高中物理 模塊綜合檢測(cè) 教科3-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精模塊綜合檢測(cè)(時(shí)間：90分鐘滿分：110分）一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分,第1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，第9~14小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1。某點(diǎn)電荷和金屬圓環(huán)間的電場(chǎng)線分布如圖1所示。下列說法正確的是()圖1A．b點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)B．若將一正試探電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功C．c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小無法判斷D．若將一正試探電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將沿著電場(chǎng)線由d到c解析：選B沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，因b點(diǎn)所在的等勢(shì)面高于a點(diǎn)所在的等勢(shì)面，故b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若將一正試探電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功,選項(xiàng)B正確；由于電場(chǎng)線密集的地方場(chǎng)強(qiáng)較大,故d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因dc電場(chǎng)線是曲線，故若將一正試探電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將不能沿著電場(chǎng)線由d到c,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.如圖2所示,虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三條電場(chǎng)線,實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn),由此可知()A．帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的速度大于在Q點(diǎn)時(shí)的速度B．帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大C．帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和比在Q點(diǎn)時(shí)的小，比在P點(diǎn)時(shí)的大D．帶電粒子在R點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度圖2解析：選A根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度可知，R、Q兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點(diǎn)的加速度aR〉aQ，故D錯(cuò)誤；由于帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，動(dòng)能與電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,兩者之和不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí),帶電粒子在R處所受電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向右,又由于該粒子帶負(fù)電,則R處電場(chǎng)的方向應(yīng)該向左，所以電勢(shì)φR>φQ，根據(jù)Ep＝qφ可得R、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)能EpR<EpQ,則R、Q兩點(diǎn)的動(dòng)能EkR>EkQ，所以vR〉vQ,故A正確;同理，EpP〈EpQ，故B錯(cuò)誤.3。如圖3所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置.閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)的是（)圖3A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．?dāng)嚅_電鍵S解析：選B在直流電路中,R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大,由E＝eq\f（U，d）可知,電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，因此板間帶電油滴受到的電場(chǎng)力增大,會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤;增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中的油滴仍保持靜止，B項(xiàng)正確；增大兩板間的距離,而電容器的兩板間的電壓一定，由E＝eq\f（U，d）可知，板間的場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴受到的電場(chǎng)力減小，油滴會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；斷開電鍵S，電容器會(huì)通過R1、R2進(jìn)行放電,使板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴受到的電場(chǎng)力減小而向下運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.在研究微型電動(dòng)機(jī)的性能時(shí)，可采用如圖4所示的實(shí)驗(yàn)電路。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R,使電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1。