2020-2021學年河南省鶴壁高中高二（上）第四次段考物理試卷（附答案詳解）

2020-2021學年河南省鶴壁高中高二（±）第四次段考物

理試卷.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為。，板間距離為d,上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間p點有一個靜止的帶電油滴，現(xiàn)將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離。下列說法正確的是（）A.油滴帶正電C.A.油滴帶正電C.油滴向上運動B.靜電計指針張角不變D.P點的電勢不變.如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標軸，則坐標軸上。?不間各點的電勢分布如圖乙所示，則（）3.4.A.在。?不問，場強先減小后增大B.在。~小間，場強方向一定發(fā)生了變化C.若一負電荷從。點運動到小3.4.A.在。?不問，場強先減小后增大B.在。~小間，場強方向一定發(fā)生了變化C.若一負電荷從。點運動到小點，電勢能逐漸減小D.從。點靜止釋放一僅受電場力的正電荷，則該電荷在。~小間一直做加速運動如圖所示電路，所有電表均為理想電表，R2=r.當閉合開關S,觸片P向左滑動過程中，四塊電表的讀數(shù)均發(fā)生變化，設在滑動過程中為、42、匕、/在同一時刻的讀數(shù)分別是/1、，2、Ui、U2t電表示數(shù)的變化量的絕對值分別是△A、A，2、△入、△。2,那么下列說法正確的是（）△4<△/2C.牛為定值，/增大△Ui>△U2D.電源的輸出功率在減小，效率在降低如圖所示，電子質(zhì)量為〃八電荷量為e,從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為女?，F(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為跳若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，下列說法正確的是（）A.所加磁場范圍的最小面積是崎B,所加磁場范圍的最小面積是空警窈2e2B2C.所加磁場范圍的最小面積是歿筌遺D.所加磁場范圍的最小面積是千翳2e￡B￡5.如圖所示，直線A為某電源的U-/圖線，曲線B為某小燈 ，八泡。1的U-/圖線的一部分，用該電源和小燈泡5組成閉合4k電路時，燈泡劣恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是 3X0246//AA.此電源的內(nèi)阻為B.燈泡。1的額定電壓為3匕額定功率為6WC.把燈泡以換成“3%20W”的燈泡。2,%能正常發(fā)光從靜止開始沿軌道運動一段D.把小燈泡5換成一個10的定值電阻，電源的輸出功率將變小6.如圖所示，兩根平行長直光滑金屬軌道，固定在同一水平面內(nèi)，間距為d,其左端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。一導體棒"垂直于軌道放置，且與兩軌道接觸良好，導體棒在水平向右、垂直于棒的恒力產(chǎn)作用下，從靜止開始沿軌道運動一段距離后達到最大速度v（運動過程中導體棒始終與軌道保持垂直）。設導體棒接入電路的電阻為r,軌道電阻不計。在這一過程中（）A.導體棒中感應電流的方向從a->bB.當速度達到最大速度v時導體棒外兩端的電壓為BdvC,尸做的功等于回路產(chǎn)生的電能D.尸做的功與安培力做的功之和等于導體棒增加的動能.如圖所示的電路，電源電動勢為E,具有一定內(nèi)阻，最初開關閉合，電容器上極板帶正電，則下列說法中正確的是（）TOC\o"1-5"\h\zA.初始時一定有胃<暮"3 "4B,增大％可能使電容器不帶電C.減?。サ倪^程中，通過a點的電流方向向上D.減小燈可使M和N兩點的電勢均升高.單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場，若線,10-wb圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示（） [A.線圈中0時刻感應電動勢最大B.線圈中。時刻感應電動勢為零 :安C.線圈中3時刻感應電動勢最大D.線圈中。至。時間內(nèi)平均感電動勢為0.4U.為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料 IB\制成，長、寬、高分別為。