2021-2022学年北京市延庆区高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市延庆区高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了Φ2和Φ3，则等内容，欢迎下载使用。
关于库仑定律，下列说法正确的是( )
A. 库仑定律适用于点电荷，体积很大的带电体都不能看做点电荷
B. 根据库仑定律，当两个带电体间的距离r→0时，库仑力将趋向无穷大
C. 库仑定律和万有引力定律的表达式很相似，它们都是与距离平方成反比例的定律
D. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，当小磁针静止时，小磁针指向如图所示，其中指向正确的是( )
A. aB. bC. cD. d
如图所示，将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量分别为QA、QB；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量分别为QA′和QB′。对于上述实验，下列判断正确的是( )
A. QAEcC. φa>φb>φcD. Uab=Ubc
如图所示匀强磁场的磁感应强为B，方向沿x轴的正方向，且线段MN、DC、NC、EF、MD、NE、CF均相等，通过面积SMNCD、SNEFC、SMEFD的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则( )
A. Φ1=Φ2
B. Φ1=Φ3
C. Φ3>Φ1
D. Φ2>Φ3
关于电势和电势能，下列说法正确的是( )
A. 在负点电荷形成的电场中，离场源电荷越近电势越高
B. 在负点电荷形成的电场中，沿着电场线的方向电势逐渐升高
C. 在正点电荷形成的电场中，负电荷离场源电荷越远电势能越大
D. 在匀强电场中，负电荷沿着电场线的方向移动，电势能逐渐减小
如图所示，匀强电场场强为E，A与B两点间的距离为d，AB与电场线夹角为α，则A与B两点间的电势差为( )
A. EdB. EdcsαC. EdsinαD. Edtanα
如图所示，灵敏电流表与螺线管组成闭合回路。关于电流表指针偏转角度的情况，下列说法正确的是( )
A. 将磁铁快速插入螺线管比缓慢插入螺线管时电流表指针偏角大
B. 将磁铁从螺线管中拉出时，磁通量减少，故电流表指针偏角一定减小
C. 不管磁铁插入快慢，因为磁通量变化相同，故电流表指针偏角相同
D. 磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量最大，故电流表指针偏角最大
利用如图所示电路做“观察电容器充、放电现象”的实验。实验开始时，先将开关S拨到1，稳定后再将开关S拨到2。下列说法正确的是( )
A. 开关S接1时，电流表的指针从零位置逐渐偏转到最大角度并保持不变
B. 开关S接1时，电压表的指针最初偏转一个最大的角度，然后逐渐回到零位置
C. 开关S接2时，小灯泡由暗逐渐变亮
D. 开关S接2时，电流表的指针最初偏转一个大的角度，然后逐渐回到零位置
R1和R2是材料相同、厚度相同的正方形导体片，R1的边长为R2边长的2倍。在两导体片加上相同的电压，通过两导体片的电流方向如图所示，则通过两者的电流的大小之比I1：I2为( )
A. 1：1B. 2：1C. 1：2D. 4：1
一个T形电路如图所示，电路中的电阻，R1=30Ω，R2=R3=20Ω，另有一测试电源，所提供电压恒为10V，以下说法正确的是( )
A. 若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50Ω
B. 若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40Ω
C. 当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为5V
D. 当cd两端接上测试电源时，ab两端的电压为5V
如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电流表和电压表均为理想电表．只闭合S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12V，再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是( )
A. 2 AB. 8 AC. 50 AD. 58 A
一带正电的粒子在电场中做直线运动的v−t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是( )
A. 该电场可能是由某正点电荷形成的
B. M点的电势低于N点的电势
C. 带电粒子从M点到N点的过程中，电势能逐渐减小
D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是( )
A. P向a移动，V1示数减少、V2的示数增大
B. P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C. P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D. P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
