張家口市2019—2020學(xué)年第一學(xué)期階段測(cè)試卷高三物理一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，第8～12小題有多個(gè)選項(xiàng)正確。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得，有選錯(cuò)或不答的得0分。1.關(guān)于物理學(xué)史，下列說(shuō)法中正確的是（）A.卡文迪許在前人工作的基礎(chǔ)上，通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)了真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力的規(guī)律B.法拉第提出了電場(chǎng)、磁場(chǎng)的概念，直觀(guān)地描繪了場(chǎng)的圖象C.電場(chǎng)是為了便于研究物體的運(yùn)動(dòng)而引入的理想模型D.歷史上第一個(gè)發(fā)現(xiàn)電流周?chē)写艌?chǎng)，從而將電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象聯(lián)系在一起的科學(xué)家是赫茲【答案】B【解析】【詳解】A．真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力的規(guī)律是由庫(kù)倫通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)的，故A錯(cuò)誤.B．法拉第不僅提出了場(chǎng)的概念，而且直觀(guān)的描繪出了場(chǎng)的清晰圖像，故B正確.C．電場(chǎng)是實(shí)際存在的物質(zhì)，不是理想化模型．故C錯(cuò)誤.D．歷史上第一個(gè)發(fā)現(xiàn)電流周?chē)嬖诖艌?chǎng)，從而將電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象聯(lián)系起來(lái)的科學(xué)家是奧斯特，故D錯(cuò)誤.故選B.2.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為的小金屬塊A以初速度從光滑絕緣水平高臺(tái)上飛出。已知在足夠高的高臺(tái)邊緣右面空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小，則（）A.金屬塊不一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰B.金屬塊一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距高臺(tái)邊緣的最大水平距離為D.金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距高臺(tái)邊緣最遠(yuǎn)時(shí)的速度為【答案】C【解析】【詳解】A．小金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向受到向左的電場(chǎng)力，故水平方向先向右做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后向左做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故一定會(huì)與高臺(tái)邊緣相碰，故A錯(cuò)誤；B．小金屬塊受水平方向的電場(chǎng)力和豎直方向的重力作用，合力雖受力為恒力，但初速度與合力不在一條直線(xiàn)上，所以做勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．小金屬塊水平方向上向右做勻減速，由牛頓第二定律可知：所以解得；小金屬塊運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)水平方向速度為零，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有：故C正確；D．小金屬塊水平向右勻減速到水平速度為零時(shí)距高臺(tái)邊緣最遠(yuǎn)，所用時(shí)間：豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，分速度為：由于水平分速度為零，所以：故D錯(cuò)誤。故選C.3.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒以速度v從O點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)電磁場(chǎng)混合區(qū)域。其中電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，v與水平方向成角，且與磁場(chǎng)方向垂直。已知該微粒恰好能沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.該微粒可能帶正電 B.微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C.該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D.該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為【答案】C【解析】【詳解】AB．因?yàn)閹щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中受到洛倫茲力與速度有關(guān)，如果帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)復(fù)合的場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則一定是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；由于微粒勻速運(yùn)動(dòng)，所以重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力平衡，若粒子帶正電，電場(chǎng)力向左，洛倫茲力垂直于線(xiàn)斜向右下方，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力不能平衡，如圖所示：故粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤.CD．若粒子帶負(fù)電，符合題意，受力如圖所示：由圖根據(jù)受力平衡可知：可解得：故C正確，D錯(cuò)誤。故選C.4.如圖所示，水平面上有一均勻帶電圓環(huán)，帶電量為，其圓心為O點(diǎn)。有一帶電量為、質(zhì)量為m的小球恰能靜止在O點(diǎn)上方的P點(diǎn)，間距為L(zhǎng)。P與圓環(huán)上任一點(diǎn)的連線(xiàn)與間的夾角為，重力加速度為g，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上 B.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為C.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為 D.