0A和1。0V；重新調(diào)節(jié)R，使電動(dòng)機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2。0A和15。0V。則當(dāng)這臺(tái)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)（）圖4A．電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為7。5ΩB．電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為2。0ΩC．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為30。0WD．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為26。0W解析：選D因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1.0A和1。0V，說明電動(dòng)機(jī)在沒有將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能時(shí)屬于純電阻電路,故說明電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為r＝eq\f(U，I)＝eq\f（1.0V，1.0A）＝1.0Ω，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V，則電動(dòng)機(jī)的總功率為P總＝2.0A×15.0V＝30。0W，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為P熱＝（2.0A）2×1.0Ω＝4。0W，故電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P出＝P總－P熱＝30。0W－4。0W＝26。0W,選項(xiàng)D正確。5．如圖5所示,電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r,滑動(dòng)變阻器最大電阻為R，開關(guān)K閉合。兩平行金屬極板a、b間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶負(fù)電的粒子（不計(jì)重力）以速度v水平勻速穿過兩極板.下列說法正確的是（）圖5A．若將滑片P向上滑動(dòng)，粒子將向a板偏轉(zhuǎn)B．若將a極板向上移動(dòng)，粒子將向a板偏轉(zhuǎn)C．若增大帶電粒子的速度，粒子將向b板偏轉(zhuǎn)D．若增大帶電粒子帶電量，粒子將向b板偏轉(zhuǎn)解析：選C因電容器與電阻并聯(lián),將滑片P向上滑動(dòng)，電阻兩端的電壓減小，故兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度要減小，故粒子所受電場(chǎng)力減小,因帶負(fù)電，電場(chǎng)力向上，則粒子將向b板偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；保持開關(guān)閉合,將a極板向上移動(dòng)一點(diǎn)，板間距離增大，電壓不變，由E＝eq\f(U，d）可知,板間場(chǎng)強(qiáng)減小，帶電粒子受電場(chǎng)力變小，則粒子將向b板偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤;若增大帶電粒子的速度，所受極板間洛倫茲力增大而所受電場(chǎng)力不變,故粒子將向b板偏轉(zhuǎn)，故C正確；若增大帶電粒子帶電量，所受電場(chǎng)力增大，所受洛倫茲力也增大，兩者仍相等，故粒子將不會(huì)偏轉(zhuǎn),故D錯(cuò)誤。6。如圖6所示,放在臺(tái)秤上的條形磁鐵兩極未知，為了探明磁鐵的極性，在它中央的正上方固定一導(dǎo)線,導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)線通以垂直紙面向外的電流，則（)圖6A．如果臺(tái)秤的示數(shù)增大，說明磁鐵左端是北極B．如果臺(tái)秤的示數(shù)增大，說明磁鐵右端是北極C．無論如何臺(tái)秤的示數(shù)都不可能變化D．以上說法都不正確解析：選A如果臺(tái)秤的示數(shù)增大,說明導(dǎo)線對(duì)磁鐵的作用力豎直向下,由牛頓第三定律知,磁鐵對(duì)導(dǎo)線的作用力豎直向上,根據(jù)左手定則可判斷，導(dǎo)線所在處磁場(chǎng)方向水平向右，由磁鐵周圍磁場(chǎng)分布規(guī)律可知，磁鐵的左端為北極，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。7。已知電源內(nèi)阻r＝2Ω，燈泡電阻RL＝2Ω，R2＝2Ω,滑動(dòng)變阻器R1的最大阻值為3Ω，如圖7所示，將滑片P置于最左端，閉合開關(guān)S1、S2，電源的輸出功率為P0，則()圖7A．滑片P向右滑動(dòng),電源輸出功率一直減小B．滑片P向右滑動(dòng)，電源輸出功率一直增大C．?dāng)嚅_S2,電源輸出功率達(dá)到最大值D．滑片P置于最右端時(shí)，電源輸出功率仍為P0解析：選D閉合開關(guān)S1、S2，外電路總電阻R＝R1＋R并＝R1＋1Ω，當(dāng)R＝r＝2Ω時(shí)，電源輸出功率最大，根據(jù)電源輸出功率與外電路電阻的關(guān)系圖像可知，滑片從最左端向右滑動(dòng),外電路總電阻從4Ω減小到1Ω，電源輸出功率先增大再減小，故A、B錯(cuò)誤；滑片在最左端，斷開S2，外電路總電阻R＝R1＋R2＝5Ω≠r，電源的輸出功率不是最大，故C錯(cuò)誤;當(dāng)滑片在最左端時(shí),R＝R1＋R并＝4Ω，電流I＝eq\f（E,R＋r）＝eq\f(E,6）(A），電源的輸出功率為P0，則P0＝I2R＝eq\f（E2，9)（W）；當(dāng)滑片在最右端時(shí)，R′＝R并＝1Ω,電流I′＝eq\f（E,R′＋r）＝eq\f（E，3)（A），電源的輸出功率為P′＝I′2R′＝eq\f（E2，9)（W)＝P0，故D正確。8.如圖8所示，兩個(gè)橫截面分別為圓形和正方形的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓的直徑和正方形的邊長(zhǎng)相等，兩個(gè)電子分別以相同的速度飛入兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域,速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，進(jìn)入圓形磁場(chǎng)的電子初速度方向?qū)?zhǔn)圓心；進(jìn)入正方形磁場(chǎng)的電子初速度方向垂直于邊界，從中點(diǎn)進(jìn)入。