、b、c,左右兩端開口，在I：JQ垂直于上下底面方向加磁感應強度為8的勻強磁場，在c； V前后兩個內(nèi)側(cè)固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從u前去面左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積），下列說法中正確的是（）A.若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B.前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多無關C.污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大D.污水流量Q與。成正比，與a、b無關.已知長直通電導線產(chǎn)生的磁場中，某點的磁感應強度滿 c足8=卜：（其中％為比例系數(shù)，/為電流強度，r為該點到直導線的距離）。如圖，A、B、C三根相互平行的固 .../定長直導線分別位于等腰直角三角形的三個頂點，均通 有電流/,A、8兩根導線中電流方向垂直紙面向里，C導線中電流垂直紙面向外,下列說法正確的是（）A導線所受磁場作用力的方向與AB平行C導線所受磁場作用力的方向與A8垂直C.A,C二根單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：2D.A,B,C三根單位長度所受的磁場作用力大小之比為企：V2：1.一多用電表的簡化電路圖如圖所示。已知表頭內(nèi)阻為4000,滿偏電流為2m4：電池E=1.5乙（1）圖中的4端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）若&=1。，&=99。，當選擇開關置于2時，多用電表測量的是（填“電流”“電壓”或“電阻”），其測量的最大值（量程）為;（3）在（2）的條件下，若/?4=092x1。3。，/?5=9X103。，當選擇開關置于5時，多用電表測量的是（填“電流”“電壓"或''電阻”），其測量的最大值（量程）為:（4）當選擇開關置于3時，多用電表測量的是（填“電流”“電壓”或“電阻”）..某探究小組要準確測定一節(jié)舊干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗室老師提供了如下規(guī)格的器材：4.舊干電池一節(jié)（電動勢約為1.5V,內(nèi)阻約為50。）；8.電壓表V（量程為0?3V,內(nèi)阻約為3k。）；C.電流表4（量程為0~3nb4,內(nèi)阻、=10.0/2）；。.電流表4（量程為0?30nM,內(nèi)阻&約為L0。）：E.電流表人3（量程為0?064,內(nèi)阻臼約為0.1。）；尺滑動變阻器％（阻值范圍為0~200,額定電流為34）；G.滑動變阻器/?2（阻值范圍為0?200。，額定電流為14）；”.定值電阻/?3（阻值為9000）:/.定值電阻/?式阻值為90。）；J.開關、導線若干。（1）要準確測定舊干電池的電動勢和內(nèi)阻，下列電路中最合適的是o(2)選擇合適的電路進行實驗，某次測量時某個電表的表盤如圖甲所示，則讀數(shù)為 niAo(3)若該探究小組以所選電路支路中電表的示數(shù)/'為縱坐標，干路中電表的示數(shù)/為橫坐標，作出/'-/的關系圖象如圖乙所示，則根據(jù)測量電路和圖乙可求得這節(jié)舊干電池的電動勢E澗=V(結(jié)果保留兩位小數(shù))，內(nèi)阻r游 0(結(jié)果保留一位小數(shù))。(4)用本實驗所選的電路測量，干電池電動勢的測量值E沸 E壽(真實值)，內(nèi)阻的測量值r游 r鼠真實值)。(均選填“=或).如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離L=0.4m,金屬導軌所在的平面與水平面夾角。=37。，在導軌所在平面內(nèi)，分布著方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場?，F(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.04kg的導體棒“6垂直放在金屬導軌上，當接通電源后，導軌中通過的電流恒為/=1.54時，導體棒恰好靜止，g取10zn/s2.已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,求：(1)磁場的磁感應強度為多大？