該”）用導(dǎo)線相連；（3）正確連接電路后，若某次測(cè)量時(shí)，電壓表的指針位置如圖乙，熱敏電阻兩端的電壓為V；（4）利用該熱敏電阻制作高溫溫控報(bào)警器，其電路的一部分如圖丙，M、N其中一處連接熱敏電阻，另外一處連接電阻箱，當(dāng)輸出電壓增大到某一數(shù)值，便觸發(fā)報(bào)警器（圖中未畫出）報(bào)警，則（選填“M”或“N”）處連接熱敏電阻。為了提高報(bào)警器的靈敏度，即要把報(bào)警溫度調(diào)低，電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)（選填“大”或“小”）。三、計(jì)算題（本大題共3小題，共36分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結(jié)果的不能得分。有數(shù)據(jù)計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）15．如圖所示，帶電平行板傾斜放置與水平面間的夾角為θ，兩板間的電壓U=8×103V，兩板間的距離d=0.4m，圓形光滑軌道豎直固定放置，最低點(diǎn)B正好在上極板的邊緣，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)；質(zhì)量m=0.1kg、電量q=+10-4C的小球，從平行板下極板邊緣A點(diǎn)由靜止釋放，在平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，正好沿水平直線AB做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，剛好到達(dá)最高點(diǎn)C點(diǎn)，電場(chǎng)只存在帶電平行板內(nèi)，外部沒有電場(chǎng)，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）平行板與水平面間的夾角θ及小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度vB；（2）圓形軌道的半徑R。16．空間足夠大范圍存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，絕緣細(xì)線連接的帶正電小球平衡時(shí)位于圖中位置A。保持細(xì)線拉直，設(shè)法將小球從位置A緩慢移動(dòng)到懸點(diǎn)O正下方位置B，再釋放小球。已知OA、OB夾角θ=30°，小球質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，細(xì)線長度為l，求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB（2）小球從B回到A點(diǎn)時(shí)繩上的拉力大小。17．如圖所示輕質(zhì)絕緣彈簧水平放置在絕緣水平面上，彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)恰好在A點(diǎn)，A點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙，AB部分長為1.2m，滑塊與AB部分的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，彈簧一端固定在豎直墻上，另一端放一質(zhì)量m=0.2kg的滑塊（不栓接）。BC為半徑R=0.4m的光滑絕緣圓弧軌道，其中θ=60°，虛線右側(cè)有一足夠?qū)拕驈?qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3×10（1）滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度大??；（2）彈簧的彈性勢(shì)能；（3）滑塊落在DH水平面上的位置距離D點(diǎn)的水平距離。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由公式q=It可知，“mA·h”相對(duì)應(yīng)的物理量是電荷量。A符合題意，BCD不符合題意。故答案為：A。

【分析】利用電流的定義式可以判別毫安時(shí)為電荷量的單位。2．【答案】C【解析】【解答】電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，方向沿該點(diǎn)的切線方向。

A.A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不同，故電場(chǎng)強(qiáng)度不同，A不符合題意；

B.A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小不同，故電場(chǎng)強(qiáng)度不同，B不符合題意；

C.A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小、方向均相同，故電場(chǎng)強(qiáng)度相同，C符合題意；

D.A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小、方向均不同，故電場(chǎng)強(qiáng)度不同，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，方向沿該點(diǎn)的切線方向進(jìn)行判斷。3．【答案】D【解析】【解答】電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，只與起點(diǎn)和末點(diǎn)的位置有關(guān)，可知W1=W2，由題意可知，一負(fù)電荷由c經(jīng)a移到d，靜電力做正功，可知電荷移動(dòng)過程中電場(chǎng)力指向等勢(shì)線凹側(cè)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且負(fù)電荷的受力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反的特點(diǎn)，可知電場(chǎng)線垂直等勢(shì)線指向等勢(shì)線凸側(cè)，再由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低的特點(diǎn)可知φ14．【答案】D【解析】【解答】ABC.由題可知，小球恰能在薄板平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小球不受滑動(dòng)摩擦力作用，則薄板對(duì)小球的支持力為零，根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，薄板處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，小球在豎直方向上受力平衡，則小球受的電場(chǎng)力豎直向上，大小等于重力，可知小球帶負(fù)電，ABC不符合題意；

