…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高三物理上冊月考試卷919考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖，質量相同的兩小球a，b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向被拋出，恰好均落在斜面底端，不計空氣阻力，則以下說法正確的是（）A.小球a，b沿水平方向拋出的初速度之比為2：1B.小球a，b在空中飛行的時間之比為2：1C.小球a，b到達斜面底端時的動能之比為4：1D.小球a，b離開斜面的最大距離之比為2：12、為了研究太陽演化的進程需知太陽的質量，已知地球的半徑為R，地球的質量為m，日地中心的距離為r；地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉的周期為T，則太陽的質量為（）

A.

B.

C.

D.

3、質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為其中G為引力常量，M為地球質量．該衛(wèi)星原來的在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2；此過程中因摩擦而產生的熱量為（）

A.

B.

C.

D.

4、【題文】如圖所示；讓太陽光通過遮光板M中的小孔S，在M的右方放一偏振片P，P的右方再放一光屏Q，現(xiàn)以光的傳播方向為軸逐漸旋轉偏振片P，關于屏Q上光的亮度變化情況，下列說法中正確的是。

A.先變亮后變暗B.先變暗后變亮C.亮度不變D.光先變暗后變亮，再變暗，再變亮5、目前智能手機普遍采用了電容觸摸屏．電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，玻璃屏的內表面和夾層各涂一層ITO（納米銦錫金屬氧化物），夾層ITO涂層作工作面，四個角引出四個電極，當用戶觸摸電容觸摸屏時，用戶手指和工作面形成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經四個電極的電流與手指頭到四角的距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定位置．對于電容觸摸屏，下列說法正確的是（）A.電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產生位置信號B.使用絕緣筆，在電容屏上也能進行觸控操作C.手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小D.手指與屏的接觸面積變大時，電容變小6、有甲、乙兩只船，它們在靜水中航行的速度分別為v1v2

現(xiàn)在兩船從同一渡口向河對岸開去，已知甲船想用最短時間渡河，乙船想以最短航程渡河，結果兩船抵達對岸的地點恰好相同，則甲、乙兩船渡河所用時間之比為A.v22v12

B.v12v22

C.v2v1

D.v1v2

7、如圖所示的電路中，電源內阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，當開關S板到位置1時，電壓表的讀數為2.0v，當開關S板到位置2時，電壓表的讀數可能是（）A.2.2VB.1.9VC.1.6VD.1.4V評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、小軍同學身高1.6m，當他站在平面鏡前1m處時鏡中所成的像與他相距____m．若他以0.5m/s的速度遠離平面鏡運動4s，他的像到平面鏡的距離為____m，像的大小將____（填“變大”、“變小”或“不變”）9、如圖所示的電路中，電源電壓不變．只閉合開關S2時，電壓表示數為6V，則電源電壓為____V；只閉合開關S1時，電壓表的示數為2V，若已知L2的阻值為10Ω，則L1的阻值為____Ω．10、【題文】某發(fā)電廠輸出的功率為200kW，輸出電壓為11kV。若采用220kV的高壓輸電，那么，升壓變壓器(不計變壓器能量損失)的原線圈和副線圈的匝數比為____；輸電電流為______A。11、（2010秋?巴南區(qū)期中）如圖所示為一單擺的振動圖象，從圖象中可知該單擺的振動的振幅為____m，周期為____s，擺長為____m（取π2=10，g=10m/s2）；若將擺球的質量增大為原來的2倍，則該單擺的周期將____（填“增大”、“減小”、“不變”）．12、電阻R1，R2的阻值分別為3Ω，6Ω．把它們并聯(lián)在電路上，總電阻為____．通過各電阻的電流之比I1：I2=____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)13、電場力大的地方電場強度一定大．____．（判斷對錯）14、10個分子的動能和分子勢能的總和就是這10個分子的內能．____．（判斷對錯）15、陰離子在陽極放電，陽離子在陰極放電．____（判斷對錯）16、物體的瞬時速度總為零，則平均速度一定為零．____．（判斷對錯）17、坐標系都是建立在參考系上的．____．（判斷對錯）18、新能源是指新開采的能源．____．（判斷對錯）19、電場力大的地方電場強度一定大．____．（判斷對錯）20、化學成分相同的物質只能生成同一種晶體．____．（判斷對錯）21、因為汽車剎車時的速度越大滑的越遠，所以速度大的物體慣性大．____（判斷對錯）評卷人得分四、實驗探究題(共4題，共36分)22、磁感應強度是描述磁場性質的重要物理量.