(2)若突然只將磁場方向變?yōu)樨Q直向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導體棒的加速度為多少？.如圖1所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=1000匝，線圈面積S=0.02m2,線圈的電阻r=in,線圈外接一個阻值R=4。的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。求圖1 圖2(1)在0?4s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量;(2)前4s內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢；(3)6s內(nèi)通過電阻R的電荷量q。.一根長為/的絲線吊著一質(zhì)量為小，帶電荷量為g的小球靜止 在水平向右的勻強電場中，如圖所示，絲線與豎直方向成37。角， ?叭」一先突然將該電場方向變?yōu)橄蛳虑掖笮〔蛔儯豢紤]因電場的改 ,一V1變而帶來的其它影響(重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°= '0.8)求：(1)勻強電場的電場強度的大小(2)求小球經(jīng)過最低點時絲線的拉力大小..如圖所示，坐標平面第I象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場，在y軸左側(cè)區(qū)域存在寬度為a=0.3m的垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為8(大小可調(diào)節(jié))?，F(xiàn)有質(zhì)荷比為%=4x10-1。切/(7的帶正電粒子從x軸上的A點以一定初速度%垂直x軸射入電場，且以f=4x1077n/s,方向與y軸正向成60。的速度經(jīng)過P點進入磁場，OP=—OA.OA=0.1m,不計重力。求：(1)粒子在A點進入電場的初速度如為多少；(2)要使粒子不從CO邊界射出，則磁感應強度B的取值范圍；(3)粒子經(jīng)過磁場后，剛好可以回到A點，則磁感應強度B為多少。答案和解析.【答案】D【解析】解：A、油滴所受電場力與重力平衡，則電場力方向豎直向上，而根據(jù)題意知場強方向豎直向下，可知油滴帶負電，故A錯誤；BC、上極板下移，板間距d減小，根據(jù)\(C=W%c{Q}{(7}\),\(C=\^rac{ES}{4\pi^}\),及\(E=W?ac{U}gmuubqx\),可推導出'(E=0/?ac{4itkQ}{\eps〃o〃S}\),可知，場強E不變，電場力和重力處于二力平衡狀態(tài)，油滴靜止不動，另據(jù)\(U=RA)可知兩極板間電壓變小，靜電計指針張角減小，故BC錯誤；。、因下極板接地，電勢為零，板間電場強度E=半，與板間距離無關，所以電場強度不變，尸點與下極板間距不變，根據(jù)Upo=Wp=Edpo,知P點的電勢不變，故〃正確：故選：D。根據(jù)重力和電場力平衡判斷電場力方向，根據(jù)場強方向判斷粒子電性；上極板下移，板間距減小，根據(jù)場強推論公式E=警判斷場強變化，即可判定電場力大?。桓鶕?jù)U=Ed判斷兩極板間電壓，從而判斷尸點的電勢變化，及靜電計指針變化情況?？疾殡娙萜鞯膭討B(tài)分析問題，解題的關鍵在于正確掌握電容的決定式\(C=\dfrac{ES}{4RJW}\)和定義式\(C=W?ac{Q}{U}\)；同時注意耍掌握相關結(jié)論的應用,如可以直接應用結(jié)論：當充電后斷開電源時，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場強度不變。.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)W-x圖象的斜率的絕對值大小等于電場強度，分析場強的變化，由圖看出，電勢逐漸降低，可判斷出負電荷的電勢能變化。本題從數(shù)學的角度理解W-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來判斷電場力方向做功情況?！窘獯稹?x圖象的斜率的絕對值大小等于電場強度，由幾何知識得知,斜率先增大后減小，則電場強度先增大后減小，但斜率一直是負，場強方向沒有改變，故48錯誤；C.由圖看出，電勢逐漸降低，若一負電荷從。點運動到M點，電勢能逐漸升高，故C錯誤；。從O點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，受到的電場力方向與速度方向相同，做加速運動，即該電荷在。?