江西省吉安一中高二物理上学期第二次段考试题含解析

2022-2022学年江西省吉安一中高二（上）第二次段考物理试卷　一、选择题（共40分，其中8、9、10小题是多选题）1．下列说法正确的是（　　）A．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线B．电场对放入其中的电荷一定有力的作用，磁场对放入其中的通电直导线也一定有力的作用C．在公式E=中，F与E的方向不是相同就是相反D．由公式B=知，F越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大　2．如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近：磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将（　　）A．转动同时靠近磁铁B．转动同时离开磁铁C．不转动，只靠近磁铁D．不转动，只离开磁铁　3．下列关于电源电动势的说法错误的是（　　）A．电动势是用来比较电源将其它形式的能转化为电能本领大小的物理量B．外电路断开时的路端电压等于电源的电动势C．用内阻较大的电压表直接测量电源正负极之间的电压值约等于电源的电动势D．外电路的总电阻越小，则路端电压越接近电源的电动势　4．如图所示，一根长为L的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流I方向从左到右时，弹簧的长度变化了△x，则下面说法正确的是（　　）A．弹簧长度缩短了△x，B=B．弹簧长度缩短了△x，B=C．弹簧长度伸长了△x，B=D．弹簧长度伸长了△x，B=-19-　5．分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲两表的示数分别为3V、4mA；图乙两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻RX的真实值为（　　）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω　6．如图条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则这个过程中磁铁受力情况为（　　）A．支持力先大于重力后小于重力B．支持力始终大于重力C．摩擦力的方向由向右变为向左D．摩擦力的方向保持不变　7．如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1，和L2．不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷（电量与质量之比）之比应是（　　）A．（）2B．（）3C．（）2D．（）3　8．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（　　）A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2．　-19-9．图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（　　）A．a、b两点的电场强度大小关系Ea＜EbB．a、b两点的电势关系Ua＜UbC．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大　10．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）A．A的示数增大B．V2的示数增大C．△V3与△I的比值大于rD．△V1大于△V2　　二、解答题（共7小题，满分60分）11．如图为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=　　　　　　Ω，R2=　　　　　　Ω．　12．（12分）（2022•桂林校级模拟）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：-19-（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为　　　　　　mm，直径为　　　　　　mm．（2）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为　　　　　　Ω；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10Ω）；电压表V1量程lV，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值l000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选　　　　　　，电流表应选　　　　　　，滑动变阻器应选　　　　　　．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图．　13．如图，在倾角为37°的固定金属导轨上，放置一个长L=0.4m、质量m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，电阻R=2.5Ω，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值和方向．　14．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r．-19-（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？　15．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：（1）电源的输出功率P0；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率．　16．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？（2）小球运动到最低点时的对轨道压力为多少．　17．（10分）（2022•安徽模拟）如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1×103V，变化周期T=2×10﹣3s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1×10﹣5C，质量m=1×10﹣7kg，不计粒子所受重力，求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打在荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能．-19-　　2022-2022学年江西省吉安一中高二（上）第二次段考物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共40分，其中8、9、10小题是多选题）1．下列说法正确的是（　　）A．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线B．电场对放入其中的电荷一定有力的作用，磁场对放入其中的通电直导线也一定有力的作用C．在公式E=中，F与E的方向不是相同就是相反D．由公式B=知，F越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大考点：磁感应强度；电场强度；磁感线及用磁感线描述磁场．分析：（1）电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线．根据磁感线的特点分析．解答：解：A、电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的．故A错误；B、磁场对在磁场中与磁场垂直的电流才有力的作用，对磁场中与磁场平行的电流没有力的作用；故B错误；C、在公式E=中，正电荷受力的方向与电场强度的方向相同，负电荷受力的方向与电场强度的方向相反；F与E的方向不是相同就是相反．故C正确．D、公式B=是磁感应强度的定义式，由磁场本身决定，与安培力F的大小无关．故D错误．故选：C点评：电场和磁场都是客观存在的一种物质，这种物质与通常的实物不同，它们的基本特点是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对放入磁场的电流有力的作用．　2．如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近：磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将（　　）A．转动同时靠近磁铁B．转动同时离开磁铁C．不转动，只靠近磁铁D．不转动，只离开磁铁-19-考点：楞次定律．分析：先根据右手螺旋定则判断出线圈产生的磁场，然后再根据磁极间的相互作用分析线圈的转动情况．解答：解：由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做逆时针方向转动，同时靠近磁铁；故A选项正确，BCD错误．故选：A．点评：此题考查了右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的N、S极．　3．下列关于电源电动势的说法错误的是（　　）A．电动势是用来比较电源将其它形式的能转化为电能本领大小的物理量B．外电路断开时的路端电压等于电源的电动势C．用内阻较大的电压表直接测量电源正负极之间的电压值约等于电源的电动势D．