不同物質周圍存在的磁場強弱不同；測量磁感應強度的大小對于磁場的實際應用有著重要的物理意義．

(1)

如圖1

所示為電流天平；可以用來測量勻強磁場的磁感應強度.

它的右臂掛著匝數為n

匝的矩形線圈，線圈的水平邊長為l

處于勻強磁場內，磁場的方向與線圈平面垂直.

當線圈中通過電流I

時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡，然后保持電流大小不變，使電流反向，這時需要在左盤中增加質量為m

的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡.

重力加速度為g

請利用題目所給的物理量，求出線圈所在位置處磁感應強度B

的大?。?/p>

(2)

磁場具有能量，磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為B2/2婁脤

式中B

是磁感應強度，婁脤

是磁導率，在空氣中婁脤

為一已知常量.

請利用下面的操作推導條形磁鐵磁極端面附近的磁感應強度B

用一根端面面積為A

的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P

再用力將鐵片與磁鐵緩慢拉開一段微小距離鈻?l

并測出拉力F

如圖2

所示.

因為距離很小，F(xiàn)

可視為恒力．

(3)

利用霍爾效應原理制造的磁強計可以用來測量磁場的磁感應強度.

磁強計的原理如圖3

所示：將一體積為a隆脕b隆脕c

的長方體導電材料；放在沿x

軸正方向的勻強磁場中，已知材料中單位體積內參與導電的帶電粒子數為n

帶電粒子的電量為q

導電過程中，帶電粒子所做的定向移動可認為是勻速運動.

當材料中通有沿y

軸正方向的電流I

時，穩(wěn)定后材料上下兩表面間出現(xiàn)恒定的電勢差U

．

壟脵

請根據上述原理導出磁感應強度B

的表達式．

壟脷

不同材料中單位體積內參與導電的帶電粒子數n

不同，請利用題目中所給的信息和所學知識分析制作磁強計應采用何種材料．23、某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗裝置如圖甲所示，其中A

為固定橡皮條的圖釘，O

為橡皮條與細繩的結點，OB

和OC

為細繩。根據實驗數據在白紙上所作圖如圖乙所示，已知實驗過程中操作正確。

(1)

乙圖中F1F2F鈥?

四個力，其中力________(

填上述字母)

不是由彈簧測力計直接測得的.

實驗中，要求先后兩次力的作用效果相同，指的是________(

填正確選項前字母)

A.兩個彈簧測力計拉力F1

和F2

的大小之和等于一個彈簧測力計拉力的大小B.橡皮條沿同一方向伸長C.橡皮條伸長到同一長度D.橡皮條沿同一方向伸長同一長度(2)

丙圖是測量中某一彈簧測力計的示數，讀出該力大小為________N

．24、在描繪小電珠的伏安特性曲線實驗中；一組同學用量程3V

的電壓表測量小電珠的電壓，用多用電表的250mA

擋測量通過小電珠的電流．

(1)

在圖甲電路中，需要將多用電表的兩表筆連接到ab

兩處.

其中黑表筆應與______(

填“a

”或“b

”)

連接．

(2)

將得到的數據記錄在表格中；當電壓為1.50V

時.

對應的多用電表指針指示如圖乙所示，其讀數為______mA

．

(3)

根據表格中的其他數據；在答題卡的坐標紙上繪制出I鈭?U

曲線．

。電壓U/V00.501.001.502.002.50電流I/mA0115154188200(4)

由I鈭?U

曲線可以看出；隨電壓；電流的增大，小電珠的電阻______(

填“變大”、“變小”或“不變”)

．

(5)

實驗完成后；一位同學用多用電表的歐姆擋測量小電珠的電阻.

他將選擇開關置于電阻“隆脕l

”擋，調零后將紅黑表筆接在小電珠的兩極上.

已知多用電表內部歐姆擋所接電池的電動勢為1.5V

歐姆擋刻度盤的中央刻度示數為15.

則指針應位于______區(qū)間．

A.R>10B.7<R<9C.4.5<R<7D.R<4.5

25、某同學驗證動能定理的實驗裝置如圖甲所示.

