2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末物理试卷

1. 物理学在发展完善的过程中，不同年代的物理学家对物理现象进行观察、思考和研究、在实验论证、逻辑推理、演绎论证等基础上建构了现在比较完善的体系．下列关于物理学重大历史事件描述合理的是(    )
A. 19世纪30年代，库仑提出一种观点．认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，电荷之间通过电场相互作用
B. 为解释磁体产生磁场，伏特提出了分子电流假说．认为在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流．分子电流使每一个物质微粒都成为微小的磁体，它两侧相当于两个磁极
C. 1831年，法拉第在一次科学报告会上，当众表演了一个实验，一个铜盘的轴和铜盘的边缘分别连在“电流表”的两端．他摇动手柄使铜盘在磁极之间旋转，“电流表”的指针随之摆动．这是根据电磁感应现象制造的最早的圆盘发电机
D. 1820年，特斯拉在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了．这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
2. 一物体静止于光滑水平面上，从t=0开始，物体受到一个水平恒力F的作用。如果用a、x、Ek、P分别表示物体的加速度、位移、动能和恒力F的功率，则以下四个图像中能定性描述这些物理量随时间变化关系的是(    )
A. B.
C. D.
3. x轴上A、B、C、D四个位置的坐标如图所示，现在O点和D点分别固定一个电量为Q的正点电荷，已知A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。则以下说法正确的是(    )

A. EA>EB，φA<φB B. EA>EB，φA>φB
C. EA 4. 如图所示，通电直导线AC的左侧O处有一小磁针(图甲木画出)，静止时小磁针的北极垂直纸面向里．图中DOE连线与导线AC垂直，下列说法正确的(    )
A. 直导线AC中的电流方向是从A流向C
B. 关于直导线AC与O对称的E处的磁场与O处磁场相同
C. 将小磁针平移到O的左侧D处，静止时北极垂直纸面向外
D. 直导线AC中的电流逐渐增大的过程中，小磁针顺时针旋转(从A向C看)

5. 滑雪是我们北方地区常见的健身、娱乐项目。如图所示，一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角为θ，每只滑雪板上都装有宽度为d，长度为L的长方形钢板，滑道所处地磁场的磁感应强度为B，方向与滑道平面垂直，人与滑雪板之间绝缘，当滑雪人以速度v匀速下滑时，下列说法正确的是(    )


A. 钢板的电动势为BLv B. 钢板的电动势为Bdv
C. 穿过钢板的磁通量逐渐减小 D. 穿过每只钢板的磁通量为BdLsinθ
6. 如图所示，人造卫星在轨道3上绕地球做匀速圆周运动，当卫星返回时，先在Q点变轨沿椭圆轨道2运行，然后在近地点P变轨沿近地圆轨道1运行。下列说法正确的是(    )
A. 卫星从Q点往P点运动时，发动机不工作，卫星的运行速度不断变小
B. 卫星从Q点往P点运动时，发动机一直工作，使卫星的运行速度不断变大
C. 卫星在轨道3上运行的周期大于在轨道2上的运行周期
D. 卫星在轨道2上的P点变轨时，要加速才能沿轨道1运动

7. 如图所示，电路中R1、R2为两个电阻箱，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S一段时间后，带电油滴悬浮在两板之间静止不动；如果电源的内阻不能忽略，且只允许做一个调整，则下列做法中，仍然能使油滴静止不动的是(    )


A. 增大R1的阻值 B. 将R2的阻值调为原来的2倍
C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S
8. 如图所示，两磁极间产生匀强磁场，矩形线框ABCD绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，产生的电动势瞬时值e=2202sin(100πt)V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V 8W”的灯泡，电路中熔断器熔断电流为0.4A，正方形导线框电阻、熔断器、输电导线的电阻均不计。如果灯泡能正常发光，下列说法正确的是(    )

