湖南省邵陽市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期末考試物理試題（含答案）

湖南省邵陽市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期考試物理試題姓名：__________班級：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評分一、選擇題∶本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．殲-20是我國研制的一款具備高隱身性、高態(tài)勢感知、高機(jī)動(dòng)性的第五代雙發(fā)重型隱形戰(zhàn)斗機(jī)，將擔(dān)負(fù)中國空軍未來對空、對海的主權(quán)維護(hù)任務(wù)。如圖所示殲-20戰(zhàn)機(jī)，機(jī)身長為l，機(jī)翼兩端點(diǎn)C、D的距離為d，以速度v沿水平方向在我國上空勻速飛行，已知戰(zhàn)斗機(jī)所在空間地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的堅(jiān)直分量大小為B，C、D兩點(diǎn)間的電勢差的絕對值為U0A．U=Blv，C點(diǎn)電勢高于D點(diǎn)電勢 B．U=Blv，C．U=Bdv，C點(diǎn)電勢高于D點(diǎn)電勢 D．U=Bdv，2．飛力士棒是一種物理康復(fù)器材，其整體結(jié)構(gòu)是一根彈性桿兩端帶有負(fù)重（圖甲），某型號(hào)的飛力士棒固有頻率為4.5Hz，某人用手振動(dòng)該飛力士棒進(jìn)行康復(fù)訓(xùn)練（圖乙），則下列說法正確的是（）A．使用者用力越大，飛力士棒的振幅越大B．手振動(dòng)的頻率越大，飛力士棒的振幅越大C．手振動(dòng)的頻率越大，飛力士棒的振動(dòng)頻率越大D．當(dāng)手每分鐘振動(dòng)270次時(shí)，飛力士棒振動(dòng)最弱3．如圖甲所示是一列簡諧橫波在t=0.2s時(shí)刻的波形圖，質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置位于A．波沿x軸正方向傳播B．再經(jīng)過0.2s質(zhì)點(diǎn)P的加速度最大且沿C．質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程為y=6sin(D．該波的波速為10m4．有一種“電測井”技術(shù)，用鉆頭在地上鉆孔，在鉆孔中進(jìn)行電特性測量，可以反映地下的有關(guān)情況，一鉆孔如圖所示，其形狀為圓柱狀，半徑為r=20cm，設(shè)里面充滿濃度均勻的鹽水，其電阻率ρ=0.628Ω?m，現(xiàn)在鉆孔的上表面和底部加上電壓，測得U=80V，I=200mA，則該鉆孔的深度h約為（）A．40m B．80m C．100m D．120m5．某款手機(jī)防窺屏的原理圖如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實(shí)現(xiàn)對像素單元可視角度θ的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點(diǎn)光源，位于相鄰兩屏障的正中間。下列說法正確的是（）A．防窺屏的厚度越大，可視角度θ越小B．屏障的高度d越大，可視角度θ越小C．透明介質(zhì)的折射率越小，可視角度θ越大D．防窺屏實(shí)現(xiàn)防窺效果主要是因?yàn)楣獍l(fā)生了全反射6．如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩個(gè)質(zhì)量為A．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移小C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率大D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的平均功率相等二、多選題∶本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7．如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有邊長為10cm的等邊三角形ABC，三角形所在平面與勻強(qiáng)電場的電場線平行，O點(diǎn)為該三角形的中心，三角形各頂點(diǎn)的電勢分別為φA=2V、φBA．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為40V/m方向由C指向AB．電子在A點(diǎn)具有的電勢能為6C．將電子由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電子的電勢能減少了6D．在三角形ABC外接圓的圓周上，電勢最低點(diǎn)的電勢為2V8．如圖1所示，一個(gè)物體放在粗粘的水平地面上。在t=0時(shí)刻，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)。在0到t0時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間tA．在0到t0時(shí)間內(nèi)，合力的沖量大小為B．t0時(shí)刻，力FC．在0到t0時(shí)間內(nèi)力FD．在0到t09．完全失重時(shí)，液滴呈球形，氣泡在液體中將不會(huì)上浮。中國空間站的“天宮課堂”曾完成一項(xiàng)水球光學(xué)實(shí)驗(yàn)，航天員向水球中注入空氣，形成了一個(gè)內(nèi)含氣泡的水球。如圖所示，若氣泡與水球同心，水球整體半徑R和氣泡半徑r，有R=3r。在過球心的平面內(nèi)，用一束單色光以60°的入射角照射水球的A點(diǎn)，經(jīng)折射后射到水球與氣泡邊界的N點(diǎn)，A．此單色光在水中的折射率n=B．此單色光從空氣進(jìn)入水球，光的傳播速度一定變大C．此単色光在N點(diǎn)不會(huì)發(fā)生全反射D．此單色光從A到N的傳播時(shí)間為t=10．如圖所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑輪O，在定滑輪的正下方C處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，不帶電的小球A與帶正電的小球B通過跨過定滑輪的絕緣輕繩相連。開始時(shí)系統(tǒng)在圖示位置靜止，OB⊥BC。若B球所帶的電荷量緩慢減少（未減為零），在B球到達(dá)O點(diǎn)正下方前，下列說法正確的是（）A．A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量B．此過程中A球保持靜止?fàn)顟B(tài)C．此過程中點(diǎn)電荷對B球的庫侖力逐漸減小D．此過程中滑輪受到輕繩的作用力逐漸減小三、非選擇題11．某物理興趣小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。在足夠大的水平平臺(tái)上的A點(diǎn)設(shè)置一個(gè)光電門。其右側(cè)可看作光滑，左側(cè)為粗糙水平面。當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間。