水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌；導軌上A

點處有一帶遮光片的長方形滑塊；其總質量為M

實驗步驟如下：

壟脵

用游標卡尺測出遮光片的寬度d

壟脷

安裝好實驗器材；給氣墊導軌接上氣源，然后讀出拉力傳感器的示數，記為F

同時從氣墊導軌刻度尺上讀出滑塊與光電門之間的距離L

壟脹

剪斷細繩；讓滑塊滑向光電門，并記錄滑塊通過光電門的時間t

壟脺

多次改變滑塊與光電門之間的距離；記錄相應的L

與t

的值，結果如表所示：

。12345L(m)0.6000.8001.0001.2001.400t(ms)8.227.176.445.855.431t2(104s鈭?2)1.481.952.412.923.39試分析下列問題：

(1)

用游標卡尺測量遮光片寬度d

的測量結果如圖乙所示；則d=

______cm

．

(2)

剪斷細繩后；滑塊開始加速下滑，則其受到的合外力為______．

(3)

剪斷細繩后，在滑塊從A

運動至B

的過程中，合外力對滑塊、遮光片組成的系統(tǒng)做的功可表示為W=

______，動能的增加量可表示為鈻?Ek=

______；若動能定理成立，則在本實驗中1t2

與L

的關系式為1t2=

______．評卷人得分五、證明題(共3題，共18分)26、一物體做初速度為v0的勻加速直線運動，加速度為a，經過時間t速度達到vt，試證明物體經過時刻的速度等于這段時間內的平均速度，還等于．27、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結合牛頓運動定律和運動學規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．28、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為試證明（萬有引力恒量G為已知，是恒量）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】根據平拋運動水平位移與豎直位移的之比相等，確定a、b兩球的初速度與下落的時間關系．再根據下落的高度比較運動的時間之比，從而結合水平位移得出初速度之比，再根據動能定理，求得到達斜面底端時的動能之比；最后根據運動的分解，結合運動學公式，可求得離開斜面的最大距離之比．【解析】【解答】解：A、B、因為兩球下落的高度之比為1：2，根據h=gt2，則t=，可知a、b兩球運動的時間之比為ta：tb=：1；

因為兩球均落在斜面上，則有：，因此初速度之比；故AB錯誤．

C、根據動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比EKa：Ekb==2：1；故C錯誤；

D；當小球平拋過程中；速度方向平行與斜面時，離開斜面的距離為最大，根據運動的分解，將初速度與加速度分解成垂直斜面與平行斜面兩方向；

設斜面的傾角為α，因此垂直斜面方向的位移為：（v0sinα）2=2gcosαh；那么離開斜面的最大距離與初速度的平方成正比，即為之比為2：1故D正確．

故選：D．2、A【分析】

設T為地球繞太陽運動的周期；則由萬有引力定律和動力學知識得：

=

根據地球表面的萬有引力等于重力得：

對地球表面物體m′有。

=m′g

兩式聯(lián)立得M=

故選A．

【解析】【答案】地球繞太陽公轉；知道了軌道半徑和公轉周期利用萬有引力提供向心力可列出等式．

根據地球表面的萬有引力等于重力列出等式；聯(lián)立可求解．

3、C【分析】

衛(wèi)星做勻速圓周運動；由地球的萬有引力提供向心力，則。

軌道半徑為R1時G=①，衛(wèi)星的引力勢能為EP1=-②

軌道半徑為R2時G=m③，衛(wèi)星的引力勢能為EP2=-④

設摩擦而產生的熱量為Q；根據能量守恒定律得：

+EP1=+EP2+Q⑤

聯(lián)立①～⑤得Q=（）

故選C

【解析】【答案】求出衛(wèi)星在半徑為r1圓形軌道和半徑為r2的圓形軌道上的動能；從而得知動能的減小量，通過引力勢能公式求出勢能的增加量，根據能量守恒求出熱量．

4、C【分析】【解析】根據光的偏振現(xiàn)象；只要光的振動方向不與偏振片的狹逢垂直，都能有光通過偏振片．

且無論如何轉動；經過狹縫的光是確定的，即屏Q上光的亮度保持不變。

故選C【解析】【答案】C5、A【分析】解：A；據題意知；電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經四個電極的電流與手指頭到四角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，無需要手指有壓力．故A正確．

B；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器；所以不能在電容屏上進行觸控操作，故B錯誤．

C；手指壓力變大時；由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯誤．

D；手指與屏的接觸面積變大時；電容變大，故D錯誤．

故選：A．

當手觸摸電容觸摸屏時；手指和工作面形成一個電容器，改變手指的壓力或接觸面積，都能改變電容．根據電容的決定因素分析．

本題是信息題，要讀懂題意，明確基本的工作原理，同時要掌握電容與正對面積，板間距離的關系，從而進行分析．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】

甲船以最短時間渡河，知靜水速的方向與河岸垂直.