A. t=0.05s时，线框中磁通量变化率为220Wb/s
B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为11：2
C. 若副线圈两端并联多只“20V 8W”的灯泡，则最多不能超过14只
D. 若仅将线框转速减半，保持其他条件不变，则电动势为e=1102sin(50πt)V
9. 雨滴的下落运动并不能看成是“自由落体”运动，在接近地面时，雨滴往往做匀速运动，这时的速度通常叫做收尾速度。关于一定质量的雨滴从高空下落的运动，下列说法正确的是(    )
A. 雨滴所受阻力是恒定的 B. 重力一直做正功
C. 重力的功率先增大后不变 D. 雨滴的重力势能先减小后不变
10. 如图，匀强电场内的M，N，P刚好是直角三角形的三个顶点，匀强电场的方向与此平面平行，已知MN=4cm，NP=3cm，∠MNP=90∘，电势差UMN=4V，UNP=3V.下列说法正确的是(    )
A. UMP=5V
B. UMP=7V
C. 电场方向平行于MP
D. 匀强电场的场强大于140V/m
11. 穿过一单匝线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，图像是关于过C与横轴垂直的虚线对称的抛物线。则下列说法正确的是(    )
A. 线圈中0时刻感应电动势为0
B. 线圈中C时刻感应电动势为0
C. 线圈中A时刻感应电动势最大
D. 线圈从0至C时间内平均感应电动势为0.4V

12. 如图所示为一张标准的乒乓球台。甲、乙两同学都非常喜欢乒乓球运动，他们在没有球台的情况下，用两张课桌拼成了一个40cm×120cm的简易球台，甲同学在一端短边的正中央放上一只15cm高的瓶子(上端有红色瓶盖)，要求乙同学在另一端短边的正中央上方、距台面20cm处将乒乓球水平击出，并提出要求：乒乓球直接打中瓶盖得一分；乒乓球经一次落台反弹后击中瓶盖得两分，每人有5次击球机会，比比谁得分更多。若在本游戏中不考虑瓶子的大小，乒乓球视为质点，乒乓球在台面反弹前后的速度大小相等，方向关于台面对称，g取10m/s2，不计空气阻力。若要能在游戏中得分，则乒乓球被水平击出的速度大小应该为(    )

A. 12m/s B. 4m/s C. 3m/s D. 2.4m/s
13. 兴趣小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根粗细忽略不计的轻杆水平固定在铁架台上，用两根轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别固定于O1、O2两点，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门(图中没有画出)。实验时，将小球和两轻绳拉至与水平轻杆同一水平面处，使两轻绳刚好拉紧，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间。

(1)本实验需要测量小球的直径，他们用游标卡尺进行了多次测量，其中某次的测量结果如图乙所示，图丙是游标尺上读数关键部分的放大图，则小球的直径为d=______mm。
(2)下列说法中正确的是______。
A.固定小球的两根轻绳一定要互相垂直
B.若两根轻绳不等长，则小球的摆动就不在竖直平面内
C.应选用密度较大的小球做实验
D.必须用天平测出小球的质量
(3)如果测得小球自然下垂时球的上沿到轻杆下沿的垂直距离为L，小球通过光电门的时间为t，当地重力加速度为g，当实验所得数据满足关系式______时，可以验证机械能是守恒的；如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是______。(写出一条合理的即可)
14. 研究性学习小组的同学欲将现有量程为3mA的电流表改G1装成9.0V的电压表。已有的实验器材如下：
A.待测电流表G1(内阻约为100Ω)；
B.标准电流表G2(满偏电流为5mA，内阻未知)；
C.滑动变阻器R(最大阻值为3kΩ)；
D.电阻箱R′(阻值范围为0∼999.9Ω)；
E.电池组、开关、导线若干。

(1)为了测定电流表G1的内阻，学习小组的同学设计了图甲所示的电路，请完成以下实验内容：
①将滑动变阻器R调至最大，闭合S1；
②调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏；
③保持滑动变阻器R不变，再闭合S2，调节电阻箱R′，电流表的指针恰好指在如图乙所示的面板的“2”字上，此时电阻箱R′的示数为198.0Ω.由此可知电流表G1内阻的测量值为______Ω，与真实值相比______(填“偏大”“相等”或“偏小”)。
(2)为了更加准确地测量电流表G1的内阻，实验小组利用题中给出的实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：
①完善图丙的电路图；
②实验小组根据图丙设计的电路图进行实验，采集到电流表G1、G2的示数分别为1.0mA、5.0mA，电阻箱的读数为25.0Ω，则电流表G1内阻为______Ω；
③实验小组将电流表G1改装成9.0V的电压表，要______(填“串联”或“并联”)一个阻值Rx=______Ω的电阻。
15. 质量m=20kg的物体，从离地面h=16m高处由静止开始加速下落，经t=2s落地，设阻力的大小恒定不变，g取10m/s2，试求：
(1)物体下落的加速度大小．
(2)下落过程中物体所受阻力的大小．
16. 游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，如图甲所示。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端N与竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。已知圆轨道的半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道距地面高h=2.5R的M处由静止释放，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动，不考虑小球运动时所受的摩擦阻力及空气阻力。请通过分析、计算，说明小球能否通过圆轨道的最高点P。