采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下∶A在小滑塊a上固定一個(gè)寬度為d的窄擋光片B用天平分別測出小滑塊a（含擋光片）和小球b的質(zhì)量maC在a和b間用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮了的請短彈簧，靜止放置在平臺(tái)上；D細(xì)線燒斷后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運(yùn)動(dòng)；E記錄滑塊a通過光電門時(shí)擋光片的遮光時(shí)間t；F小球b從平臺(tái)邊緣飛出后，落在水平地面的B點(diǎn)，用刻度尺測出平臺(tái)距水平地面的高度h及平臺(tái)邊緣鉛垂線與B點(diǎn)之間的水平距離S；G改變彈簧壓縮量，進(jìn)行多次測量。（1）用螺旋測微器測量擋光片的寬度，如圖乙所示，則擋光片的寬度為mm。（2）針對該時(shí)間裝置和實(shí)驗(yàn)結(jié)果，同學(xué)們做了充分的討論。討論結(jié)果如下∶①該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”，則只需驗(yàn)證（用上述實(shí)驗(yàn)所涉及物理量的字母表示）；②若該實(shí)驗(yàn)的目的是求彈簧的最大彈性勢能，則彈簧的彈性勢能為（用上述實(shí)驗(yàn)所涉及物理量的字母表示）；12．如圖所示，請按該電路圖選擇合適的器材連接好后用來測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻。（1）開關(guān)閉合前滑動(dòng)變阻器的滑片滑到（填“左側(cè)”或“右側(cè)”）。（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)測得的幾組、數(shù)據(jù)做出U?I圖像如圖所示，由圖像可確定∶該電源的電動(dòng)勢為，電源的內(nèi)電阻為Ω（結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位）。（3）若在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)電壓表壞了，于是不再使用電壓表，而是選用電阻箱替換了滑動(dòng)變阻器，重新連接電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中讀出幾組電阻箱的阻值以及對應(yīng)的電流表的示數(shù)，則該同學(xué)以R為橫坐標(biāo)，以1I為縱坐標(biāo)得到的函數(shù)圖線是一條直線。分析可得該圖線的斜卒為k，縱軸截距為bE=，電源內(nèi)電阻r=。（用符號(hào)k和b表示電源電動(dòng)勢和內(nèi)電阻）。這種方案測得的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的值與真實(shí)值相比，E測E真；（選填>”“=”“<”）。13．輕質(zhì)細(xì)線吊著一匝數(shù)為n=200匝、總電阻為R=2.5Ω的勻質(zhì)正三角形閉合金屬線框，線框的質(zhì)量為m=800g，線框的頂點(diǎn)正好位于半徑為r=10cm的圓形勻強(qiáng)磁場的圓心處，線框的上邊水平，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間變化如圖乙所示。從t=0時(shí)刻開始經(jīng)過一段時(shí)間后細(xì)線開始松弛，?。?）細(xì)線松弛前，正三角形線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小I。（2）從t=0時(shí)刻開始經(jīng)過多久后細(xì)線開始松弛。14．如圖所示，真空區(qū)域有寬度為L、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的矩形勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）沿著與MN夾角為θ=30°的方向垂直射入磁場中，剛好垂直于PQ邊界射出，并沿半徑方向垂直進(jìn)入圓形磁場，磁場半徑為L，方向垂直紙面向外，離開圓形磁場時(shí)速度方向與水平方向夾角為（1）粒子射入磁場的速度大??；（2）粒子在矩形磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。15．如圖所示，水平光滑直軌道AB右側(cè)BC部分為某種粗粘材料構(gòu)成，BC長度可以調(diào)節(jié)，在BC的上方，有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小EF=300V/m，在BC的下方，存在堅(jiān)直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E2=1500V/m。小球a為絕緣材質(zhì)，質(zhì)量m=1.0kg，小球b質(zhì)量為M=3.0kg，帶電量為q=+2.0×10?2C，小球a從A（1）求小球b運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的速度大??；（2）求小球落點(diǎn)P與B點(diǎn)的最大水平距離；（3）通過調(diào)整BC的長度，使小球恰好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，從C點(diǎn)下落，小球落到地面后彈起，假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，與地面多次碰撞后靜止。求小球從C點(diǎn)下落到靜止所需的時(shí)間。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】飛機(jī)在北半球的上空以速度v水平飛行，切割磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量，切割的長度等于機(jī)翼的長度，所以U=Bdv根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向C指向D，所以D點(diǎn)的電勢高于C點(diǎn)的電勢，故D正確，ABC錯(cuò)誤。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)地磁場的特點(diǎn)確定北半球上空磁場的分布情況，再根據(jù)右手定則確定感應(yīng)電流的方向，飛機(jī)相當(dāng)于電源，電流由低電勢流向高電勢，根據(jù)電磁感應(yīng)定律確定CD之間的電勢差。2．【答案】C【解析】【解答】C．人用手振動(dòng)該飛力士棒，飛力士棒做的是受迫振動(dòng)，手是驅(qū)動(dòng)力，因此手振動(dòng)的頻率越大，飛力士棒的振動(dòng)頻率越大，C符合題意；ABD．驅(qū)動(dòng)力的頻率越接近固有頻率，受迫振動(dòng)的振幅越大。當(dāng)手每分鐘振動(dòng)270次時(shí)，驅(qū)動(dòng)力的頻率f=此時(shí)飛力士棒振動(dòng)最強(qiáng)，ABD不符合題意。故答案為：C。