北京冬奥组委召开“低碳管理工作阶段性成果新闻发布会”，为贯彻落实“简约、安全、精彩”的办赛要求，北京冬奥组委交通部积极推进低碳交通工作，在车辆筹措、交通运行、高铁运输、信息化管理等方面开展了一系列工作，目前，最大限度应用节能与清洁能源车辆，减少碳排放量，制定了“北京赛区内，主要使用纯电动、天然气车辆；延庆和张家口赛区内，主要使用氢燃料车辆”的配置原则。电动汽车由于节能环保的重要优势，越来越被大家认可，电动汽车储能部件是由多个蓄电池串联叠置组成的电池组，如图所示。某品牌电动小轿车蓄电池的数据如表所示。下列说法正确的是( )
A. 可以将电池组的两极直接接在交流电上进行充电
B. 电池容量的单位Ah就是能量单位
C. 该电池组充电时的功率为8.4×105W
D. 该电池组充满电所储存的能量约为1.4×108J
在“测量金属丝的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为______mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。测量所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0∼20Ω,额定电流2A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量Rx使用的电路是如图______(选填“乙”或“丙”)所示的电路。
(3)图丁是测量Rx的实物电路图(未连接完整)。
闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于变阻器的一端，可使闭合开关后，电压表或电流表不至于被烧坏。请根据第(2)问中所选的电路图，补充完成实物图的连线。
(4)关于本次实验中产生的误差，下列说法中正确的是______。(本实验所用测量仪器均已校准，选填选项前的字母)
A.用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.用U−I图像处理实验数据求金属丝电阻可减小偶然误差
C.由于电流表或电压表内阻的影响会使本次实验电阻率测量值小于真实值
(5)这个小组的同学在坐标纸上建立U−I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的7个坐标点。请在图中描绘出U−I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx=______Ω(保留两位有效数字)。
(6)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______Ω⋅m(保留两位有效数字)。
如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37∘。已知小球所带电荷量q=1.0×10−5C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从M点沿垂直磁场边界的方向垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，从N点飞出磁场。不计带电粒子所受重力。
(1)请判断该带电粒子的正负？
(2)求MN的直线距离。
(3)要使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
如图所示，水平固定放置的导轨，间距为L，电阻不计；左端连接一电动势为E、内阻为r的电源。垂直导轨放置的金属杆ab质量为m，长也为L，电阻为R。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上(图中的磁感线垂直于金属杆)。结果ab静止于水平导轨上。已知重力加速度为g。
(1)求金属杆中的电流Ⅰ的大小；
(2)选择合适的角度画出金属杆的受力图；
(3)求金属杆ab受到的摩擦力f的大小和支持力N的大小。
如图为某质谱仪工作原理图，离子从电离室A中的小孔S1逸出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2和S3，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B匀强磁场中，运动半个圆周后打在接收底版D上并被吸收。对于同一种元素，若有几种同位素时，就会在D上的不同位置出现按质量大小分布的谱线，经过分析谱线的条数、强度(单位时间内打在底版D上某处的粒子动能)就可以分析该种元素的同位素组成。
(1)若从小孔S1逸出的粒子质量是m，电荷量为q，求该粒子进入磁场后运动的轨道半径；
(2)若测得某种元素的三种同位素a、b、c打在底版D上位置距离小孔S3的距离分别为L1、L2、L3，强度分别为P1、P2、P3，求：
①三种同位素a、b、c的粒子质量之比m1：m2：m3；
②三种同位素a、b、c分别形成的环形电流大小之比I1：I2：I3。
做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。如图所示，真空中静止点电荷+Q产生的电场中，取无穷远处的电势为零，则在距离点电荷+Q为r的某点处放置电荷量为+q的检验电荷的电势能为Ep=kQqr(式中k为静电力常量)。
(1)A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和r2；
①将该检验电荷由A点移至B点，判断电场力做功的正负及电势能的增减；
②求A、B两点的电势差UAB。
(2)类似的，由于引力的作用，行星引力范围内的物体具有引力势能。若取离行星无穷远处为引力势能的零势点，则距离行星球心为r处的物体引力势能Ep=−GMmr，式中G为万有引力常量，M为行星的质量，m为物体的质量。
①设行星的半径为R，求探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度v的大小。
