湖南省浏阳一中高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省浏阳一中高二（上）第三次月考物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题4分，共28分）1把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b安培c法拉第d赫兹2在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小3一带正电粒子仅在电场力作用下从a点经b、c运动到d点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）aa处的电场强度一定小于b处的电场强度ba处的电势一定小于在b处的电势ccd间各点电场强度和电势都为零dab两点间的电势差等于cb两点间的电势差4两个大小不同的绝缘金属圆环如图所示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是（）a顺时针方向b逆时针方向c左半圆顺时针，右半圆逆时针d无感应电流5如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，以e表示两板间的场强，u表示电容器两板间的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）au变小，w不变be变大，w变大cu变大，e不变du不变，w不变6如图所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为b的匀强磁场一个质量为m、电量为+q的带电粒子（重力不计）从ab边的中点o以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与ab边的夹角为60若粒子能从ab边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到ab边的最大距离为（）abcd7如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为b，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）带电粒子的比荷带电粒子在磁场中运动的周期带电粒子在磁场中运动的半径带电粒子的初速度abcd二、不定项选择题（每小题4分，共20分每小题的4个选项中至少有两项是正确的全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）8一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流i、长度l和受力f，则可以用表示磁感应强度b的是（）abcd9如图所示，在真空中的a、b两点分别放置等量异种点电荷，在a、b两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心o与a、b的中点重合，其中af连线与ab连线垂直现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（）ag点和e点的电场强度相同ba点和f点的电势相等c电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加d若a、b两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则a、b连线中点o点场强变为原来的2倍10在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示当开关闭合后，下列判断正确的是（）a灯泡l1的电阻为12b通过灯泡l1的电流为灯泡l2电流的2倍c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w11如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于o点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）a感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针b感应电流方向一直是逆时针c安培力方向始终与速度方向相反d安培力方向始终沿水平方向12如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为i，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小b与i成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为ih，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压uh满足：uh=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻r远大于rl，霍尔元件的电阻可以忽略，则（）a霍尔元件前表面的电势低于后表面b若电源的正负极对调，电压表将反偏cih与i成正比d电压表的示数与rl消耗的电功率成正比三、填空题（每空2分，共14分）13读图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为mm；螺旋测微器的读数为mm14（10分）（2015秋温州校级期中）某同学在练习使用多用电表时连接的电路如下图所示（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过（填r1或r2）的电流；（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是的电阻ar1的电阻 br2的电阻 cr1和r2的串联电阻 dr1和r2的并联电阻（3）将选择倍率的旋钮拨至“100”的挡时，测量时指针停在刻度盘0附近处，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：a将两根表笔短接b将选择开关拨至“”（填“1k”或“10”）c将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数d调节零电阻，使指针停在0刻度线上e将选择开关拨至交流电压最高挡上补全b项步骤将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是（填写步骤的代号）若操作正确，上述c步骤中，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为四、计算题（本大题有4小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）15在倾角=30的斜面上，固定一金属框，宽l=0.5m，接入电动势e=12v、内阻不计的电池和滑动变阻器垂直框面放有一根质量m=0.1kg，电阻为r=1.6的金属棒ab，不计它与框架间的摩擦力，不计框架电阻整个装置放在磁感应强度b=0.8t，垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示，调节滑动变阻器的阻值，当r的阻值为多少时，可使金属棒静止在框架上？