D.電場(chǎng)力方向豎直向上，與運(yùn)動(dòng)方向總垂直，則電場(chǎng)力始終不做功，所以小球運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能始終不變，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，確定小球不受滑動(dòng)摩擦力，從而得到小球受到的電場(chǎng)力的大小和方向，再根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)分布，確定小球所帶電荷的正負(fù)；根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)，判斷小球電勢(shì)能的變化情況。5．【答案】A【解析】【解答】靜電計(jì)的張角大小指示電容器兩極板的電勢(shì)差大小，電勢(shì)差越大，張角越大，根據(jù)電容的決定式和定義式可得C=εS4πkdA．保持其他條件不變，只增大d，電容C減小，電勢(shì)差U增大，張角θ變大，A符合題意；B．保持其他條件不變，只減小d，電容C增大，電勢(shì)差U減小，張角θ變小，B不符合題意；C．保持其他條件不變，只減小S，電容C減小，電勢(shì)差U增大，張角θ變大，C不符合題意；D．保持其他條件不變，只在兩板間插入電介質(zhì)，即ε增大，電容C增大，電勢(shì)差U減小，張角θ變小，D不符合題意。故答案為：A?！痉治觥扛鶕?jù)電容器的決定式和定義式得出電容器兩極板間的電勢(shì)差變化情況，從而得出靜電計(jì)張角的變化情況。6．【答案】A【解析】【解答】設(shè)導(dǎo)體的厚度為x，根據(jù)電阻定律R=ρLS可得R甲=ρa(bǔ)ax=ρx，R乙=ρbbx7．【答案】C【解析】【解答】花朵和蜜蜂均帶數(shù)量相同的正電荷，蜜蜂和花之間的電場(chǎng)與等量正電荷之間的電場(chǎng)類似，即電場(chǎng)線均由蜜蜂、花指向外部，C符合題意，ABD不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用其花朵和蜜蜂都帶正電，利用電場(chǎng)線的規(guī)定方向可以畫出對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)。8．【答案】D【解析】【解答】A．受導(dǎo)體殼體內(nèi)孤立帶負(fù)電的點(diǎn)電荷影響，導(dǎo)體的內(nèi)表面帶正的感應(yīng)電荷，空腔的內(nèi)表面接地，導(dǎo)體與地球合為一個(gè)等勢(shì)體，外表面不帶電荷，A不符合題意；B．導(dǎo)體與地球合為一個(gè)等勢(shì)體，外表面不帶電荷，導(dǎo)體內(nèi)部也不帶電荷，B、C、D三處無電場(chǎng)線，電場(chǎng)強(qiáng)度都為0，即EBC．導(dǎo)體的內(nèi)表面帶正的感應(yīng)電荷，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為0，EPD．導(dǎo)體與地球合為一個(gè)等勢(shì)體，φB=φC=故答案為：D。

【分析】A.導(dǎo)體殼體內(nèi)孤立帶負(fù)電的點(diǎn)電荷影響，導(dǎo)體的內(nèi)表面帶正的感應(yīng)電荷，其實(shí)質(zhì)是電荷轉(zhuǎn)移，因空腔的內(nèi)表面接地，導(dǎo)體與地球合為一個(gè)等勢(shì)體，其遠(yuǎn)端是地面，故電荷從地面過來，所以空腔外表面沒有失去電荷，所以其不帶電；

BC.導(dǎo)體與地球合為一個(gè)等勢(shì)體，等勢(shì)體內(nèi)部沒有電場(chǎng)強(qiáng)度，所以B、C、D場(chǎng)強(qiáng)為0，在P點(diǎn)有電荷，電場(chǎng)大于0，故P的電場(chǎng)大于D的；

D.根據(jù)電場(chǎng)線方向就可以得出電勢(shì)的高低。9．【答案】C,D【解析】【解答】A.Q1對(duì)Q2的靜電力與Q2對(duì)Q1的靜電力是作用力與反作用力，大小相等，A不符合題意；

B.電場(chǎng)線只是形象的描述的電場(chǎng)的分布，雖然B處沒畫電場(chǎng)線，但B處電場(chǎng)強(qiáng)度也不為零，B不符合題意；

C.元電荷是最小的電荷量，所有物體的帶電荷量一定是元電荷的整數(shù)倍，所以Q1、Q2所帶的電荷量一定是元電荷的整數(shù)倍，C符合題意；10．【答案】B,C【解析】【解答】A.根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為零，無窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)大小也為零，所以從O到無窮遠(yuǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大再減小，由于不知道到電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)所在的位置，所以電荷1由a向O的運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力可能先增大后減小，也可能一直減小，由牛頓第二定律可知，加速度可能先增大后減小，也可能一直減小，A不符合題意；