②已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030kg，求它可能的最大半径？
(光在真空的速度c=3.0×108m/s，G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，结果保留三位有效数字)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.库仑定律适用于点电荷，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，与带电体的体积没有必然的联系，故A错误；
B.当两个带电体间的距离r→0时，带电体不能看成点电荷，库仑定律不再适用，故B错误；
C.库仑定律和万有引力定律的表达式分别为
F库=kQ1Q2r2，F引=GM1M2r2
可知它们都是与距离平方成反比例的定律，故C正确；
D.q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
库仑定律阐明，在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与距离平方成反比，与电量乘积成正比。
熟悉库仑定律的公式，重点是库仑定律的适用条件。
2.【答案】D
【解析】解：根据安培定则可知通电螺线管N极在右端，因此沿轴向磁场方向水平向右，小磁针N极的指向与磁场同向，故abc指向错误；上方磁场方向水平向左，所以小磁针d指向正确，故D正确，ABC错误。
故选：D。
利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向。
本题比较简单，考查了通电螺线管周围磁场方向，注意磁感线是闭合曲线，外部从N极到S极，内部从S极到N极。
3.【答案】B
【解析】解：根据静电感应现象可知，导体近端感应负电荷，远端感应正电荷，即QA和QA′带正电，QB和QB′带负电；导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子而带正电。根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，即QA=QB QA′=QB′，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据静电感应现象，在正点电荷的电场作用下，导体AB自由电荷重新分布，不论沿着哪条虚线切开，都有A带正电，B带负电，且电量总是相等。
掌握电荷守恒定律的应用，注意两部分的电量总是相等是解题的突破口。
4.【答案】C
【解析】解：AB、一条电场线无法确定电场线的疏密情况，所以无法比较三点的电场强度的大小；故AB错误；
CD、沿着电场线方向，电势降低，则一定有φa>φb>φc，但无法得出电势差大小间的关系，故C正确、D错误。
故选：C。
电场线的疏密代表场强大小，沿着电场线方向，电势降低。
本题考查电场线知识点，解题关键掌握电场线的特点，注意电场线的疏密代表场强大小，沿着电场线方向，电势降低。
5.【答案】B
【解析】解：据题意，匀强磁场的方向沿x轴的正方向，则没有磁感线穿过SNEFC，Φ2=0；
SMNCD、SMEFD在磁场垂直方向的有效面积等于SMNCD的面积，所以有Φ1=Φ3>Φ2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，在匀强磁场中，根据公式Φ=BSsinθ，Ssinθ是线圈在磁场垂直方向投影的面积，确定有效面积，再进行分析．
解决本题的关键是准确理解磁通量公式Φ=BSsinθ，知道Ssinθ是线圈在磁场垂直方向投影的面积．
6.【答案】C
【解析】解：AB.在负点电荷形成的电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，而电场线止于负电荷，所以离场源电荷越近电势越低，故AB错误；
C.在正点电荷形成的电场中，离场源电荷越远电势越低，所以负电荷离场源电荷越远电势能越大，故C正确；
D.在匀强电场中，负电荷沿着电场线的方向移动，电场力做负功，电势能逐渐增大，故D错误。
故选：C。
沿着电场线的方向电势逐渐降低，负电荷在电势低的位置电势能高；电场力做负功，电势能逐渐增大。
本题考查静电场基础概念，涉及电势、电势能以及电场线的关系，要求学生掌握电场基础知识，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：由题，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，则这两点沿电场方向的距离d′=dcsθ，A、B两点间的电势差U=Ed=Edcsθ。
故选：B。
已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d′，再求解电势差U。
本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。
8.【答案】A
【解析】解：AC、将磁铁快速插入螺旋管与缓慢插入螺线管相比，前者螺线管磁通量的变化率比后者大，所以前者产生的感应电动势比后者大，从而前者电流表指针偏角比后者大，故A正确，C错误；
B、电流表指针偏角的大小取决于螺线管中磁通量变化的快慢，并不是由磁通量增加或减小而决定的，故B错误；
D、磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，电流指针不发生偏转，故D错误；
故选：A。