（假设阻值r可满足需要）（g=10m/s2）16静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示a、b为两块平行金属板，间距为d，两板间有方向由b指向a、场强为e的匀强电场在a板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪p，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带负电油漆微粒，微粒的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，微粒的重力和所受空气阻力以及微粒之间的作用力均不计，微粒最后都落在金属板b上且对匀强电场不影响试求：（1）微粒打在b板上的动能ek（2）微粒最后落在b板上所形成的图形面积的大小17（10分）（2015秋揭阳校级期中）如图甲所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1=100，r2阻值未知，r3为一滑动变阻器，当其滑片p从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中a、b两点是滑片p在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）定值电阻r2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值18（12分）（2014秋邢台期末）如图，在第象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为e，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的p点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直x轴进入第象限的磁场，已知op之间的距离为d，求：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在磁场中运动的总时间，（3）匀强磁场的磁感应强度大小2015-2016学年湖南省浏阳一中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题4分，共28分）1把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b安培c法拉第d赫兹【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题考查的是物理学常识对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一2在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，即a1示数减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，即a2示数增大故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流3一带正电粒子仅在电场力作用下从a点经b、c运动到d点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）aa处的电场强度一定小于b处的电场强度ba处的电势一定小于在b处的电势ccd间各点电场强度和电势都为零dab两点间的电势差等于cb两点间的电势差【考点】电势差与电场强度的关系【专题】定性思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】从图象可以看出，带电粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，图线斜率表示加速度，由牛顿第二定律分析电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系由动能的变化，分析电势能的变化，从而电势的变化，由动能定理分析ab两点间的电势差与cb两点间的电势差的大小关系【解答】解：a、由vt图象可知，带正电的粒子的加速度在a点时较大，由牛顿第二定律得知在a点的电场力大，故a点的电场强度一定大于b点的电场强度，故a错误；b、由a到b的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在a点是电势能大于在b时的电势能，所以a点的电势高于b点的电势，故b错误c、从c到d，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知cd间各点电场强度为零，但电势的零点可人为选取，则电势不一定为零，故c错误；d、a、c两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从a到b和从c到d电场力做功相同，由w=qu知，ab两点间的电势差等于cb两点间的电势差，故d正确故选：d【点评】解决本题的关键要掌握图象的物理意义：斜率表示加速度，由速度的变化分析动能的变化，判断受力情况4两个大小不同的绝缘金属圆环如图所示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是（）a顺时针方向b逆时针方向c左半圆顺时针，右半圆逆时针d无感应电流【考点】楞次定律【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向是逆时针方向故选：b【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥同时还考查右手螺旋定则与楞次定律5如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，以e表示两板间的场强，u表示电容器两板间的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）au变小，w不变be变大，w变大cu变大，e不变du不变，w不变【考点】电势差与电场强度的关系【专题】比较思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大由推论公式e=分析板间场强e的变化情况由公式c=判断板间电压的变化分析p点电势的变化，即可分析电势能的变化【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容增大由c=知板间电压u变小由推论公式 e=，知电场强度e不变因为电场强度不变，则p与负极板间的电势差不变，由u=ed知p与下极板间的电势差不变，则p点的电势不变，正电荷在p点的电势能w不变故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出p与负极板电势差的变化，得出p点的电势以及电荷在p点电势能的变化6如图所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为b的匀强磁场一个质量为m、电量为+q的带电粒子（重力不计）从ab边的中点o以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与ab边的夹角为60若粒子能从ab边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到ab边的最大距离为（）abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合粒子在磁场中的半径公式求出半径的大小，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的过程中，到ab边的最大距离【解答】解：正电荷在向外的磁场中向右偏转，粒子运动的轨迹如图所示根据得，r=根据几何关系知，粒子在运动过程中距离ab边的最远距离为d=r+rsin30=故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】解决带电粒子在磁场中运动问题，关键作出轨迹，确定圆心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解7如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为b，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）带电粒子的比荷带电粒子在磁场中运动的周期带电粒子在磁场中运动的半径带电粒子的初速度abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期【解答】解：设圆柱形区域的横截面半径为r，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：2r=vt 