17. 如图所示，两条相距L=1m的水平光滑导轨右端接一定值电阻R=0.8Ω。质量m=1kg、阻值r=0.2Ω的金属杆紧靠一压缩着的弹簧，弹簧被锁定着。MN右侧轨道间有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=1T，方向垂直纸面向里。某时刻解除弹簧的锁定，金属杆离开弹簧后，以v0=4m/s的速度从MN处进入磁场。整个过程金属杆和导轨始终垂直且接触良好。求：
(1)弹簧积蓄的弹性势能的大小；
(2)金属杆刚进入磁场时的加速度；
(3)当流过电阻R的电荷量为3C时，金属杆产生的焦耳热和速度的大小。

18. 如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>3a的区域内存在垂直x轴方向的匀强电场(图中未画出)，从原点O沿y轴正方向发射的粒子刚好从磁场右边界上P(3a,3a)点离开磁场进电场，经电场偏转后到达x轴上的Q点，到Q点速度恰好沿x轴正方向，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力，求：
(1)粒子经过P点的速度大小和方向；
(2)电场强度的大小和方向；
(3)粒子从O点运动到Q点所用时间。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场．电荷之间通过电场相互作用，故A错误；
B、为解释磁体产生磁场，安培提出了分子电流假说．认为在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每一个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，故B错误；
C、法拉第发现了电磁感应现象，1831年，法拉第在一次科学报告会上，当众表演了一个实验，一个铜盘的轴和铜盘的边缘分别连在“电流表”的两端．他摇动手柄使铜盘在磁极之间旋转，“电流表”的指针随之摆动．这是根据电磁感应现象制造的最早的圆盘发电机，故C正确；
D、1820年，奥斯特在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了．这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，故D错误。
故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
该题考查学生对重大物理历史事件的了解，引导学生关注科技发现的背后，科学家们几十年如一日的坚持和研究，养成良好的科学品质，学科学、用科学，爱科学．

2.【答案】D 
【解析】解：A.物体运动的加速度恒定，则a−t图线应为平行于t轴的直线，故A错误；
B.匀变速直线运动的位移
x=12at2
因为a恒定，故x−t图像为时间t的二次函数，为抛物线，故B错误；
C.根据速度公式有
v=at
所以物体的动能
Ek=12mv2=12ma2t2
因为m和a恒定，故Ek−t为二次函数图线，为抛物线，故C错误；
D.根据功率公式
P=Fv=Fat
因为F和a恒定，故P−t为正比例函数图线，为过原点的倾斜直线，故D正确。
故选：D。
由加速度恒定，判断加速度-时间图像合理性，由位移-时间关系判断图像合理性，由动能公式判断动能-时间图像，由功率公式判断功率-时间图像。
本题考查功率，学生需提升数形结合能力，从公式入手推导，多分析斜率及关键点。

3.【答案】A 
【解析】解：ABC.O点的电荷在A、B两点产生的场强大小相等，方向相反；D点的电荷在A、B两点产生的场强大小不等，方向相同，由场强的叠加可知A点的场强大于B点；O点的电荷在A、B两点产生的电势为正，大小相等；D点的电荷在A、B两点产生的电势为正，大小不等，由电势的叠加可知，A点的电势小于B点的电势，故A正确，BC错误；
D.因O点和D点分别固定一个电量为Q的正点电荷，则A点场强方向向左，根据场强叠加可知，OC间有一点场强大小与A点相等，但场强方向向右，CD间场强方向向左，存在一个点的场强与A点相同，按照对称性，在D右侧x0处场强大小与A点场强大小相同，但方向相反，所以在x轴上与A点场强相同点只有一个，在CD之间的某点，故D错误。
故选：A。
明确等量同种电荷电场的分布规律，从而结合电场的叠加规律明确AB两点的电场强度和电势的大小关系。
本题的关键要理解并掌握电场的叠加原理，知道电场线的疏密表示场强的大小，结合对称性分析这类问题．

4.【答案】A 
【解析】解：A、当通入电流时，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，根据右手螺旋定则可得导线中电流方向由A流向C，故A正确
B、E处磁场与O处的磁场大小相等，方向相反，故B错误；
C、导线左侧的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针平移到O的左侧D处时N极依然垂直于纸面向里，故C错误；
D、直导线AC中的电流逐渐增大的过程中，小磁针不旋转，故D错误。
故选：A。
小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向。也可为磁感线在该点的切线方向。而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向。
考查学生对通电导线周围磁场的理解，能够应用安倍定则判别电流周围的磁场方向．