【分析】當(dāng)手振動(dòng)飛力士棒是，其手是驅(qū)動(dòng)力，其手振動(dòng)的頻率越大其振動(dòng)的頻率越大；當(dāng)其驅(qū)動(dòng)力的頻率接近固有頻率時(shí)其受迫振動(dòng)的振幅最大。3．【答案】C【解析】【解答】A、由圖乙可知t=0.2s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P向下振動(dòng)，根據(jù)上下坡法，波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；

B、由圖乙可知，再經(jīng)過0.2s質(zhì)點(diǎn)P的位于波谷，加速度最大且沿y軸正方向，故B錯(cuò)誤；

C、質(zhì)點(diǎn)P、Q的相位差φ由圖乙可知質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為y=6sin(質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程為y=6sin(故C正確；

D、該波的波長為8m，周期為1.6s，波速為v=故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)0.2s時(shí)P的振動(dòng)情況，根據(jù)“上下坡”法確定波的傳播方向。質(zhì)點(diǎn)在平衡位置速度最大，加速度為零，再位移最大處，速度為零加速度最大。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)距離差與波長的關(guān)系確定兩質(zhì)點(diǎn)的相位差，再確定質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。4．【答案】B【解析】【解答】設(shè)轉(zhuǎn)孔內(nèi)鹽水電阻為R，由部分電路歐姆定律可得R=UI，解得R=UI=80200×10故答案為：B。