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為【答案】C【解析】【詳解】將圓環(huán)分為n等份（n很大，每一份可以認(rèn)為是一個(gè)點(diǎn)電荷），則每份的電荷量為:每份在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。焊鶕?jù)對(duì)稱(chēng)性可知，水平方向的合場(chǎng)強(qiáng)為零，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，其大?。河啥ζ胶饪傻迷赑點(diǎn)：解得P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為。故ABD正確，C錯(cuò)誤，故C符合題意.故選C.5.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，當(dāng)移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片時(shí)，電流表示數(shù)變大，則（）A.滑片一定向左移動(dòng) B.電源的輸出功率一定增大C.當(dāng)滑片滑到最左端時(shí)，電阻消耗的功率最大 D.電源的效率一定減小【答案】D【解析】【詳解】A．假設(shè)滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分電阻增大，外電路總電阻R增大，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大。電路中并聯(lián)部分的電壓：可知U并增大，電阻的電流增大，電流表的示數(shù)：變小。由題意，電流表示數(shù)變大，所以可知滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)，故A錯(cuò)誤.B．總電阻減小，干路電流I增大，由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)：當(dāng)流過(guò)的電流最大時(shí)，消耗的功率最大，此時(shí)回路中電阻最小，故滑片在最右端，而不是最左端；故C錯(cuò)誤.D．電源的效率：根據(jù)A選項(xiàng)分析過(guò)程可知滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，路端電壓U減小，電動(dòng)勢(shì)E不變，所以電源的效率一定減??；故D正確。故選D.6.如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、重力為G、通有電流I的導(dǎo)體棒。若空間中有一方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使導(dǎo)體棒保持靜止，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由左手定則可知安培力的方向，如圖所示：導(dǎo)體棒受重力、安培力以及支持力的作用而處于平衡，則由平衡條件知：故：故A正確。故選：A.7.如圖所示為早期回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，和是兩個(gè)中空半徑為R的半圓金屬盒，它們之間接高頻交流電其頻率為f，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，A處的粒子源產(chǎn)生的粒子在兩盒之間被電場(chǎng)加速，兩個(gè)半圓盒處于垂直于盒面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。粒子進(jìn)入半圓金屬盒內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若忽略粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間且不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子在磁場(chǎng)中回轉(zhuǎn)一周運(yùn)動(dòng)的周期越來(lái)越大B.粒子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小有關(guān)C.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速氘核D.粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動(dòng)能一定越大【答案】C【解析】【詳解】A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：與其速度的大小無(wú)關(guān)，所以粒子運(yùn)動(dòng)的周期不變。故A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知：得：與加速的電壓無(wú)關(guān)；最大動(dòng)能為：可知最大動(dòng)能與加速器的半徑、磁感線(xiàn)強(qiáng)度以及電荷的電量和質(zhì)量有關(guān)，與加速的次數(shù)無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤.C．根據(jù)：知換成氘核，比荷不發(fā)生變化，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不發(fā)生變化，回旋加速器粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期和高頻交流電的周期相等，故不需要改變磁感應(yīng)強(qiáng)度或交流電的周期，故C正確；故選：C.8.如圖，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒在一水平恒力F作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，則（）A.隨著運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度減小B.外力F對(duì)做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C.當(dāng)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F做功的功率大于電路中的電功率D.無(wú)論做何運(yùn)動(dòng)，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能【答案】AD【解析】【詳解】A．金屬棒所受的安培力為：由牛頓第二定律可知：速度增大，安培力增大，因?yàn)镕不變，則加速度減小，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．根據(jù)能量守恒可知，外力F對(duì)做的功等于電路中產(chǎn)生的電能以及棒的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤.C．當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力做的功全部轉(zhuǎn)化為電路中的電能，則外力F做功的功率等于電路中的電功率；故C錯(cuò)誤.D．