小間一直做加速運動，故。正確。故選。。.【答案】B【解析】解：4當觸片P向左滑動過程中，導致電阻變大，則總電阻變大，總電流，2變小，即必減小，所以吟示數(shù)減??；因內(nèi)電壓變小，則外電壓增大且吟示數(shù)減小，所以匕的示數(shù)增大，因此通過電阻Ro的電流/()在增大，所以流過治的電流A減小：根據(jù)與=/1+/o可知電流A的減少量要大于電流的減少量，故故A錯誤；B、由上可知，總電流減小，則彩示數(shù)和內(nèi)電壓都減小，而匕的示數(shù)增大，故電壓表匕的增大量要大于電壓彩的減少量，則有△/>△/，故8正確；C、根據(jù)閉合電路的歐姆定律有Ui=E-/2(R2+r)則有華=/?2+r根據(jù)歐姆定律有u2=i2r2,則有華=/?2,由此可知兩個表達式都為定值，故C錯誤；△12力、根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，由題意/?2=「，可知外電阻大于電源內(nèi)阻，則知當變阻器的滑動觸頭P向左移動時，外電路總電阻增大，電源輸出的電功率減小，而電源的供電效率V=￡x100%=100%,外電阻增大，路端電壓U增大，電源的供電效率提高，故。錯誤。故選：B。本題主要考查閉合電路動態(tài)分析，理想電流表內(nèi)阻不計，當作導線處理，電壓表測量外電壓；當滑動觸頭尸向左滑動時，接入電路的增大電阻，可根據(jù)歐姆定律判斷電路中電流、電壓的變化；根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化本題抓住兩個關鍵：⑴祟=r；(2)由/總=人+/中三個量的變化情況確定絕對值△/>&△/總；同時本題電路動態(tài)分析問題，按局部到整體，再局部分析電壓、電流的變化。注意利用推論分析電源輸出功率的變化。.【答案】B【解析】解：設粒子在磁場中運動的半徑為R,由牛頓第二定律得：euoB=m券即：R=翳，電子從y軸穿過的范圍為:OM=2R=2翳初速度沿x軸正方向的電子沿團。4運動到熒光屏MN上的P息;初速度沿y軸正方向的電子沿OC運動到熒光屏MN上的Q點;由幾何知識可得：PQ=R=g,取與x軸正方向成。角的方向射入的電子為研窕對象，其射出礎場的點為E(x,y),因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x=—RsinJy=R+Reos。即：/+(,—r)2=r2又因為電子沿入軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為。點，故所加最小面積的場的邊界是以(0,R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖中實線圓強所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為：S=）/?2+r2—）r2=G+1）（翳）2=方駕”故B正確，ACO錯誤。故選：Bo從第一象限射入的電子，速度的大小相同，速度的方向（與x軸的正方向）分布在0。到90*的范圍內(nèi)，沿x軸正方向射入的電子的偏轉(zhuǎn)角最大，經(jīng)過y軸上的點距0點最遠.經(jīng)分析可知，此距離為電子運動軌跡半徑的2倍：做出平行于x軸入射的電子軌跡和垂直于x軸入射的電子的軌跡，兩個電子的運動半徑相同，通過幾何關系可知電子打到熒光屏MN上的長度等于軌跡的半徑；結(jié)合平行于x軸射入的電子和垂直于x軸方向射入的電子的軌跡，結(jié)合幾何關系可得知磁場最小面積時的圖形，從而可得出最小面積。粒子在磁場中僅由洛倫茲力提供向心力來做勻速圓周運動，從而得出軌道半徑與磁場、電量、質(zhì)量及速度關系式.同時取任一粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后垂直打到熒光屏上，由數(shù)學關系式可得滿足要求的方程。.【答案】B【解析】解：A、根據(jù)U= 由圖4讀出電源的電動勢為E=4V,圖A的斜率絕對值大小表示電源的內(nèi)阻，則r=?C=0.5。，故A錯誤：8、燈泡與電源連接時，A、B兩圖線的交點表示燈泡的工作狀態(tài)，則知其電壓U=3V,/=2A,則燈泡Di的額定電壓為3V,功率為P=U/=3x2W=6W,故B正確；C、把燈泡為換成“3匕20W”的燈泡外，由P=?知：燈泡。2的正常工作時的電阻為〃2q2 Jiq/?2=^=器。=0.45。，燈泡5的電阻為&=+=沙=1.50,把燈泡5換成燈泡。