外电路的总电阻越小，则路端电压越接近电源的电动势考点：电源的电动势和内阻．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．解答：解：A、电动势是用来比较电源将其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，定义公式为：E=，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律公式U=E﹣Ir，外电路断开时的路端电压等于电源的电动势，故B正确；C、根据闭合电路欧姆定律公式U=，用内阻较大的电压表直接测量电源正负极之间的电压，电压值约等于电源的电动势，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律公式U=，外电路的总电阻越大，则路端电压越接近电源的电动势，故D错误；本题选错误的故选：D．点评：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．　4．如图所示，一根长为L的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流I方向从左到右时，弹簧的长度变化了△x，则下面说法正确的是（　　）-19-A．弹簧长度缩短了△x，B=B．弹簧长度缩短了△x，B=C．弹簧长度伸长了△x，B=D．弹簧长度伸长了△x，B=考点：安培力．分析：根据左手定则判断安培力的方向，则可明确弹簧的形变量的变化；分别对金属杆由平衡条件列式，联立可求得磁感应强度．解答：解：根据安培力和力的平衡条件有（设棒的重力为mg，原来的形变量为x）：因放入磁场后，由左手定则可知，安培力向上；故形变量减小了△x；没有通电流时，由平衡关系可得：mg=2Kx当电流方向由左向右时：BIL+2K（x﹣△x）=mg联立解得：B=故选：A．点评：本题考查安培力的计算，要注意正确应用共点力的平衡条件的应用；并掌握安培力方向的判断．　5．分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲两表的示数分别为3V、4mA；图乙两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻RX的真实值为（　　）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析；从而选择正确的接法得出误差最小的结果．解答：解：电压表变化为1V，而电流变化为0.2mA；则说明电压有示数变化大，则说明电流表的分压效果较大；故应采用电流表外接法；采用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．则测量值R测==Ω=R真即真实值略大于750Ω；故选：D．点评：本题考查伏安法测电阻的原理，要注意明确电表不是理想电表，故应注意它们内阻对实验结果的影响；同时能选择正确接法．　6．如图条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则这个过程中磁铁受力情况为（　　）-19-A．支持力先大于重力后小于重力B．支持力始终大于重力C．摩擦力的方向由向右变为向左D．摩擦力的方向保持不变考点：安培力．分析：由左手定则判断出导线所受安培力的方向，根据牛顿第三定律判断磁铁所受磁场力的方向，然后判断磁铁受到的摩擦力方向和如何变化解答：解：如图所示，导线在S极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；同理当导线在N极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方，磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右；由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向右后向左，正上方时为零，故摩擦力先减小后增大．磁铁受到的磁场力始终有向下的分力，所以支持力始终大于重力．故AD错误，BC正确；故选：BC点评：首先根据左手定则确定出通电导线所受安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向和变化规律，是此类题目的解答思路　7．如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1，和L2．不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷（电量与质量之比）之比应是（　　）A．（）2B．（）3C．（）2D．（）3考点：电场线．分析：B恰能保持静止，根据平衡条件列出等式．A、C做匀速圆周运动，根据受到的库仑合力提供向心力列出等式求解．解答：解：根据B恰能保持静止可得：-19-k=kA做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，有：k﹣k=mAω2L1，C做匀速圆周运动，有：k﹣k=mCω2L2，联立解得A和C的比荷（电量与质量之比）之比：=故选：B．点评：解决该题关键要能正确列出A、C做匀速圆周运动，合外力等于需要的向心力．　8．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（　　）A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2．考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．分析：本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在A点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．解答：解：A、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图则：B合==B，故A错误，B正确，-19-C、设方向沿斜边的夹角为α，根据；力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tanα==2．所以磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2，故C错误，D正确；故选：BD．点评：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提　9．图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（　　）A．a、b两点的电场强度大小关系Ea＜EbB．a、b两点的电势关系Ua＜UbC．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小解答：解：A、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k可知，a点的场强小于b点的场强．故A正确．B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低．故B错误．C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小．故C错误．D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确．故选：AD点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减　10．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）-19-A．A的示数增大B．V2的示数增大C．△V3与△I的比值大于rD．△V1大于△V2考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．解答：解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故D正确．故选：ACD．点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．　二、解答题（共7小题，满分60分）11．如图为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=　15　Ω，R2=　35　Ω．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：根据串并联电路特点与欧姆定律分别列示可以求出电阻阻值．-19-解答：解：使用a、b接线柱时，Iab=Ig+=0.001+=0.003，使用a、c接线柱时，Iac=Ig+=0.001+=0.010，解得：R1=15Ω，R2=35Ω；故答案为：15；35；点评：本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．　12．（12分）（2022•桂林校级模拟）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为　50.3　mm，直径为　5.310　mm．