磁通量的变化快慢会影响感应电动势的大小，从而影响电流表指针的偏转，与磁通量本身的大小无关。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁通量的变化率定性地分析出电流表指针的偏角大小即可。
9.【答案】D
【解析】解：AB、开关S接1的较短时间内电容器充电，依据电容器充电过程中，会形成电流，电容器极板电压在增加；当电容器充电完毕后，电荷不再定向移动，没有电流，但电容器极板间仍存在电压，因此当S接1时，电流表的指针最初偏转一个最大的角度，然后逐渐回到零位置，而电压表的指针从零位置逐渐偏转到最大角度并保持不变，故AB错误；
C、当S接2时，电容器处于放电过程中，小灯泡由暗逐渐变亮，最后逐渐变暗，故C错误；
D、当S接2时，电容器处于放电状态，电流刚开始有一最大值，然后逐渐减小到零，因此电流表的指针最初偏转一个最大的角度，然后逐渐回到零位置，故D正确；
故选：D。
依据电容器的充电与放电过程中，电流与电压的变化，从而即可判定。
考查电容器的充电与放电过程中，电流与电压的变化情况，注意电流的形成原理，理解电压器充电稳定电压是不变的。
10.【答案】A
【解析】解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，由电阻定律，可得导体的电阻为：R=ρLS=ρLLd=ρd，则可知R与边长L无关，R1和R2的厚度相同，则R1的阻值等于R2的阻值；
根据欧姆定律，可得通过电阻的电流I=UR，由于U相同，R1=R2，可得I1=I2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同，设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρLS研究电阻的关系；然后由欧姆定律比较通过电阻的电流大小。
本题是物理规律在实际中应用的范例，根据电阻定律和欧姆定律，结合几何关系求解。
11.【答案】D
【解析】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：R=R2R3R2+R3+R1=20×2020+20Ω+30Ω=40Ω，故A错误；
B、当ab端短路时，cd之间电路结构是电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：R=R1R3R1+R3+R2=30×2030+20Ω+20Ω=32Ω，故B错误；
C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律，可得cd两端的电压为：U=ER1+R3⋅R3=1030+20×20V=4V，故C错误；
D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律，可得ab两端的电压为：U′=ER2+R3⋅R3=1020+20×20V=5V，故D正确。
故选：D。
当cd端短路时，ab间电路的结构为电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构为电阻R1、R3并联后与R2串联，根据串并联电路知识求解；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律求解电压。
本题考查电路的串并联规律应用，对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串、并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。
12.【答案】C
【解析】解：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：
E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，
R灯=UI=1210Ω=1.2Ω，
再接通S2后，流过电动机的电流为：
I电动机=E−I′R灯r−I′=12.5−8×−8A=50A
故选：C。
只接通S1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通S2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流．
本题应注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流．
13.【答案】B
【解析】解：AD、由速度-时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误；
BC、由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小；由于该粒子只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带正电，则电场线方向从N→M，所以M点的电势低于N点的电势，故C错误、B正确；
故选：B。
粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场；由速度-时间图象分析粒子速度的变化，根据能量守恒定律分析电势能的变化，由此分析电势的高低和电场力做功情况。
本题主要抓住速度时间图象的特点：斜率等于加速度，分析出粒子做匀减速直线运动，能根据能量守恒定律或电场力做功与电势能的关系来判断粒子电势能的变化情况．
14.【答案】C
【解析】解：由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；