2時，外電阻變小，則輸出電壓小于3V,“不能正常發(fā)光，故C錯誤：D、把小燈泡。1換成一個R=1。的定值電阻，即外電阻由1.5。變?yōu)?0,更接近內(nèi)阻r=0.50,所以電源的輸出功率變大，故。錯誤。故選：Bo電源的U-/特性曲線與燈泡U-/曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢，從而可算出電源的輸出功率。解決這類問題的關鍵在于從數(shù)學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵。.【答案】D【解析】解：A、根據(jù)右手定則可知，導體棒中感應電流的方向從b-a,故A錯誤：B、當速度達到最大速度v時，E=Bdv,導體棒a。兩端的電壓為路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓U=』-Bdu,故8錯誤；R+rC、根據(jù)功能關系可知，尸做的功等于回路產(chǎn)生的電能和棒動能的增加量，故C錯誤；。、根據(jù)動能定理可知，尸做的功與安培力做的功之和等于導體棒增加的動能，故。正確。根據(jù)右手定則判斷導體棒中電流方向；根據(jù)導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢得出導體棒時兩端的電壓，根據(jù)根據(jù)功能關系可知，尸做的功等于回路產(chǎn)生的電能和導體棒動能的增加量，根據(jù)動能定理可知，尸做的功與安培力做的功之和等于導體棒增加的動能。本題是右手定則和電路問題及功能關系在電磁感應現(xiàn)象中的綜合題，要注意明確在電磁感應現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化的方向，掌握功能關系的應用。.【答案】AB【解析】解：4、電容器上極板帶正電，說明上極板電勢比下極板高，即電流經(jīng)過公電勢降落的數(shù)值比電流經(jīng)過/?3電勢降落的數(shù)值要小，也就是說，心在其所在支路所分得的電壓比7?3在其所在支路所分得的電壓要小，由串聯(lián)電路的分壓特點知始時一定有空＜故A正確；B、若增大Ri，增加Ri所分得的電壓，當,=穿時，上下極板間電勢相等，沒有電勢差，電容器不帶電，故8正確：C、減小治,使得&分得的電壓更小，即上板電勢升高更多，所以電容器極間電壓更大，電容器要充電，所以a點電流向下，故C錯誤；D、減小&使得整個外電路電阻減小，路端電壓減小，即/?3、%所分得的電壓均減小，而a點電勢為。，所以M點電勢。m=/降低，N點電勢0n=一〃升高，故。錯誤。故選：ABo明確電路結(jié)構(gòu)，知道電容器上極板帶正電時說明上極板上的電勢高，再根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律即可明確電阻間的大小關系；再分析電阻的變化，從而明確電容上下極板上的電勢變化，從而明確電流方向和電容器是否帶電。本題為含容電路結(jié)合電路的動態(tài)分析問題，解題時要明確電路穩(wěn)定時電容器相當于開路,可不考慮；電容器正極板的電勢高于負極板，故高電勢的極板上一定帶正電。.【答案】ABD【解析】解：4、線圈中0時刻磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，故A正確；B、線圈中O時刻磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故B正確，C錯誤；。、由法拉第電磁感應定律可知,線圈中。至。時間內(nèi)平均感電動勢:E=^=嚕:=At 20.4V,故。正確；故選：ABDo根據(jù)法拉第電磁感應定律知，感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比.通過法拉第電磁感應定律求出平均感應電動勢的大小.本題關鍵是掌握好圖象的含義，磁通量比時間其物理含義為感應電動勢，即圖象的斜率表示感應電動勢..【答案】BD【解析】解：A8、根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負離子向前表面偏轉(zhuǎn)，所以后表面的電勢高于前表面的電勢，與離子的多少無關。故A錯誤、B正確。CD、最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB=q%解得U="Bb,電壓表的示數(shù)與離子濃度無關。"=白，則流量Q=vbc=9，與U成正比，與。、b無關。故。正確，C錯誤。