乙船以最短航程渡河，因為兩船抵達地點相同，知乙船靜水速小于水流速，不能垂直到對岸，乙船靜水速方向與合速度方向垂直。解決本題的關鍵知道兩船的合速度方向相同，甲船的靜水速垂直于河岸，乙船的靜水速垂直于合速度的方向?！窘獯稹?/p>

兩船抵達的地點相同；知合速度方向相同，甲船靜水速垂直于河岸，乙船的靜水速與合速度垂直.

如圖．

兩船的合位移相等，則渡河時間之比等于兩船合速度之反比，則：t1t2=v脪脪潞脧v錄脳潞脧=v脪脪tan(婁脠):v錄脳sin(婁脠)=v22v12

故BCD錯誤；A正確。

故選A。

【解析】A

7、B【分析】【分析】由閉合電路歐姆定律可得出開關置于兩位置時的表達式，則由開關置1時的電壓U可表示出開關置2時的路端電壓的表達式，通過分析可得出電壓的可能值．【解析】【解答】解：由閉合電路歐姆定律得：

當開關置1時，U=R1==2V；

當開關置2時，U′=R2=；

將兩式相比可得：=

故U′=2×=2-；

因0＜＜；故1.6＜U′＜2.0；

故只有1.9V符合題意。

故選：B．二、填空題(共5題，共10分)8、23不變【分析】【分析】解答此題應掌握平面鏡成像的特點：像和物體形狀、大小相同；像和物體各對應點到平面鏡間距離相等．【解析】【解答】解：因為平面鏡所成的像和物體各對應點到平面鏡間距離相等；所以，由他到平面鏡的距離為1m可得鏡中所成的像與平面鏡之間的距離為1m，則相距像與他之間的距離為1m×2=2m；

由他以0.5m/s的速度遠離平面鏡運動4s；根據速度公式變形s=vt可得，他遠離平面鏡的距離為s=0.5m/s×4s=2m，此時他與平面鏡之間的距離為1m+2m=3m，所以他的像到平面鏡的距離為3m；

因為平面鏡所成的像和物體形狀；大小相同；所以像的大小將不會改變．

故答案為：2；3；不變．9、620【分析】【分析】本題應根據開關的閉合情況，弄清電壓表測的是哪段電路的電壓，根據歐姆定律求解電流和電阻．【解析】【解答】解：當閉合開關S2時；電壓表測的是電源電壓，所以電源電壓為6V；

只閉合開關S1時，電壓表測的是燈泡L2的電壓，已知L2的阻值為10Ω，根據I===0.2A；

因燈泡L1與燈泡L2串聯(lián)，所以它們的電流都等于0.2A，燈泡L1兩端的電壓等于電源電壓減去燈泡L2兩端的電壓，即U1=U-U2=6V-2V=4V；

則L1阻值為R2==Ω=20Ω；

故答案為：6，20．10、略

【分析】【解析】

試題分析：升壓變壓器輸入端電壓為輸出電壓為所以升壓變壓器原副線圈之比為：理想變壓器兩端的功率相等，所以輸電電流為

考點：考查了理想變壓器構造和工作原理。

點評：關鍵是知道理想變壓器兩端功率相等，兩端電壓和線圈匝數成正比【解析】【答案】1：200.9（或10/11）11、0.844不變【分析】【分析】由振動圖象可以直接讀出周期和振幅，由周期公司求出擺長．【解析】【解答】解：由振動圖象可以看出；振動的振幅為0.8m，周期為4s；

根據單擺周期公式T=2π可得：L=4m

根據單擺周期公式可知單擺周期與質量無關；故質量增大為原來的2倍周期不變；

故答案為：0.8；4；4；不變．12、2Ω2：1【分析】【分析】由并聯(lián)電路的電阻公式可求得總電阻，再由電壓規(guī)律及歐姆定律可得出電流之比．【解析】【解答】解：總電阻R===2Ω；