【分析】由電阻定律代入相關(guān)數(shù)據(jù)即可求出深度。代入數(shù)據(jù)注意單位。5．【答案】B【解析】【解答】A、視角度θ與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度θ不變，故A錯(cuò)誤；

B、屏障的高度d越大，光線射到界面的入射角越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度θ越小，故B正確；

C、透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度θ越小，故C錯(cuò)誤；

D、防窺屏實(shí)現(xiàn)防窺效果的原理是因?yàn)槟承┙嵌确秶鷥?nèi)的光被屏障吸收，能射出到空氣中的光其入射角都小于臨界角，沒有發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系確定入射角的大小與厚度及可視范圍之間的關(guān)系，再結(jié)合題意進(jìn)行分析。防窺屏實(shí)現(xiàn)防窺效果的原理是因?yàn)槟承┙嵌确秶鷥?nèi)的光被屏障吸收，而不是全反射。6．【答案】D【解析】【解答】A、小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，有mg解得v所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時(shí)速度較大，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可知加速度a=g所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣龋蓈m得甲的時(shí)間大于乙的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；

B、由A選項(xiàng)的分析由x=得，甲的位移大于乙的位移，故B錯(cuò)誤；

C、滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率為P=mg則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率均為P=故C錯(cuò)誤；

D、由平均功率的公式得P=mg故兩滑塊重力的平均功率均為P=故D正確。

故答案為：D。

【分析】當(dāng)滑塊飛離斜面時(shí)，滑塊與斜面的相互作用力等于零，即此時(shí)重力沿垂直斜面方向方分力與滑塊所受洛倫茲力相互平衡。根據(jù)牛頓第二定律確定兩滑塊在斜面上的加速度，再根據(jù)勻變速規(guī)律確定在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間的長短。注意瞬時(shí)功率與平均功率的區(qū)別及計(jì)算方法。7．【答案】A,C【解析】【解答】A、取AC中點(diǎn)為D，可得φD=4V，故BD為等勢面，根據(jù)幾何關(guān)系以及沿電場線電勢降低可知電場強(qiáng)度的方向?yàn)橛蒀指向A，電場強(qiáng)度大小為E=故A正確；

B、電子在A點(diǎn)具有的電勢能為W故B錯(cuò)誤；

C、將電子由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電子的電場力做功為W=q根據(jù)功能關(guān)系可知將電子由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電子的電勢能減少了6.4×10-19J，故C正確；

D、根據(jù)幾何關(guān)系

三角形ABC外接圓的半徑為R=在三角形ABC外接圓的圓周上，電勢最低點(diǎn)的電勢為φ故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)“等分法”確定電場中的等勢線，再根據(jù)電場線與等勢線的關(guān)系確定電場線的方向，根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系確定電場強(qiáng)度的大小。根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系確定電勢能的變化關(guān)系。沿電場線方向電勢降低的最快。8．【答案】A,D【解析】【解答】A、物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v=at可知，a-t圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示速度的變化量，由圖2在0到t0時(shí)間內(nèi)有v=根據(jù)動(dòng)量定理有I=mv-0解得I=故A正確；

B、根據(jù)圖2可知，t0時(shí)刻，物體的加速度為0，根據(jù)上述，此時(shí)物體的速度不為0，即物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F故B錯(cuò)誤；

C、在0到t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma解得F=μmg+ma由于0到t0時(shí)間內(nèi)，加速度在減小，可知，力F大小也在減小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)上述，a-t圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示速度的變化量，由于物體初速度為0，則圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積能夠間接表示物體的速度，在0到t0時(shí)間內(nèi)，圖像所圍幾何圖形的面積逐漸增大，表明物體的速度逐漸增大，即物體的動(dòng)量逐漸變大，故D正確。

故答案為：AD。

【分析】a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量。根據(jù)動(dòng)量定理確定合外力的沖量。加速度為零時(shí)，物體處于受力平衡狀態(tài)。根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合加速度的變化情況分析F變化情況。根據(jù)圖像確定物體速度變化情況，再根據(jù)動(dòng)量的定義確定動(dòng)量變化情況。9．【答案】A,D【解析】【解答】A、根據(jù)幾何關(guān)系可知，設(shè)折射角為γ，則有cos此單色光在水中的折射率n=故A正確；