AC、若P向a端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，R1两端的电压增大；路端电压减小，故R2两端的电压减小，因路端电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，故A错误、C正确；
BD、若P向b端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，V1减小，由于内电压减小，故路端电压增大，而V1减小，V2必然增大，且增大量一定大于V1的减小量，即V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，故BD错误。
故选：C。
由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化。
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。
15.【答案】D
【解析】解：A、由表中数据可知，充电电压为420V，故电池组两极不能直接在交流电上充电，故A错误；
B、电池的容量单位符合q=It的计算规律，故该单位为电量的单位，故B错误；
C、根据功率的公式P=UI，代入数据可得充电的功率为P=420×20W=8.4kW，故C错误；
D、放电时的总电压U=100×3.3V=330V，该电池组充满电所储存的能量为W=UIt=Uq=330×120J=1.4×108J，故D正确。
故选：D。
A、根据表中数据可知，不能直接在交流电上充电；
B、根据电量的单位推导，可以判断容量的单位不是能量的单位；
C、根据功率公式，结合表中数据得出充电的功率；
D、根据表中数据得出电池组充满电所储存的能量。
对于电池的几个参量，要熟记其物理意义，比如电池的容量、电池的电动势等等。
16.【答案】0.398乙 C4.51.1×10−6
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为：d=0+39.6×0.01mm=0.396mm(0.394∼0.398均可)；
(2)从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是乙图；
(3)根据已知原理图可得出对应的实物图如图所示；
(4)A、用螺旋测微器读数时，由于不同人估读不一样，所以此次测量引起的误差是偶然误差，故A错误；
B、用U−I图像处理实验数据时，可以减小偶然误差，故B正确；
C、由于电流表采用外接法，电流的测量值大于待测电阻的真实值，则电阻的测量值小于真实值，故C正确。
故选：C
(5)根据欧姆定律可知，U−I图象的斜率就是导体的电阻R=UI=Ω=4.5Ω
(6)由电阻定律R=ρlS知，金属丝的阻值率为：ρ=RSl=πRd24l=3.14×4.5×(0.396×10−3)24×0.5=1.1×10−6Ω⋅m。
故答案为：(1)0.398(0.394∼0.398均可)；(2)乙；(3)如图所示；(4)C；(5)4.5；(6)1.1×10−6
(1)读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；
(2)(3)根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法。并按图连接实物图；
(4)根据误差的意义分析各类误差；
(5)根据电阻定律结合图象的斜率可以求出电阻；
(6)由电阻定律，结合题设已知求电阻率。
该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：
1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读数时是固定刻度的值与可动刻度的值之和；
2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接；
3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电键时，分压电路的输出端电压要为零，调整滑动变阻器为最大值。
17.【答案】解：(1)小球受到的电场力的方向向右，与电场线的方向相同才能处于图中的静止状态，表明小球带正电。
小球所受电场力F的大小为：
F=qE=1.0×10−5×3.0×103N=3.0×10−2N；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mgtanθ=qE
解得：m=4.0×10−3kg；
(3)小球到达最低点时，由动能定理得：
mgl(1−csθ)=12mv2
解得：v=2m/s。
答：(1)小球所受电场力F的大小是3.0×10−2N。
(2)小球的质量m是4.0×10−3kg；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小是2m/s。
【解析】(1)根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
(2)根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。
(3)将电场撤去后，小球向下摆动的过程中重力做功，由动能定理即可求出回到最低点时的速度。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和动能定理列出方程解答。
18.【答案】解：(1)根据左手定则，结合粒子运动轨迹可知粒子带负电；
(2)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2R，
可得带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mvqB，