根據(jù)功能關(guān)系知，克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；故D正確。故選AD.9.在如圖所示的電路中，閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A.電壓表V1示數(shù)在變大，電壓表V2示數(shù)在變小B.電流表A的示數(shù)減小，電壓表V3示數(shù)在變小C.電容器的電荷量增大，電阻R1消耗的電功率變大D.電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率變大【答案】AD【解析】【分析】保持開(kāi)關(guān)S閉合，根據(jù)變阻器接入電路電阻的變化，由歐姆定律分析電表讀數(shù)的變化．根據(jù)電容與板間距離的關(guān)系，分析電容的變化，確定電容器電量的變化，判斷R2中電流的方向．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化．【詳解】A、B項(xiàng)：該電路中兩個(gè)電阻串聯(lián)，閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)過(guò)程中，接入電路的有效電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知電路中電流I變大，則電流表A讀數(shù)變大；路端電壓：U=EIr減小，電壓表V3示數(shù)在變小，U1示數(shù)U1=IR1，隨I的增大在變大，U2示數(shù)U2=EI（R1+r），隨電流I的增大而減小，故A正確，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：電容器兩端的電壓為路端電壓，U減小，根據(jù)Q=CU可知電容器的帶電量減小，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：電源內(nèi)阻損耗的功率，由于電流變大，所以電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率，電流變大，所以電源消耗的總功率變大，故D正確．故應(yīng)選：AD．【點(diǎn)睛】電容器動(dòng)態(tài)分析重點(diǎn)在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開(kāi)電源則極板上的電量不變；電容器保持和電源相連，則兩板間的電勢(shì)差不變．要掌握、及電容的決定因素．10.電動(dòng)自行車(chē)是一種應(yīng)用廣泛的交通工具，其速度控制是通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)右把手實(shí)現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動(dòng)把手稱(chēng)“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸控制。轉(zhuǎn)把內(nèi)部有水久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖甲。開(kāi)啟電源時(shí)，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙。轉(zhuǎn)把轉(zhuǎn)動(dòng)永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動(dòng)，霍爾器件能輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差，已知電勢(shì)差與車(chē)速關(guān)系如圖丙，圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，以下關(guān)于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述錯(cuò)誤的是（）A.為提高控制靈敏度，永久磁鐵的上下端分別為N、S極B.按圖甲順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)把手，車(chē)速變快C.圖乙中霍爾器件只能從前后表面輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差D.若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負(fù)極性對(duì)調(diào)，則會(huì)影響車(chē)速控制【答案】ACD【解析】【詳解】A．由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，當(dāng)永久磁鐵的上下端分別為N、S極時(shí)，磁場(chǎng)與電子的移動(dòng)方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差，故A符合題意；B．當(dāng)按圖甲順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)把手，導(dǎo)致霍爾器件周?chē)拇艌?chǎng)增加，那么霍爾器件輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差增大，由圖丙可知車(chē)速變快，故B不符合題意C．根據(jù)題意，結(jié)合圖乙的示意圖，那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差，不一定在霍爾器件的前后表面，也可能在左右側(cè)面，故C符合題意；D．當(dāng)霍爾器件的上下面之間所加電壓正負(fù)極性對(duì)調(diào)，從霍爾器件輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差正負(fù)號(hào)相反，但由圖丙可知，不會(huì)影響車(chē)速控制，故D符合題意。故選ACD.11.如圖所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向內(nèi)．有一個(gè)粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，運(yùn)動(dòng)的半徑為r，在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為．下列說(shuō)法正確的是A.若r=2R，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為B.若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，則有成立C.若r=R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，則圓心角為150°【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁場(chǎng)中時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，磁場(chǎng)區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦，作出軌跡如圖，因?yàn)閞=2R，圓心角θ=60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間，故A錯(cuò)誤．