在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60，画出运动轨迹：结合几何关系，有：r=rtan60= 粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvb=m 周期：t= 解得：粒子的周期：t=t因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故正确，错误；故选：a【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射二、不定项选择题（每小题4分，共20分每小题的4个选项中至少有两项是正确的全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）8一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流i、长度l和受力f，则可以用表示磁感应强度b的是（）abcd【考点】安培力；磁感应强度【分析】当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为f=bil磁感应强度的定义式：中首先说明的是让一小段电流元垂直放入磁场中【解答】解：磁感应强度的定义：让一小段电流元垂直放入磁场中它受到的安培力与电流和导线长度乘积的比值定义式：中首先说明的是让一小段电流元垂直放入磁场中故ac正确，bd选项不符合定义的条件故bd错误故选：ac【点评】该题考查磁感应强度的定义式的条件，这是初步学习该概念的难点，也是容易出现错误的地方，要加强该概念内涵的学习9如图所示，在真空中的a、b两点分别放置等量异种点电荷，在a、b两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心o与a、b的中点重合，其中af连线与ab连线垂直现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（）ag点和e点的电场强度相同ba点和f点的电势相等c电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加d若a、b两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则a、b连线中点o点场强变为原来的2倍【考点】电势差与电场强度的关系【专题】定性思想；模型法；电场力与电势的性质专题【分析】根据等量异种电荷电场线的分布比较g、e两点的场强a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，这条中垂线是一条等势线；根据负电荷在电势高低处电势能小，由电势高低判断电势能的变化由e=k分析场强的变化【解答】解：a、根据等量异种电荷电场线分布的对称性可知，g、e两个电场线疏密相同，说明场强大小相等，但方向不同，则这两点的场强不同故a错误b、a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，而这条中垂线是一条等势线，故a点和f点的电势相等故b正确c、电子从e点移到f点的过程中，电势升高，电子带负电，电势能减小，电场力做正功故c错误d、若a、b两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，根据=k分析可知，a、b两个点电荷q在o点产生的场强均变为原来的2倍，则叠加后o点的场强也变为原来的2倍故d正确故选：bd【点评】解决本题的关键掌握等量异种电荷周围电场线的分布，理解并掌握其对称性，知道电势升高时负电荷的电势能减小10在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示当开关闭合后，下列判断正确的是（）a灯泡l1的电阻为12b通过灯泡l1的电流为灯泡l2电流的2倍c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当开关闭合后，灯泡l1的电压等于3v，由图读出其电流i，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率灯泡l2、l3串联，电压等于1.5v，由图读出电流，求出电阻【解答】解：a、c、当开关闭合后，灯泡l1的电压u1=3v，由图读出其电流i1=0.25a，则灯泡l1的电阻r1=12，功率p1=u1i1=0.75w，故a正确，c正确；b、灯泡l2、l3串联，电压u2=u3=1.5v，由图读出其电流i2=i3=0.20a，灯泡l2、l3的功率均为p=ui=1.5v0.20a=0.30w，故b错误，d正确；故选acd【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功11如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于o点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）a感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针b感应电流方向一直是逆时针c安培力方向始终与速度方向相反d安培力方向始终沿水平方向【考点】楞次定律；左手定则【专题】压轴题；高考物理专题【分析】本题由楞次定律可得出电流的方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的；由左手定则判断安培力的方向【解答】解：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以a、b二者选a再看安培力方向，根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，所以，c、d二者选d故选ad【点评】本题考查法拉第电磁感应定律，安培力左手定则，力的合成等，难度较大注意研究铜制圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，a、b二者就会错选b12如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为i，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小b与i成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为ih，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压uh满足：uh=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻r远大于rl，霍尔元件的电阻可以忽略，则（）a霍尔元件前表面的电势低于后表面b若电源的正负极对调，电压表将反偏cih与i成正比d电压表的示数与rl消耗的电功率成正比【考点】霍尔效应及其应用【分析】根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