故選：BD。根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，從而得出正負離子的偏轉(zhuǎn)方向，確定出前后表面電勢的高低.最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出兩極板間的電壓，以及求出流量的大小.解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及抓住離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡進行求解..【答案】BC【解析】解：根據(jù)同向電流導體互相吸引，反向電流導體互相排斥可得，C導線對A導線的安培力的方向沿CA方向，單位長度所受的磁場作用力大小為=Bc〃=牛，其中r為兩直導線的距離，L為單位長度；8導線對A導線的安培力的方向沿A8方向，單位長度所受的磁場作用力大小為：Fba=RI，-皿Bb'L~后根據(jù)平行四邊形定則可知A導線所受磁場作用力的方向與AB垂直且向下，單位長度所受的磁場作用力大小為：以=/電一岸4=警同理可得A導線對C導線的安培力的方向沿AC方向，單位長度所受的磁場作用力大小為：Fac=BaIL=7B導線對C導線的安培力的方向沿BC方向，單位長度所受的磁場作用力大小為：Fbc=BbIL=哼根據(jù)平行四邊形定則可知C導線所受磁場作用力的方向與A8垂直向上，單位長度所受的磁場作用力大小為：Fc=J魔+F維=當必同理可得B導線單位長度所受的磁場作用力大小為：Fb=，用b-%=等所以“：Fb：Fc=1：1：2,故BC正確，AO錯誤。故選：BC。根據(jù)同向電流導體互相吸引，反向電流導體互相排斥分析導線兩兩之間的受力方向，根據(jù)平行四邊形定則分析導線所受磁場作用力的方向，根據(jù)安培力公式和平行四邊形定則確定三根單位長度所受的磁場作用力大小。安培力既有大小，又有方向，是矢量，它的方向可以根據(jù)左手定則進行判斷，它的合成遵循矢量合成的平行四邊形法則。11.【答案】黑電流10加4電壓100丫電阻【解析】解：(1)圖中A端與表內(nèi)電源的正極相連，電流從黑表筆流出，從紅表筆流入,故A端應與黑色表筆相連接：(2)當選擇開關置于“2”時，％與&串聯(lián)后與表頭并聯(lián)，多用電表測量的是電流;已知表頭內(nèi)阻為Rg=400。，滿偏電流為/g=2mA=0.0024設測量的最大值(量程)為/,則有JRg=QTg)(Ri+&)代入數(shù)據(jù)解得：/=0.014=10mA；(3)8與公串聯(lián)后與表頭并聯(lián)后的等效電流表為滿偏電流/=lOm/1,內(nèi)阻R'g=等=0.01當選擇開關置于"5"時，表頭與&和/?2并聯(lián)，然后與/?5和R4串聯(lián)，多用電表測量的是電壓；測量的最大電壓為：U=/(R'g+/?4+Rs)=0,01x(80+0.92x103+9x103)V=1001Z；(4)當選擇開關置于“3”時，等效電流表與電源連接，多用電表測量的是電阻。故答案為：(1)黑；(2)電流；10M4；(3)電壓；100H(4)電阻。(1)電流從黑表筆流出，從紅表筆流入；(2)當選擇開關置于“2”時，匕與&串聯(lián)后與表頭并聯(lián)，多用電表測量的是電流，根據(jù)并聯(lián)電路的特點求解量程；(3)求出R］與電串聯(lián)后與表頭并聯(lián)后的等效電流表為滿偏電流和內(nèi)阻，當選擇開關置于“5”時，根據(jù)電路連接情況確定測量的哪個物理量，再根據(jù)串聯(lián)電路的特點求解最大值:(4)根據(jù)歐姆表的改裝原理進行分析。本題考查了多用電表；知道多用電表結(jié)構(gòu)、電表改裝原理、歐姆表的工作原理是解題的前提，應用串并聯(lián)電路特點與閉合電路歐姆定律即可解題。12.【答案】C23.51,4447.9=>【解析】解：(1)4、電池電動勢約為1.5V,內(nèi)阻約為50。，電路中最大的電流約為：/=力署4=0.034=304電流表4量程是0.64量程太大，讀數(shù)誤差太大，故A錯誤；BCD、電池電動勢約為1.5V,不用電壓表測電壓，可以把已知內(nèi)阻的電流表4改裝成電壓表測電壓，電流表必與定值電阻燈串聯(lián)改裝成的電壓表量程。=Igl①1+/?4)=3X10-3X(10.0+90)V=0.3V,量程太小，電壓表4應與定值電阻的串聯(lián)改裝成電壓表，改裝后的電壓表量程是U=/gi&i+R3)=3x10-3*(10.0+900"=2.73V,可以用電流表4測量干路電流，故8。錯誤，C正確。