并聯(lián)在電路中時，各部分的電壓相等，則由I=可知；電流之比與電阻成反比；

故I1：I2=2；1；

故答案為：2Ω；2：1三、判斷題(共9題，共18分)13、×【分析】【分析】根據電場強度的定義式E=變形得到F與E的關系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據電場強度的定義式E=得：F=qE

可知電場力與電場強度和電荷量都有關；則電場力大的地方電場強度不一定大，故該判斷是錯的．

故答案為：×．14、×【分析】【分析】從微觀上說，系統(tǒng)內能是構成系統(tǒng)的所有分子無規(guī)則運動動能、分子間相互作用勢能的總和．【解析】【解答】解：物體的內能是構成物體的所有分子的無規(guī)則熱運動的動能和分子勢能的代數和；具有統(tǒng)計意義，對單個或幾個分子無意義；

故答案為：×15、×【分析】【分析】陰極射線是在1858年利用低壓氣體放電管研究氣體放電時發(fā)現(xiàn)的．1897年約瑟夫?約翰?湯姆生根據放電管中的陰極射線在電磁場和磁場作用下的軌跡確定陰極射線中的粒子帶負電，并測出其荷質比，這在一定意義上是歷史上第一次發(fā)現(xiàn)電子．【解析】【解答】解：陰極即負極；陰極射線是負極發(fā)出的射線，是電子流；同理，陽離子在陽極放電．故該說法是錯誤的．

故答案為：×．16、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段時間或某一過程內的運動情況；而瞬時速度只能表示物體在某一瞬時或某一位置時的速度．平均速度與位移與時間的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬時速度為0；則物體不動，無位移，則平均速度為0

故答案為：√17、√【分析】【分析】建立坐標系的意義是為了定量描述質點的位置變化，要根據問題的實際需要，建立合適的坐標系，沿直線運動建立直線坐標系，在平面上運動，建立平面直角坐標系．【解析】【解答】解：建立坐標系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標系都是建立在參考系上的，沒有參考系則坐標系無法建立，所以該說法是正確的．

故答案為：√18、×【分析】【分析】根據新能源的定義進行判斷，新能源又稱非常規(guī)能源，是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源．【解析】【解答】解：新能源又稱非常規(guī)能源；是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究；有待推廣的能源，如太陽能、地熱能、風能、海洋能、生物質能和核聚變能等，因此新能源是指新開采的能源這種說法是錯誤的．

故答案為：×19、×【分析】【分析】根據電場強度的定義式E=變形得到F與E的關系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據電場強度的定義式E=得：F=qE

可知電場力與電場強度和電荷量都有關；則電場力大的地方電場強度不一定大，故該判斷是錯的．

故答案為：×．20、×【分析】【分析】根據晶體的結構與特點可知，同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體．【解析】【解答】解：由同種元素構成的固體；可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×21、×【分析】【分析】慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性大小由物體的質量來量度．根據這些知識來解答．【解析】【解答】解：質量是物體慣性大小的唯一量度；與物體的速度無關．故該說法是錯誤的．

故答案為：×四、實驗探究題(共4題，共36分)22、略

【分析】

(1)

由杠桿平衡條件即第二次天平左側的鉤碼重于第一次；列出兩次的杠桿平衡方程，進而求解；

(2)

由該過程只有F

和磁場對鐵片的作用力做功；且因緩慢移動，動能不變，通過求得轉化的能量來求磁感應強度；

(3)

由電場力等于洛倫茲力求得磁感應強度的表達式；再由表達式分析B

一定時，什么條件靈敏度高，則該取這種材料來制作磁強計．

在實驗背景題中，我們要注意分析是在什么條件不變(

重點)

的情況下，改變一些測量量來達到研究目的，而不變的條件通常就是我們要應用的平衡量或中間變量．【解析】解：(1)

設左側砝碼與盤的總質量為m1

右側砝碼；盤、線框總質量為m2

由題意可知；第一次天平平衡時有：m1g=m2g鈭?nBIl

第二次天平平衡時有：(m1+m)g=m2g+nBIl

所以，mg=2nBIl

則B=mg2nIl

(2)

鐵片緩慢移動過程中，外力F

做功全部轉化為磁場能，所以有：F鈰?鈻?l=B22渭鈰?A鈰?鈻?l

故B=2婁脤FA

(3)