向；ih与i的关系，结合u=k，及p=iu，即可求解【解答】解：a、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向内侧，导致前表面的电势高于后表面，故a错误；b、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故b错误；c、如图所示，霍尔元件与电阻r串联后与rl并联，根据串并联特点，则有：ihr=（iih）rl；因此则有ih与i成线性关系，故c正确；d、根据u=k，且磁感应强度大小b与i成正比，即为b=ki，又ih与i成线性关系，结合p=ui，因此：u=，则有u与prl成正比，故d正确；故选：cd【点评】考查电流形成的条件，理解左手定则与安培定则的应用，注意串并联电路的特点，掌握理论推理的方法：紧扣提供信息，结合已有的规律三、填空题（每空2分，共14分）13读图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为10.05mm；螺旋测微器的读数为0.920mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】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【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为1cm=10mm，游标读数为0.051mm=0.05mm，所以最终读数为：10.05mm螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0142.0mm=0.420mm，所以最终读数为：0.920mm故本题答案为：10.05mm，0.920mm【点评】解决本题的关键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14（10分）（2015秋温州校级期中）某同学在练习使用多用电表时连接的电路如下图所示（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过r1（填r1或r2）的电流；（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是c的电阻ar1的电阻 br2的电阻 cr1和r2的串联电阻 dr1和r2的并联电阻（3）将选择倍率的旋钮拨至“100”的挡时，测量时指针停在刻度盘0附近处，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：a将两根表笔短接b将选择开关拨至“10”（填“1k”或“10”）c将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数d调节零电阻，使指针停在0刻度线上e将选择开关拨至交流电压最高挡上补全b项步骤将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是badce（填写步骤的代号）若操作正确，上述c步骤中，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为160【考点】用多用电表测电阻【分析】图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻r2并联，通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析即可；欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡位、测量；最后调到交流最大电压挡；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率【解答】解：（1）多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过r1的电流（2）断开电路中的电键，r1与r2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是r1与r2串联的总电阻，故选c；（3）用“100”测电阻时挡时，指针停在刻度盘0附近，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“10”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于off挡或交流电源最高挡上，因此合理的实验步骤是：badce；由图象表盘可知，待测电阻阻值为：1610=160；故答案为：（1）r1；（2）c；（3）10；badce；160【点评】本题关键明确多用电表的使用，电流表应串联接入电路，使用多用电表的欧姆档测电阻时应把待测电阻与电源断开，分析清楚电路结构是正确解题的关键；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零四、计算题（本大题有4小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）15在倾角=30的斜面上，固定一金属框，宽l=0.5m，接入电动势e=12v、内阻不计的电池和滑动变阻器垂直框面放有一根质量m=0.1kg，电阻为r=1.6的金属棒ab，不计它与框架间的摩擦力，不计框架电阻整个装置放在磁感应强度b=0.8t，垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示，调节滑动变阻器的阻值，当r的阻值为多少时，可使金属棒静止在框架上？（假设阻值r可满足需要）（g=10m/s2）【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】受力分析根据平衡条件列式，并结合欧姆定律联立求解即可【解答】解：金属棒刚好平衡bil=mgsin根据欧姆定律知 i=由知r=r=8答：当r的阻值为8时，可使金属棒静止在框架上【点评】本题重点是受力分析根据平衡条件列式求解，属于简单题目16静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示a、b为两块平行金属板，间距为d，两板间有方向由b指向a、场强为e的匀强电场在a板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪p，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带负电油漆微粒，微粒的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，微粒的重力和所受空气阻力以及微粒之间的作用力均不计，微粒最后都落在金属板b上且对匀强电场不影响试求：（1）微粒打在b板上的动能ek（2）微粒最后落在b板上所形成的图形面积的大小【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】根据动能定理求出微粒打在b板上的动能微粒落在b板上所形成的图形是圆，落在圆边缘上微粒在两极间做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转距离，从而得出圆形面积的大小【解答】解：（1）根据动能定理有：，解得：ek=qed+（2）微粒落在b板上所形成的图形是圆，落在圆边缘上微粒在两极间做类平抛运动，有：r=v0t d=at2qe=ma 解得圆面积为：s=r2=答：（1）微粒打在b板上的动能为qed+；（2）微粒最后落在b板上所形成的图形面积的大小为【点评】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型要弄清物理情景，实质是