B、此單色光從空氣進(jìn)入水球，根據(jù)v=可知，速度變小，故B錯(cuò)誤；

C、在N點(diǎn)入射角為i=30°+30°=60°臨界角sin所以會(huì)發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；

D、此單色光從A到N的傳播時(shí)間為t=故D正確。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定關(guān)系在A點(diǎn)出的折射角的大小，再根據(jù)折射定律確定折射率的大小。光在真空中的傳播速度最大。熟悉掌握發(fā)生全反射的條件及判斷方法。10．【答案】B,C【解析】【解答】A、對B球進(jìn)行受力分析，如圖所示

可得mBg>T所以有m故A錯(cuò)誤；

BC、假設(shè)A球保持靜止?fàn)顟B(tài)，B球所帶的電荷量緩慢減少，所以B球緩慢下擺，受力分析根據(jù)相似三角形有T因?yàn)閙Bg、OC、T不變，可得OB不變，所以假設(shè)成立；因?yàn)锽C逐漸減小，所以庫侖力F逐漸減小，故BC正確；

D、因?yàn)檩p繩中的拉力不變，∠AOB在減小，所以輕繩OA和OB的合力在增大，可得滑輪受到輕繩的作用力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】同一根繩子大小相等，對球A、B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定各力之間的大小關(guān)系。求B始終處于動(dòng)態(tài)平衡，根據(jù)矢量三角形法則結(jié)合幾何關(guān)系分析球B所受各力的變化情況。11．【答案】（1）2.550（2）med【解析】【解答】（1）擋光片的寬度為d=2.5（2）小滑塊a和小球b動(dòng)量守恒有m小滑塊a速度為v小球b從平臺(tái)邊緣飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h=小球b的水平速度為v整理得m根據(jù)能量守恒，彈簧的彈性勢能為E【分析】讀數(shù)時(shí)注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據(jù)中間時(shí)刻的的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間內(nèi)的平均速度確定滑塊經(jīng)過光電門的速度。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定小球離開彈簧時(shí)的速度。再根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律的條件進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。12．【答案】（1）左側(cè)（2）1.40；0.57（3）1k；bk【解析】【解答】（1）開關(guān)閉合前滑動(dòng)變阻器阻值應(yīng)調(diào)到最大，所以滑片滑到左側(cè)；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U=-rI+E電源的電動(dòng)勢為縱截距，即E=1.40電源的內(nèi)電阻為圖線斜率的絕對值，即r≈0.57（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U=-rI+E=IR變形可得1結(jié)合圖像可得E=1k因?yàn)槭褂眠@個(gè)電路，電流表是測量整個(gè)串聯(lián)電路的電流，是準(zhǔn)確值，電阻箱的讀數(shù)為準(zhǔn)確值，測得的電動(dòng)勢的值等于真實(shí)的電動(dòng)勢值。

【分析】開關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于使各電表讀數(shù)最小的位置。根據(jù)題實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合電路圖確定圖像的函數(shù)表達(dá)式，確定圖像斜率和截距的物理意義，再根據(jù)圖象進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢為E=n又s=解得E=0根據(jù)歐姆定律可得電流為I=I=0（2）解：根據(jù)幾何關(guān)系可得線框的有效長度為∶L=r=0細(xì)線剛開始松弛時(shí)線框受到的安培力等于線框重力nBIL=mg解得B=2T由圖像可得B=0解得∶t=4s【解析】【分析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系確定三角形線框在磁場中的有效面積，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合圖乙確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，再根據(jù)歐姆定律確定電流的大??；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系確定線框在磁場中的有效長度，根據(jù)左手定則確定線框所受安培力的方向，確定線框的受力情況，分析可知，當(dāng)細(xì)線剛開始松弛時(shí)，線框受到的安培力等于線框重力。再根據(jù)平衡條件及安培力公式進(jìn)行解答，注意線圈的匝數(shù)。14．【答案】（1）解：在矩形磁場區(qū)域，根據(jù)幾何關(guān)系L=Rsin60°根據(jù)qvB=解得v=（2）解：粒子在矩形磁場區(qū)域內(nèi)