電勢差恒定時，材料中的導電粒子將不再發(fā)生偏轉，對某個粒子有電場力與洛倫茲力平衡，即Uaq=Bqv

當材料中的電流為I

時有：I=Qt=nacvtqt=nacvq

所以，v=Inacq

可得：B=Uav=ncqIU

壟脷

根據B

的表達式可知：

B

一定時；n

小，U

大，則磁強計靈敏度高．

所以磁強計應該采用n

小的材料制作．

答：(1)

線圈所在位置處磁感應強度B

的大小為mg2nIl

(2)

條形磁鐵磁極端面附近的磁感應強度B

的大小為2婁脤FA

(3)壟脵

磁感應強度B

的表達式為B=ncqIU

壟脷

制作磁強計應采用n

小的材料．23、（1）FD（2）9.0【分析】【分析】(1)(1)在實驗中FF和F隆盲F隆盲分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區(qū)別即可正確解答；本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用；(2)(2)注意彈簧測力計的讀數原則。

本題考查了驗證力的平行四邊形定則實驗，在解決設計性實驗時，一定先要通過分析題意找出實驗的原理，通過原理即可分析實驗中的方法及誤差分析．【解答】(1)(1)實驗中FF是由平行四邊形得出的，而F隆盲F隆盲是通過實驗方法直接測得的，F(xiàn)F不是由彈簧測力計直接測得的，實驗過程應控制力的作用效果相同，應控制橡皮條的節(jié)點位置不變，用一個彈簧測力計將橡皮條的結點仍拉至O

點，即保證橡皮條沿同一方向伸長到同一長度，故D正確，ABC錯誤；(2)根據彈簧測力計的刻度盤可知讀出該力大小為9.0N9.0N故答案為：(1)FD

(2)9.0

【解析】(1)FD

(2)9.0

24、略

【分析】解：(1)

多用電表充當電流表時，應保證電流紅進黑出；根據電路圖可知，黑表筆應接b

處；

(2)

由圖可知；電流表量程為250mA

則最小分度為5mA

則讀數為173mA

(3)

根據表中數據利用描點法可得出對應的伏安特性曲線；

(4)I鈭?U

圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數；由圖可知，電阻隨著電壓的增大而增大；

(5)

當電壓為零時，圖象中過O

點的斜率可以表示常溫下的電阻，由圖可知，電阻約為：0.10.05=2婁賂

則可知；指針對應的區(qū)間應為D

故答案為：(1)b(2)173(3)

如圖所示；(4)

變大；(5)D

．

(1)

根據多用電表的讀數原理和電路圖可明確黑表筆應接的位置；

(2)

根據電流表的量程確定最小分度；從而明確對應的讀數；

(3)

根據描點法可得出對應的伏安特性曲線；

(4)

根據圖象的性質可明確電阻的變化；

(5)

根據圖象O

點的斜率可近似表示沒有電流時的電阻；則可明確多用電表的指針的位置．

本題考查伏安法描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗和多用電表的使用方法；要求能明確I鈭?U

圖象的性質，根據圖象能得出電阻的變化．【解析】b173

變大；D

25、略

【分析】解：(1)

寬度d

的讀數為：1.0cm+0隆脕0.1mm=1.00cm

(2)

繩子剪斷前；繩子的拉力為F

剪斷后，則滑塊受到的合外力為：F潞脧=F

(3)

滑塊從A

處到達B

處時；滑塊；遮光片組成的系統(tǒng)，合外力做的功為：W=FL

動能增加量為：鈻?Ek=12Mv2=12M(dt)2

根據動能定理，則有：FL=12M(dt)2

得：1t2=2FLMd2

．

故答案為：(1)1.00(2)F(3)FL12M(dt)22FLMd2

．

(1)

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數；不需估讀.

不同的尺有不同的精確度，注意單位問題．

(2)

根據剪斷前繩子的拉力；即可求解合力．

(3)

根據重力做功和重力勢能之間的關系可以求出重力勢能的減小量；根據起末點的速度可以求出動能的增加量；根據功能關系得重力做功的數值等于重力勢能減小量．

了解光電門測量瞬時速度的原理．

實驗中我們要清楚研究對象和研究過程；對于系統(tǒng)我們要考慮全面；

此題為一驗證性實驗題.

要求根據物理規(guī)律選擇需要測定的物理量，運用實驗方法