則下面判斷錯(cuò)誤的是(）圖8A．兩電子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其半徑一定相同B．兩電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間有可能相同C．進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域的電子可能先飛離磁場(chǎng)D．進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域的電子可能后飛離磁場(chǎng)解析：選D電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f（v2,R），整理得R＝eq\f(mv,qB），兩過程電子速度v相同，所以半徑相同，A正確；電子在磁場(chǎng)中的可能運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，軌跡1和3先出圓形磁場(chǎng)，再出正方形磁場(chǎng),軌跡2顯示電子同時(shí)從圓形與正方形邊界出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以B、C正確，D錯(cuò)誤.9．（2015·全國(guó)卷Ⅱ）指南針是我國(guó)古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說法正確的是（）A．指南針可以僅具有一個(gè)磁極B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場(chǎng)C．指南針的指向會(huì)受到附近鐵塊的干擾D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時(shí)指南針不偏轉(zhuǎn)解析:選BC指南針是一個(gè)小磁體,具有N、S兩個(gè)磁極，因?yàn)榈卮艌?chǎng)的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。因?yàn)橹改厢槺旧硎且粋€(gè)小磁體，所以會(huì)對(duì)附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時(shí)指南針也會(huì)受到反作用力，所以會(huì)受鐵塊干擾，選項(xiàng)C正確。在地磁場(chǎng)中，指南針南北指向，當(dāng)直導(dǎo)線在指南針正上方平行于指南針南北放置時(shí)，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在指南針處是東西方向，所以會(huì)使指南針偏轉(zhuǎn)，D錯(cuò)誤。10.如圖9所示,為某一點(diǎn)電荷所形成的一簇電場(chǎng)線,a、b、c三條虛線為三個(gè)帶電粒子以相同的速度從O點(diǎn)射入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中b虛線為一圓弧，AB＝BC，且三個(gè)粒子的電荷量大小相等，不計(jì)粒子重力及相互作用力，則以下說法正確的是()圖9A．a(chǎn)一定是正粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，b和c一定是負(fù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡B．由于AB＝BC，故UAB＝UBCC．a(chǎn)對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b對(duì)應(yīng)的粒子的加速度大小不變D．b對(duì)應(yīng)的粒子的質(zhì)量大于c對(duì)應(yīng)的粒子的質(zhì)量解析：選CD圖中的電場(chǎng)線無法判斷方向，所以不能判斷出a、b、c三種粒子的電性，故A錯(cuò)誤；根據(jù)公式U＝Ed，由于AB間的平均場(chǎng)強(qiáng)小于BC間的平均場(chǎng)強(qiáng)(電場(chǎng)線的疏密反映電場(chǎng)的強(qiáng)弱），故UAB≠UBC，故B錯(cuò)誤；粒子只受電場(chǎng)力，由a＝eq\f(qE，m)得a虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度大小不變,故C正確；三個(gè)粒子的電荷量大小相等,以相同的速度從同一點(diǎn)O點(diǎn)射入電場(chǎng)，故靜電力F相等,由于b粒子做圓周運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（F＝mb\f(v2,r)）)，c粒子做近心運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（F〉mc\f(v2，r)）)，比較可知c粒子的質(zhì)量較小，故D正確。11．如圖10所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)E的區(qū)域內(nèi)，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作為頂點(diǎn)構(gòu)成一正方體空間,電場(chǎng)方向與面ABCD垂直.下列說法正確的是（)圖10A．AD兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAD與AA′兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAA′相等B．帶正電的粒子從A點(diǎn)沿路徑A→D→D′移到D′點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功C．帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)沿路徑A→D→D′移到D′點(diǎn)，電勢(shì)能減小D．