则MN=2R=2mvqB
(2)粒子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力二力平衡，即qvB=qE，
所以电场强度E=vB。
答：(1)该带电粒子带负电；
(2)MN的直线距离为2mvqB。
(3)要使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，电场强度E的大小为vB。
【解析】(1)根据左手定则，结合粒子运动轨迹可知粒子电性；
(2)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，以此求解圆周运动的半径根据几何关系解得MN；
(3)粒子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力二力平衡，以此求解电场强度的大小。
解决该题的关键是明确知道带电粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，熟记向心力、洛伦兹力的公式。
19.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律知电流为：I=ER+r；
(2)金属杆受到重力、支持力、安培力和摩擦力，受力分析(前视图)如图；
(3)根据安培力的计算公式可得安培力：F=BIL，
水平方向上根据共点力平衡可知摩擦力：f=BILsinθ，
代入数据后得到：f=BLER+rsinθ，方向向左；
竖直方向根据平衡条件，有：mg=FN+BILcsθ，
代入得到：N=mg−BLER+rcsθ。
答：(1)金属杆中的电流I的大小为ER+r；
(2)金属杆的受力图见解析；
(3)金属杆ab受到的摩擦力f的大小为BLER+rsinθ，支持力N的大小为mg−BLER+rcsθ。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律知电流；
(2)分析金属杆的受力情况，画出受力分析图；
(3)根据水平方向合力为零求解摩擦力f；根据金属杆竖直方向平衡求解棒受的支持力。
解决考查闭合电路欧姆定律和安培力、共点力的平衡，画出受力分析图是关键，尤其是安培力的方向，利用左手定则判定，最后正交分解，分别列平衡方程去求未知力。
20.【答案】解：(1)粒子经加速电场加速，由动能定理得qU=12mv2，解得：v=2qUm①
粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，粒子在磁场中运动轨道半径r=mvqB=1B2mUq②
(2)①粒子打在底板上的位置距离S3的距离L=2r，解得粒子的质量m=B2L2q8U③
则a、b、c的粒子质量之比为：m1：m2：m3=L12：L22：L32
②单位时间内比荷为qm的粒子射到底板上的强度为P，粒子数为N，则
P=N⋅12mv2④
由①④得：N=PUq⑤
形成的环形电流I=Nq△t=PU三种同位素a、b、c形成的环形电流之比为：I1：I2：I3=P1：P2：P3
答：(1)该粒子进入磁场后运动的轨道半径为1B2mUq；
(2)①三种同位素a、b、c的粒子质量之比m1：m2：m3为L12:L22:L32；
②三种同位素a、b、c分别形成的环形电流大小之比I1：I2：I3为P1：P2：P3；
【解析】(1)离子在电场中加速，由动能定理可以求出离子进入磁场时的速度。离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出离子的轨道半径。
(2)①求解粒子质量的表达式，从而求解三种同位素a、b、c的粒子质量之比；②根据单位时间内粒子射到底板上的强度P，结合电流的定义式求解三种同位素a、b、c分别形成的环形电流大小之比；
考查动能定理与牛顿第二定律的应用，掌握洛伦兹力与向心力表达式，理解同位素的概念。
21.【答案】解：(1)①正电荷受力向右，可知电场力做正功，电势能减小
②检验电荷在A点B点具有的电势能分别为：EPA=kQqr1，EPB=kQqr2
检验电荷从A点移到B点电场力做的功为：WAB=EpA−EpB，由电势差定义UAB=WABq
可得：UAB=kQ(r2−r1)r1r2
(2)①由机械能守恒可得：−GMmR+12mv2=0，解得：v=2GMR
②由c=2GMRm得最大半径Rm=2GMc2=2×6.67×10−11×1.98×1030(3×108)2m=2.93×103m
答：(1)①将该检验电荷由A点移至B点，电场力做正功，电势能减小；
②A、B两点的电势差UAB为kQ(r2−r1)r1r2；
(2)①探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度为2GMR。
②可能的最大半径为2.93×103m.
【解析】(1)电场力做正功，电势能减小；电场中两点间的电势差等于电场力在两点间做的功与电荷量的比值，而电场力做的功等于两点间电势能之差；
(2)脱离开行星的过程中只有引力做功，机械能守恒。脱离行星是指探测器到达势能为零的位置，根据机械能守恒定律可以计算求得。
电场力做的功等于电势能的变化量，根据电势差的定义式可以求得两点间的电势差。在探测器脱离行星的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律解得脱离行星的发射速度，进而求黑洞的最大半径。
电池只数
输入电压
充电参数
放电时平均电压/只
电池容量/只
100只
交流220V
420V，20A
3.3V
120Ah
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520