5.【答案】B 
【解析】解：AB.钢板切割磁感线的长度为d，则产生的电动势为E=Bdv，故A错误，B正确；
CD.磁场方向与滑道平面垂直，则穿过每只钢板的磁通量为Φ=BdL不变，故CD错误。
故选：B。
根据导体切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式求解感应电动势，根据磁通量的定义式分析磁通量。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律和磁通量的计算，关键是掌握导体切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式，知道磁通量的定义式。

6.【答案】C 
【解析】解：AB、卫星在圆轨道2上运行时，无需动力，卫星的重力势能不断转化为动能，卫星速度增大，故AB错误；
C.根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道3上运行的周期大于在轨道1、2上运行的周期，故C正确；
D.卫星在轨道2上的P点变轨时，要减速做向心运动才能沿轨道1运动，故D错误。
故选：C。
根据卫星在椭圆轨道上运动的特点分析，根据开普勒第三定律分析，依据离心、近心运动，及圆周运动的条件，即可求解．
本题关键注意变轨时离心运动与近心运动的区别．

7.【答案】B 
【解析】解：A.在直流电路中，在电路稳定时，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，故A错误；
B.增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，故B正确；
C.增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E=Ud可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，故C错误；
D.断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，故D错误。
故选：B。
分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题。
本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键。

8.【答案】D 
【解析】解：A.由电动势表达式可知，t=0.05s时线框与中性面平行，感应电动势为零，故线框中磁通量变化率为零，故A错误；
B.线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压为
u=2202sin(100πt)V
故输入变压器的电压的有效值为U=Um2=22022V=220V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有
n1n2=22020=111，故B错误；
C.电路中熔断器熔断电流为0.4A，此时根据能量守恒定律，有
U1I1=U2(nIL)
解得：n=11
故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过11只，故C错误；
D.若线框转速减半，根据公式
Em=NBSω
产生的电动势最大值也减半，且
ω=2πn=50π(rad/s)
则产生的电动势为
e=1102sin(50πt)V
故D正确。
故选：D。
将时间代入到电动势的瞬时表达式中，根据此时的电动势的大小关系得出线框中磁通量的变化率；
根据原副线圈的电压之比得出匝数之比；
根据原副线圈功率相等分析出副线圈并联的灯泡数量；
当转速减半时，分析出此时的电动势的表达式。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据电路构造分析出原副线圈的电学物理量之比，同时结合原副线圈两端的匝数之比完成分析。

9.【答案】BC 
【解析】解：A.雨滴在匀速之前所受阻力在增大，故A错误；
B.雨滴在下落，高度降低，则重力一直做正功，故B正确；
C.根据P=Fv=mgv，重力mg大小不变，速度v先增大后不变，则重力的功率先增大后不变，故C正确；
D.由于重力一直做正功，则雨滴的重力势能一直在减小，故D错误。
故选：BC。
雨滴匀速前阻力是变化的，雨滴下落过程中，重力做正功，重力势能减小，由瞬时功率公式判断重力功率变化趋势。
本题考查功率，学生需从瞬时功率入手分析功率的动态变化过程。

10.【答案】BD 
【解析】解：AB.由题意可知UMP=UMN+UNP=7V，A项错误，B项正确；
C.如下图所示，在 MP上取一点 S，使MS与NS长度之比为4：3，则连线NS为等势线，根据几何关系可得
MS=47MP=207cm 显然MP和NS不垂直，根据电场强度方向垂直于等势线可知该匀强电场方向与MP不平行，故C错误；
D.如图所示，作PP′//NS，则PP′为一条等势线，再作MP′⊥PP′，则电场强度方向由P′指向M，根据几何关系可知MP′  E=UMPdMP,E>7V5cm=140V/m.故D正确。

故选：BD。
由题意可知UMP=UMN+UNP可求出UMP；，找到电势相等的点，作等势线，电场线和等势线垂直；由公式U=Ed求出场强大小、方向．
本题综合考查了等势面、电场强度、电势差、等势线等内容，综合性比较强，在分析题目时注意利用等势面(线)与电场线的垂直关系，作出电场线。