B.試探電荷1由a向O的運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能逐漸減小，B符合題意；

C.由等量同種電荷電場(chǎng)的對(duì)稱性可知，試探電荷2由c運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，由動(dòng)能定理可知，電荷運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度為0，C符合題意；

D.探電荷2由c運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)過程中，從c→O電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，從O→d電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，可知試探電荷2運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)，分析MN直線上的電場(chǎng)強(qiáng)度變化，再根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化；根據(jù)電場(chǎng)分別特點(diǎn)分析電荷2由c運(yùn)動(dòng)到d電場(chǎng)力做功情況，再由動(dòng)能定理分析電荷運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的速度；根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)，分析電勢(shì)能的變化情況。11．【答案】A,C【解析】【解答】A.根據(jù)φ-x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，可知x處斜率為零，即電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A符合題意；

B.由圖可知，x3點(diǎn)處圖像的斜率不為零，故該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，則質(zhì)子在x3點(diǎn)處受到的電場(chǎng)力不為零，B不符合題意；

C.φ-x圖像的斜率的正負(fù)表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，由圖可知，x2處與x4處斜率都為負(fù)，可知兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，C符合題意；

D.由圖可知，x1到x4電勢(shì)一直在降低，由電勢(shì)能的定義式Ep=φq可知，因此將帶負(fù)的電子從x1到x4的過程中，電子的電勢(shì)能一直在增大，D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)φ-x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，分析x1點(diǎn)和x3點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度分析電場(chǎng)力；根據(jù)12．【答案】A,C【解析】【解答】A.電荷量為+Q和+4Q的兩點(diǎn)電荷在AB線上各點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向相反，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E=kQr2和場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理可知電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)靠近電荷量小的電荷，故電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)位于OA段，A符合題意；

B.結(jié)合電場(chǎng)的對(duì)稱性作出b、d兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度如圖：

二者大小相等，但方向不相反，B不符合題意；

C.根據(jù)題意，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=kQr2可得，電荷量為+Q的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EO1=kQL22=4kQL2，方向水平向右，電荷量為+4Q的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EO2=4kQL2213．【答案】（1）14.5（2）0.550（3）60##60.0【解析】【解答】（1）由圖可知，該游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為14mm，可動(dòng)尺讀數(shù)為0.1mm×5=0.5mm，可得游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為14mm+0.5mm=14.5mm。

（2）千分尺即螺旋測(cè)微器，精確度為0.01mm，由圖可知，千分尺的主尺讀數(shù)為0.5mm，可動(dòng)尺讀數(shù)為0.01mm×5.0=0.050mm，可得該千分尺讀數(shù)為0.5mm+0.050mm=0.550mm。

（3）多用電表指針讀數(shù)為6.0Ω，因?yàn)檫x擇的是“×10”歐姆擋，多用電表讀數(shù)為6.0Ω×10=60.0Ω。

【分析】根據(jù)游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器和多用電表讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)。14．【答案】（1）R（2）應(yīng)該（3）4.00（4）M；大【解析】【解答】（1）根據(jù)電壓表改裝的原理，將量程為0~3V電壓表改裝成0~5V的電壓表，需串聯(lián)一個(gè)電阻，可得5V=3V1200Ω1200Ω+R，解得R=800Ω，所以定值電阻選擇R2。

（2）因?yàn)橐鬅崦綦娮鑳啥说碾妷簭牧汩_始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)連接成分壓式，所以A、B之間應(yīng)該用導(dǎo)線相連。

（3）由圖可知，電壓表的最小刻度為0.1V，所以電壓表的讀數(shù)為2.40V，則熱敏電阻兩端的電壓為2.40×515．【答案】（1）解：平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=對(duì)小球受力分析，可知電場(chǎng)力與重力的合力水平向右，由力的合成矢量三角形的幾何知識(shí)可得mg代入數(shù)據(jù)解得cos故θ=60°；小球從A運(yùn)動(dòng)到B，由能量守恒可得qU=解得vB=4m/s（2）解：小球剛好到達(dá)最高點(diǎn)，有mg=m小球從B運(yùn)動(dòng)到C，由機(jī)械能守恒定律可得mg?2R=綜合解得R