若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系，有，故B正確．若r=R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圓心角90°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤．若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，軌跡如圖所示，圖中軌跡圓心與磁場(chǎng)圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)構(gòu)成菱形，圓心角150°，故D正確．故選BD.12.如圖所示，真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15°角，直線(xiàn)垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)E，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為的小球在A點(diǎn)以初速度大小方向水平向右拋出，經(jīng)時(shí)間t小球下落到C點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）時(shí)速度大小仍為，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)力對(duì)小球做功為零 B.小球的電勢(shì)能增加C.小球的機(jī)械能減小量為 D.C一定位于直線(xiàn)的右側(cè)【答案】BD【解析】【詳解】小球受到向下的重力和沿電場(chǎng)線(xiàn)斜向下的電場(chǎng)力，這兩個(gè)力的合力即“等效重力”如圖:AB．由圖可知小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故A錯(cuò)，B正確。C．因?yàn)樾∏蛟贏點(diǎn)和D點(diǎn)動(dòng)能相同，所以小球機(jī)械能的減少量為豎直方向的重力勢(shì)能的減少量，由于電場(chǎng)力向左下方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，故在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)的加速度a大于g，豎直方向：即：故C錯(cuò)誤。D．小球水平拋出后，到C點(diǎn)時(shí)速度大小仍為，則一定運(yùn)動(dòng)到“等效水平線(xiàn)”上，所以C點(diǎn)一定在直線(xiàn)的右側(cè)，故D正確。故選BD.二、第13～17題為必考題，每個(gè)考生都必須作答。第18～19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。把答案填在答題卡相應(yīng)的位置。解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。13.如圖（a）所示，深度的套筒豎直倒置，輕質(zhì)彈簧的上端固定在套筒內(nèi)，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，其下端位于筒內(nèi)。用測(cè)力計(jì)鉤住彈簧的下端用力豎直向下拉，記錄測(cè)力計(jì)的示數(shù)和露出筒外的彈簧的長(zhǎng)度，k和為測(cè)量彈簧的勁度系數(shù)和原長(zhǎng)，現(xiàn)在坐標(biāo)紙上作出圖象，如圖（b）所示。則彈簧的勁度系數(shù)_______，彈簧的原長(zhǎng)_______，測(cè)得原長(zhǎng)比實(shí)際長(zhǎng)度________（偏大，偏小，相等）?！敬鸢浮?1).200(2).5(3).偏大【解析】【詳解】[1][2]設(shè)彈簧原長(zhǎng)為，根據(jù)胡克定律有：結(jié)合圖象當(dāng)時(shí)，代入上式有：當(dāng)時(shí)，，代入上式有：聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)解得：，.[3]因?yàn)榭紤]到彈簧自重，測(cè)得原長(zhǎng)比實(shí)際長(zhǎng)度偏大。14.實(shí)驗(yàn)室有一阻值約為，長(zhǎng)為的由特殊材料制成的均勻金屬圓柱，為了測(cè)量這種特殊材料的電阻率，實(shí)驗(yàn)室能夠提供的實(shí)驗(yàn)器材有：電源E（12V，內(nèi)阻約）電壓表V（，內(nèi)阻約為）電流表A（，內(nèi)阻約為）滑動(dòng)變阻器待測(cè)金屬圓柱體；（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量圓柱直徑，其示數(shù)如圖所示，則該圓柱直徑的測(cè)量值______。（2）為了獲得多組數(shù)據(jù)，盡量精確測(cè)量其電阻值，請(qǐng)?jiān)谙旅娴膶?shí)物圖中完成實(shí)驗(yàn)電路________。電路正確連接后，開(kāi)關(guān)閉合前滑片置于最________端（填“左”或“右”）。（3）通過(guò)調(diào)節(jié)滑片位置，得到多組U、I數(shù)據(jù)，描點(diǎn)畫(huà)圖得到如圖示圖像，由圖象可得電阻值為_(kāi)______，由以上數(shù)據(jù)可得待測(cè)材料的電阻率________。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】(1).(2).(3).右(4).217（215～218均可）(5).【解析】【詳解】(1)[1]由圖示螺旋測(cè)微器可知，圓柱的直徑：(2)[2]由于所測(cè)電阻阻值滿(mǎn)足：所以待測(cè)電阻是小電阻，電流表應(yīng)采用外接法；滑動(dòng)變阻器阻值比較小，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，則實(shí)物圖如圖所示：[3]為了保護(hù)待測(cè)電路，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)滑到最右端以保證所在支路短路，從而起到保護(hù)待測(cè)電阻的作用(3)[4][5]根據(jù)：可知圖象的斜率等于電阻R，根據(jù)圖象可知電阻：根據(jù)電阻定律可知：代入數(shù)據(jù)可得：。15.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2．已知，求：（1）導(dǎo)體棒受到的安培力大??；（2）導(dǎo)體棒受到的摩擦力．【答案】【解析】【分析】（1）利用閉合電路歐姆定律可以求出通過(guò)導(dǎo)體棒的電流；利用安培力的計(jì)算公式F=BLI計(jì)算導(dǎo)體棒受到的安培力大?。?/p>

（2）利用力的分解，根據(jù)二力平衡，計(jì)算摩擦力的大小，判斷其方向；【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝A；導(dǎo)體棒受到的安培力F=BIL=0.30N；

（3）將重力正交分解，沿著導(dǎo)軌平面分力

F1

因?yàn)镕1＜F，根據(jù)平衡條件得

mgsin37°+Ff=F