11.【答案】BD 
【解析】解：AC.线圈中0时刻图像切线的斜率最大，则磁通量的变化率最大，则感应电动势最大，故AC错误；
B.线圈中C时刻磁通的变化率为零，则感应电动势为0，故B正确；
D.线圈从0至C时间内平均感应电动势为
E−=ΔΦΔt=2×10−30.005V=0.4V，故D正确。
故选：BD。
图像斜率代表变化率，即感应电动势，进一步求解最值，结合感应电动势平均值公式求解平均感应电动势。
本题考查电磁感应定律，学生需掌握感应电动势的相关公式。

12.【答案】ABD 
【解析】解：若乒乓球直接打中瓶盖，设乒乓球运动时间为t1，由题意可得l=v0t1=1.2m
y=12gt12=h1−h2=0.05
联立解得v0=12m/s
若乒乓球经一次落台反弹后击中瓶盖，从发球到反弹所经过的时间为t2=2h1g=2×0.210s=0.2s
乒乓球反弹位置距离发球位置的水平距离为
x1=v′0t2
由题意可知反弹后乒乓球的竖直分速度大小为
vy=gt2
乒乓球从反弹到击中瓶盖所经历的时间为
t3=l−x1v′0
在竖直方向上有
h2=vyt3−12gt32=0.15m
联立式解得v′0=4m/s或者v′0=2.4m/s
综上所述，ABD正确，C错误。
故选：ABD。
乒乓球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速运动，根据运动学公式即可求得。
本题主要考查了平抛运动，抓住平抛运动的特点，利用好运动学公式即可求得。

13.【答案】10.44Cg(L+d2)=d22t2  光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门 
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，其精度是0.02mm，小球的直径为d=10mm+0.02mm×22=10.44mm。
(2)A、固定小球的两根轻绳在同一竖直平面内即可，不一定要互相垂直，故A错误；
B、只要两根轻绳与小球在同一竖直平面内即可，两根轻绳不等长小球的摆动可以在竖直平面内，故B错误；
C、为减小空气阻力对实验的影响，应选用质量大而体积小即密度较大的小球做实验，故C正确；
D、如果小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2，可以把小球的质量约去，需要验证的表达式是gh=12v2，实验不需要测出小球的质量，故D错误。
故选：C。
(3)很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，小球在最低点时的速度大小v=dt
小球动能增加量ΔEk=12mv2=md22t2
重力势能减小量ΔEP=mg(L+L2)
如果ΔEP=ΔEk，即mg(L+L2)=md22t2，整理得：g(L+d2)=d22t2即可验证机械能守恒；
如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门，则遮光时间偏小，测得的速度偏大。
故答案为：(1)10.44；(2)C；(3)g(L+d2)=d22t2；光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门。
(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)求出小球经过光电门时的速度，求出小球动能的增加量与减少量，然后分析答题；根据实验误差来源分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用机械能守恒定律即可解题。

14.【答案】99.0偏小  100.0串联  2900.0 
【解析】解：(1)③电流表G1的量程为3mA，由图乙所示表盘可知，流过电流表的电流为3.0mA，滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S2时认为电路总电流大体不变，流过电流表的电流变为2.0mA，则流过电阻箱的电流为1.0mA，流过电阻箱的电流等于流过电流表的电流的一半，由并联电路特点可知，电阻箱的阻值为电流表内阻的两倍，则电流表内阻为99.0Ω；由于闭合开关S时，电路总电阻减小，电路总电流变大，大于3mA，但实验认为电路电流不变，因此当流过电流表电流为2.0mA时，流过电阻箱的电流大于1.0mA，电流表内阻大于电阻箱阻值的一半，因此电流表内阻测量值小于真实值。
(2)①根据②中数据，并联电路两端电压相等，可以让电流表G1与电阻箱并联，然后与电流表G2串联，电路如图；

②根据电路结构可得电流表G1的内阻
RG1=U1O1=(I2−I1)R′I1=100.0Ω
③把电流表G1改装成9.0V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为
Rx=UIG1−RG1=2900.0Ω
故答案为：(1)③99.0；偏小；(2)①电路图如上图所示；②100.0；③串联；2900.0
(1)根据电路构造结合欧姆定律分析出电流表内阻的测量值，并分析出测量值和真实值的大小关系；
(2)根据实验原理设计出合适的电路图，根据电路构造和欧姆定律计算出电流表的内阻；
根据电表改装的相关知识完成分析。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，熟悉电路构造和欧姆定律完成分析即可，尤其要熟练掌握电表的改装问题，这是常考的知识点。