帶電的粒子從A點(diǎn)移到C′點(diǎn)，沿對(duì)角線AC′與沿路徑A→B→B′→C′電場(chǎng)力做功相同解析：選BD電場(chǎng)力的方向與面ABCD垂直,所以面ABCD是等勢(shì)面，A、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差為0，又因A、A′兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線的方向有距離，所以UAA′不為0,所以選項(xiàng)A錯(cuò)；帶正電的粒子從A點(diǎn)到D電場(chǎng)力不做功，而由D→D′電場(chǎng)力做正功，所以選項(xiàng)B正確；同理,帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)沿路徑A→D→D′移到D′點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大,選項(xiàng)C錯(cuò)；由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)(電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān),只與初末位置的電勢(shì)差有關(guān))得選項(xiàng)D正確。12。如圖11所示電路中，電阻R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4,C為電容器，A為電流表,當(dāng)電路中某個(gè)電阻斷路瞬間，發(fā)現(xiàn)有自上而下的電流通過電流表A，則斷路的電阻可能是(）圖11A．R1 B．R2C．R3 D．R4解析:選BC設(shè)路端電壓為U,則根據(jù)歐姆定律可得UR1＝eq\f（1,3)U，UR2＝eq\f(2，3）U，UR3＝eq\f(3,7）U，UR4＝eq\f(4，7)U,設(shè)電源負(fù)極的電勢(shì)為零，則電容器上極板的電勢(shì)φ上＝eq\f（2，3）U，下極板的電勢(shì)為φ下＝eq\f(4,7）U，上極板電勢(shì)大于下極板電勢(shì)，有自上而下的電流通過電流表,說明電容器兩端電壓變大，所以可能為電阻R2變大或者電阻R3變大，故B、C正確。13．如圖12所示，甲、乙兩個(gè)電路都是由一個(gè)靈敏電流計(jì)G和一個(gè)變阻器R組成,它們中一個(gè)是測(cè)電壓的電壓表，另一個(gè)是測(cè)電流的電流表，那么以下結(jié)論中正確的是()圖12A．甲表是電流表，R增大時(shí)量程增大B．甲表是電流表，R增大時(shí)量程減小C．乙表是電壓表,R增大時(shí)量程減小D．乙表是電壓表,R增大時(shí)量程增大解析：選BD電壓表電阻分壓，串聯(lián)；電流表電阻分流,并聯(lián)；所以甲表為電流表，乙表為電壓表,并聯(lián)電路電阻大時(shí)分流少,所以R增大時(shí)量程減小,A錯(cuò)誤,B正確；串聯(lián)電路電阻大時(shí)分壓多,所以R增大時(shí)量程增大，C錯(cuò)誤,D正確.14．如圖13所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng),其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時(shí)刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I,周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向?yàn)殡娏髡较颉t金屬棒()圖13A．一直向右移動(dòng)B．速度隨時(shí)間周期性變化C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知,金屬棒一開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A、B正確;安培力F＝BIL，由圖像可知前半個(gè)周期安培力水平向右,后半個(gè)周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項(xiàng)C正確；一個(gè)周期內(nèi),金屬棒初、末速度相同，由動(dòng)能定理可知安培力在一個(gè)周期內(nèi)不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分）15．(6分）（2015·福建高考）某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小,實(shí)驗(yàn)器材如圖14甲所示,現(xiàn)已完成部分導(dǎo)線的連接。圖14（1)實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，請(qǐng)按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖甲實(shí)物接線圖中完成余下導(dǎo)線的連接.（2)某次測(cè)量，電流表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，則電流表的示數(shù)為________A。（3）該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示,根據(jù)圖線判斷,將________只相同的小電珠并聯(lián)后，直接與電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻為1Ω的電源組成閉合回路，可使小電珠的總功率最大,其總功率的值約為________W（保留兩位小數(shù))。解析：(1)電流表示數(shù)要從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器要用分壓接法，如圖甲所示。甲(2)電流表示數(shù)為0.44A.（3）當(dāng)外電路的總電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源有最大的輸出功率,即小電珠的總功率最大，此時(shí)R外＝r＝1Ω，I＝eq\f（E，R外＋r)＝eq\f(3，2）A＝1.5A，U外＝eq\f（E,2)＝1.5V，即每只小電珠兩端的電壓為1.5V,通過圖像可知每只小電珠的電流為I0＝0。38A，n＝eq\f（I，I0）≈4(只）;通過每只小電珠的電流為I0，兩端電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得:U＋nI0r＝E，而U＋4I0＝3V,U＝－4I0＋3V，如圖乙所示，圖線的交點(diǎn)縱、橫坐標(biāo)分別為U≈1。5V，I0≈0。38A，P＝UI0＝0。57W，P總＝nP＝0.57×4W＝2。28W.答案：（1)見解析圖(2）0.44(3)42.2816．(10分)(2015·四川高考）用實(shí)驗(yàn)測(cè)一電池的內(nèi)阻r和一待測(cè)電阻的阻值Rx。已知電池的電動(dòng)勢(shì)約6V，電池內(nèi)阻和待測(cè)電阻阻值都為數(shù)十歐?？