故選：C。(2)由圖甲所示表盤可知，其量程為0?30nM，其分度值為1加4,電流表讀數(shù)為23.5mA；(3)由圖C所示電路圖，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，電池電動勢：E=/'(ri+/?3)+(/'+Z)r,整理得：1'=——r+r1+R3 r+ri+^3由圖乙所示/'—/圖象可知，圖象縱軸截距：b=—^=1.50x10-34r+r1+R3圖象斜率的絕對值k=——=剪=0.05,r+rj+^3 30.0代入數(shù)據(jù)解得：F#=F?1.441Z,t測=tx47.9。(4)由圖C所示電路圖可知，當/=0時，路端電壓等于電源電動勢，電動勢的測量值沒有系統(tǒng)誤差，即E澗=E茸；電池內(nèi)阻測量值等于真實值與電流表4的內(nèi)阻之和，則電池內(nèi)阻測量值大于真實值，即T測>3故答案為：(1)C；(2)23.5；(3)1.44；47.9；(4)=；>.(1)根據(jù)實驗原理與實驗器材及實驗要求分析選擇實驗電路圖。(2)根據(jù)電表與圖甲所示表盤確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。(3)根據(jù)實驗電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻。(4)根據(jù)實驗電路圖分析實驗誤差。本題考查了測干電池的電動勢和內(nèi)阻實驗，理解實驗原理是解題的前提；對電表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直。13.【答案】解：(1)導體棒受力如圖，建立直角坐標系如圖, /xV根據(jù)平衡條件得：F$-mgsin370=0而產(chǎn)安=BIL解得B=0.47；(2)導體棒受力如圖，建立直角坐標系如圖根據(jù)牛頓第二定律得：Mgsin37--尸長os37。=?naF安=BN

即導體棒的加速度大小為1.2m/s2,方向沿斜面向下。答：(1)磁場的磁感應強度為0.47；(2)導體棒的加速度為1.2?n/s2?！窘馕觥拷鉀Q本題的關鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會利用共點力平衡去求未知力。(1)導體棒受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件列式求解即可；(2)突然只將磁場方向變?yōu)樨Q直向上，安培力水平向右，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度即可。14.【答案】解：(1)根據(jù)磁通量定義式中=BS,那么在0?4s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量為：Acp=(B2-BQS=(0.4-0.2)x0.02Wb=4x10-3Wb；(2)由圖象可知前4s內(nèi)磁感應強度8的變化率為：4s內(nèi)的平均感應電動勢為：E=nS—=1000x0.02x0.05V=1V；At(3)電路中的平均感應電流為：7=/-,R總0—4s:q0—4s:由(2)求得E=IV-——=---A=0.2A/?+r4+1qi=/J=0.8Cq2—1.6C同理4q2—1.6C兩次電流方向相反故q總=Ifli-92l=0.8C也可求解q= =—At=n—=1000x002x(0~02)=—o.8C?R.sRs. 4+1答：(1)在0?4s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量2。=4x10-3Wb；(2)前4s內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢E=1V；(3)6s內(nèi)通過電阻R的電荷量q=0.8C?！窘馕觥勘绢}考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義式的綜合運用，難度不大，需加強訓練。(1)依據(jù)圖象，結(jié)合磁通量定義式4。=BS,即可求解；(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律，結(jié)合磁感應強度的變化率求出前4s內(nèi)感應電動勢的大小;(3)根據(jù)感應電動勢，結(jié)合閉合電路歐姆定律、電流的定義式求出通過R的電荷量。15.【答案】解：(1)小球靜止在電場中受力如下圖所示，顯然小球帶正電，由平衡條件得：