15.【答案】解：(1)由位移公式可知，物体的加速度：a=2ht2=2×1622=8m/s2；
(2)由牛顿第二定律得：mg−f=ma，解得：f=40N；
答：(1)物体下落的加速度大小为8m/s2.
(2)下落过程中物体所受阻力的大小为40N. 
【解析】(1)物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式可以求出加速度．
(2)应用牛顿第二定律可以求出物体所受阻力．
本题考查了求加速度与阻力问题，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用匀变速直线运动的位移公式与牛顿第二定律即可解题．

16.【答案】解：假设小球刚好能过最高点，在最高点时小球只受重力作用，此时重力提供向心力，有mg=mvmin2R
解得小球能过最高点的最小速度vmin=gR
设小球运动到最高点P时的速度为v，小球从M点运动到P点的过程中，根据机械能守恒定律，有mgh=12mv2+mg×2R
解得v=gR=vmin
即小球刚好能过最高点。
答：小球能通过圆轨道的最高点P 
【解析】假设小球刚好能过最高点，根据牛顿第二定律求解小球能过最高点的最小速度，根据机械能守恒定律得到小球在最高点的速度进行判断；
本题主要考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键是抓住小球恰好通过最高点的临界条件即可判断。

17.【答案】解：(1)进入磁场前，金属棒已离开弹簧，弹簧的弹性势能全部转化为金属杆的动能，有：
EP=12mv02=12×1×42J=8J；
(2)刚进入磁场时，金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv0
回路的电流为：I=BLv0R+r
金属杆所受的安培力大小为：F=BIL=B2L2v0R+r，方向向左：
所以金属杆的加速度大小为：a=Fm
联立解得：a=4m/s2，方向向左；
(3)当电量q=3C时，取向右为正方向，由动量定理得：
−BI−L⋅Δt=mv−mv0
又因：q=I−Δt
联立解得，金属杆的速度：v=1m/s
说明金属杆还没有停下，仍在运动。
系统产生的焦耳热：Q=EP−12mv2=8J−12×1×12J=7.5J
金属杆产生的焦耳热：Qr=rr+RQ=0.20.2+0.8×7.5J=1.5J。
答：(1)弹簧积蓄的弹性势能的大小为8J；
(2)金属杆刚进入磁场时的加速度大小为4m/s2，方向向左；
(3)当流过电阻R的电荷量为3C时，金属杆产生的焦耳热为1.5J，速度的大小为1m/s。 
【解析】(1)根据能量守恒定律进行解答；
(2)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答；
(3)由动量定理求解金属杆的速度，根据能量守恒定律结合焦耳定律求解金属杆产生的焦耳热。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度、位移等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

18.【答案】解：带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动的轨迹如图1所示。

设粒子经过P点的速度大小为v，在磁场中的轨迹半径为r，根据几何关系有：
(3a−r)2+(3a)2=r2，sinθ=3ar
解得：r=2a，θ=60∘
在磁场中由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r
解得：v=2qBam
由几何关系可得粒子经过P点的速度方向与−y方向夹角等于θ=60∘
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动，沿+x方向做匀速直线运动，沿−y方向做匀减速直线运动，到达Q点时沿y轴的速度为零。
由牛顿第二定律得：qE=ma1
沿y轴方向由运动学公式可得：2×a1×3a=(v⋅cosθ)2
解得电场强度的大小：E=3qB2a6m
在磁场中粒子顺时针偏转，由左手定则可知粒子带负电，在电场中沿−y方向做匀减速直线运动，电场力沿+y方向，可知电场强度的方向沿−y方向。
(3)粒子在磁场中的运动周期为：T=2πrv=2πmqB
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为π−θ=180∘−60∘=120∘
粒子在磁场中的运动时间：t1=120∘360∘T=2πm3qB
粒子在匀强电场中沿−y方向有：v⋅cosθ=a1t2
解得：t2=23mqB
粒子从O点运动到Q点所用时间：t=t1+t2=(2π+63)m3qB
答：(1)粒子经过P点的速度大小为2qBam，方向与−y方向夹角为60∘；
(2)电场强度的大小为3qB2a6m和方向沿−y方向；
(3)粒子从O点运动到Q点所用时间为(2π+63)m3qB。 
【解析】(1)带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解速度大小，由几何关系求解速度方向；
(2)粒子在匀强电场中做类抛体运动，将此运动沿x、y轴分解，由牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式解答；
(3)运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间；由粒子在匀强电场中沿−y方向做匀减速运动求得在电场中运动时间，两时间之和即为所求。
本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，属于基础题。带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，根据牛顿第二定律求解；带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，要将运动分解处理。