（2）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为　22　Ω；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10Ω）；电压表V1量程lV，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值l000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选　V1　，电流表应选　A2　，滑动变阻器应选　R1　．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；-19-（3）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．解答：解：（1）游标卡尺读出游标尺零刻度左侧对应的主尺上面毫米的整数部分即50mm，游标尺上面与主尺刻度线对齐的第3条，10分度游标卡尺精确度为0.1mm，所以读数为50mm+3×0.1mm=50.3mm．螺旋测微器第一部分读数为固定刻度，即5mm，找出可动刻度与主尺对齐的刻度线，估读一位，据图可读出对齐的刻度为31.0，乘以精确度0.01mm再加上固定刻度即最终读数：5mm+31.0×0.01=5.310mm．（2）欧姆档测电阻为指针对应刻度与倍率的乘积即：22×1=22Ω．（3）由于电源电压为4V，显然电压表选15V时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选V1，而V1量程又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2V，基本满足要求，这样由于电阻值约22Ω，因此回路电流最大约100mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图电流表采用外接法，如图所示：．故答案为：（1）50.3，5.310；（2）22；（3）V1，A2，R1，如图所示：．点评：掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求．　13．如图，在倾角为37°的固定金属导轨上，放置一个长L=0.4m、质量m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，电阻R=2.5Ω，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值和方向．-19-考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，根据平衡条件求安培力大小，根据闭合电路欧姆定律求出电流大小然后根据安培力公式F=BIL求B；（2）所加磁场的磁感应强度B的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上．由受力平衡求安培力大小，然后根据安培力公式求B，由左手定则判断B的方向．解答：解：（1）设导体棒中电流大小为I，根据闭合电路欧姆定律：E=I（R+r），解得：I===1.5A，若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，且有mg=ILB解得：B===5T根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左；（2）能使导体棒静止在斜面上，且所加磁场磁感应强度B的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上，受力分析如图．则mgsinα﹣μmgcosα﹣ILB=0代入数据：0.3×10×0.6﹣0.5×0.3×10×0.8﹣1.5×0.4×B=0即：1.8﹣1.2﹣0.6B=0解得：B=1T根据左手定则可以判定，磁场的方向垂直于斜面向上．答：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小为5T，方向水平向左；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值为1T，方向垂直于斜面向上．点评：本题借助安培力考查了共点力平衡条件的应用．关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．　14．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r．（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？-19-考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：计算题．分析：（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1Ω电源电动势为6V，内阻为1Ω；（2）由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．　15．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：（1）电源的输出功率P0；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率．-19-考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）“8V，12W”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据闭合电路欧姆定律求出电路中总电流I，电源的输出功率为P=UI．（2）根据功率公式求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差．由焦耳定律求解热量Q．（3）电动机的机械功率等于电功率与发热功率之差．解答：解：（1）由题意，并联部分电压为U=8V，内电压应为：U′=E﹣U=10V﹣8V=2V总电流为：I==A=2A电源的输出功率为：P0=UI=8×2W=16W（2）流过灯泡的电流为：I1==A=1.5A则流过电动机的电流为：I2=I﹣I1=0.5A电动机在10s内产生的热量为：Q=R0t=0.52×4×10J=10J（3）电动机的总功率为：P总=UI2=8×0.5W=4W电动机的发热功率为：P热==0.52×4W=1W电动机的机械功率为：P机=P总﹣P热=3W答：（1）电源的输出功率P0是16W．（2）10s内电动机产生的热量Q是10J；（3）电动机的机械功率是3W．点评：对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．　16．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？（2）小球运动到最低点时的对轨道压力为多少．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；-19-（2）对AC过程由动能定理要求得C点的速度，由向心力公式可求得小球在最低点时对轨道的压力．解答：解：由题意得：mg=2Eq设小球到B点的最小速度为VB，则由牛顿第二定律可得：mg﹣Eq=m；对AC过程由动能定理可得：mg（h﹣2R）﹣Eq（h﹣2R）=mVB2；联立解得：h=R；（2）对AC过程由动能定理可得：mgh﹣Eqh=m；由牛顿第二定律可得：F+Eq﹣mg=m联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．点评：本题考查动能定理及向心力公式的应用，在解题时注意计算中的中间过程不必解出，而应联立可以简单求出．　17．（10分）（2022•安徽模拟）如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1×103V，变化周期T=2×10﹣3s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1×10﹣5C，质量m=1×10﹣7kg，不计粒子所受重力，求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打在荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：1、粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，则L=v0t，可计算出时间t．-19-2、根据牛顿第二定律求得加速度，根据0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，代入数据计算可得y1，粒子向下偏转，故纵坐标为y=d﹣y1．3、只有前内粒子受电场力，根据匀加速运动的公式，求出加速位移y2，根据动能定理代入数据可计算出粒子打到屏上的动能．解答：解：（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0ts（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1又根据牛顿第二定律代入数据以解得：y1=0.15m故纵坐标为：y=d﹣y1=1m﹣0.15m=0.85m（3）粒子出射时的偏转量：粒子出射时的动能，由动能定理得：代入数据解得J答：（1）粒子在板间运动的时间为2×10﹣3s；（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标为y=0.85m；（3）粒子打到屏上的动能5.05×10﹣2J．点评：考查粒子力电综合解题，掌握处理的方法，理解牛顿第二定律与运动学公式的应用．　-19-