解得Ff，方向沿導(dǎo)軌向下；16.如圖所示，在的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道與一水平絕緣軌道在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線(xiàn)平行，其半徑，N為半圓形軌通最低點(diǎn)，P為圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電的小滑塊質(zhì)量，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，位于N點(diǎn)右側(cè)的M處，g取，求：（1）小滑塊從M點(diǎn)到Q點(diǎn)重力和電場(chǎng)力分別做的功；（2）要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度向左運(yùn)動(dòng)？（3）在第（2）問(wèn)情況下，小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？【答案】(1)，(2)(3)06N，方向水平向左【解析】【詳解】(1)小滑塊從M點(diǎn)到Q點(diǎn)重力做的功：代入數(shù)據(jù)解得：電場(chǎng)力做的功：代入數(shù)據(jù)解得：(2)設(shè)滑塊恰好到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，則由在Q點(diǎn)合力提供向心力知：滑塊從M開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：；(3)設(shè)滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：又因?yàn)樵赑點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小滑塊的支持力提供向心力得：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：，方向水平向右；由牛頓第三定律知小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是，方向水平向左。答：（1）小滑塊從M點(diǎn)到Q點(diǎn)重力和電場(chǎng)力分別做的功，；（2）要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以向左運(yùn)動(dòng).（3）小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是，方向水平向右.17.如圖所示，在坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，在第三象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，在第四象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁場(chǎng)Ⅰ，Ⅱ的方向均垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從點(diǎn)處以初速度沿垂直于y軸的方向進(jìn)入第二象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后先后穿過(guò)x軸和y軸進(jìn)人磁場(chǎng)Ⅰ和磁場(chǎng)Ⅱ，不計(jì)粒子的重力和空氣阻力。求：（1）粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)在x軸上的位置坐標(biāo)；（2）粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過(guò)y軸所需要的時(shí)間t；（3）粒子從磁場(chǎng)Ⅰ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)過(guò)y軸的位置坐標(biāo)和粒子從磁場(chǎng)Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ經(jīng)過(guò)y軸的位置坐標(biāo)．【答案】(1)(2)(3)，其中n=1，2，3…；，其中n=0，1，2，3…．【解析】【詳解】(1)由題意知粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向：代入題干已知量解得：所以水平向左位移大小為：則粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)在x軸上的位置坐標(biāo)為(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)，沿電場(chǎng)方向速度為：解得：所以粒子速度為：v與x軸負(fù)方向間夾角為θ，有：所以；粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力：解得：做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可知，圓心恰好在y軸上，距O點(diǎn)的距離：粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力得：解得：則粒子由磁場(chǎng)Ⅰ和磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)y軸時(shí)速度方向與x軸平行，在磁場(chǎng)Ⅰ中偏轉(zhuǎn)角度為，在磁場(chǎng)Ⅱ中偏轉(zhuǎn)角度為．則粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過(guò)y軸所需要的時(shí)間為：解得：(3)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知粒子從磁場(chǎng)Ⅰ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)過(guò)y軸，第一個(gè)點(diǎn)離原點(diǎn)的距離為：其它各個(gè)點(diǎn)由y1點(diǎn)依次向y軸負(fù)方向移動(dòng)距離為：則粒子從磁場(chǎng)Ⅰ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)過(guò)y軸的位置坐標(biāo)為：，其中n=1，2，3…同理粒子從磁場(chǎng)Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ經(jīng)過(guò)y軸，第一個(gè)點(diǎn)在y軸的坐標(biāo)為：其它各個(gè)點(diǎn)由點(diǎn)依次向y軸負(fù)方向移動(dòng)距離為：則粒子從磁場(chǎng)Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ經(jīng)過(guò)y軸的位置坐標(biāo)為：，其中n=0，1，2，3…答：（1）粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)在x軸上的位置坐標(biāo)；（2）粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過(guò)y軸所需要的時(shí)間；（3）粒子從磁場(chǎng)Ⅰ進(jìn)入磁