蛇x用的實(shí)驗(yàn)器材有:電流表A1(量程0～30mA)；電流表A2(量程0~100mA)；電壓表V(量程0～6V)；滑動(dòng)變阻器R1(阻值0～5Ω);滑動(dòng)變阻器R2(阻值0～300Ω);開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干條。某同學(xué)的實(shí)驗(yàn)過程如下：Ⅰ。設(shè)計(jì)如圖15所示的電路圖，正確連接電路。圖15Ⅱ。將R的阻值調(diào)到最大,閉合開關(guān)，逐次調(diào)小R的阻值，測(cè)出多組U和I的值，并記錄。以U為縱軸，I為橫軸，得到如圖16所示的圖線.圖16Ⅲ.斷開開關(guān)，將Rx改接在B、C之間，A與B直接相連，其他部分保持不變。重復(fù)Ⅱ的步驟，得到另一條U-I圖線，圖線與橫軸I的交點(diǎn)坐標(biāo)為（I0,0)，與縱軸U的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，U0）。回答下列問題：①電流表應(yīng)選用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用________。②由圖16的圖線,得電源內(nèi)阻r＝________Ω。③用I0、U0和r表示待測(cè)電阻的關(guān)系式Rx＝______，代入數(shù)值可得Rx.④若電表為理想電表，Rx接在B、C之間與接在A、B之間,滑動(dòng)變阻器滑片都從最大阻值位置調(diào)到某同一位置，兩種情況相比，電流表示數(shù)變化范圍________,電壓表示數(shù)變化范圍________。（選填“相同”或“不同")解析：①由題U-I圖線可知電流表量程應(yīng)為0～100mA,故選A2。路端電壓大于5.5V，而電源電動(dòng)勢(shì)E＝6V，故R外?r,則滑動(dòng)變阻器選R2。②由題圖得：r＝eq\f（ΔU,ΔI）＝25Ω。③Rx＋r＝eq\f(U0，I0），Rx＝eq\f（U0，I0）－r。④電流I＝eq\f（E,R＋r＋Rx），r＋Rx一定，R從300Ω變到某同一阻值，電流變化范圍相同.Rx接AB間時(shí)，U＝eq\f(E，R＋Rx＋r)（R＋Rx），Rx接BC間時(shí),U′＝eq\f（E,R＋Rx＋r)R,故兩種情況下電壓變化不同。答案：①A2R2②25③eq\f（U0,I0)－r④相同不同三、計(jì)算題(本題共3小題，共38分）17．(12分)（2015·全國(guó)卷Ⅰ）如圖17所示，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0。1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω。已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0。3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。圖17解析：依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a,由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下.開關(guān)斷開時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)了Δl1＝0.5cm。由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg①式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小.開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL②式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度，兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2＝0.3cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k（Δl1＋Δl2）＝mg＋F③由歐姆定律有E＝IR④式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì),R是電路總電阻。聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0。01kg。⑤答案：安培力的方向豎直向下,金屬棒的質(zhì)量為0.01kg18．（12分）如圖18所示,虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m）無初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O,求：圖18(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間；（2）電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3）電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離x.解析：(1）電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:a1＝eq\f（eE1,m）＝eq\f（eE，m)eq\f（L,2）＝eq\f(1,2）a1teq\o\al（2，1）v1＝a1t1t2＝eq\f(2L，v1）運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f（mL，eE））。(2）設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場(chǎng)中的加速度為a2＝eq\f（eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，t3＝eq\f(L,v1),vy＝a2t3,tanθ＝eq\f（vy,v1）解得：tanθ＝2。（3）如圖，設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1，2）a2teq\o\al（2，3)tanθ＝eq\f（x2，L)解得：x＝x1＋x2＝3L答案:（1）3eq\r(\f(mL，eE）)（2)2（3)3L19．（14分)如圖19甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng),變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、＋y軸方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方