2023年湖北省高考物理模擬試題卷（一）一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8~11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．下列說法正確的是（）A．是衰變方程B．是核聚變方程C．是人工核轉(zhuǎn)變方程D．是核裂變方程2．據(jù)介紹，北斗系統(tǒng)由中圓地球軌道衛(wèi)星、地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星三種衛(wèi)星組成，其中中圓地球軌道衛(wèi)星距地高度大約24萬千米，地球靜止軌道衛(wèi)星和傾斜地球同步軌道衛(wèi)星距地高度都是大約為3.6萬千米。這三種衛(wèi)星的軌道均為圓形。下列相關(guān)說法正確的是（）A．發(fā)射地球靜止軌道衛(wèi)星的速度應(yīng)大于B．傾斜地球同步軌道衛(wèi)星可以相對(duì)靜止于某個(gè)城市的正上空C．根據(jù)題中信息和地球半徑，可以估算出中圓地球軌道衛(wèi)星的周期D．中圓地球軌道衛(wèi)星的向心加速度小于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的向心加速度3．鋼瓶中裝有一定量的氣體，現(xiàn)在用兩種方法抽鋼瓶中的氣體，第一種方法用小抽氣機(jī)，每次抽1L氣體，共抽取3次；第二種方法是用大抽氣機(jī)，一次抽取3L氣體。以上過程中氣體溫度保持不變，下列說法正確的是（）A．兩種抽法抽取的氣體質(zhì)量一樣多B．第二種抽法抽取的氣體質(zhì)量多C．第一種抽法中，每次抽取的氣體質(zhì)量逐漸減少D．第一種抽法中，每次抽取的氣體質(zhì)量逐漸增大4．如圖所示，空間中存在與等邊三角形ABC所在平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)．其中電勢(shì)φA=φB=0，φC=φ，保持該電場(chǎng)的大小和方向不變，讓等邊三角形以AB為軸轉(zhuǎn)過60°，則此時(shí)C點(diǎn)的電勢(shì)為（）A．φ B．φ C．﹣φ D．﹣φ5．如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定，小球從彈簧的正上方某一高度處由靜止下落．不計(jì)空氣阻力，則從小球接觸彈簧到彈簧被壓縮至最短的過程中（）A．小球的動(dòng)能一直減小 B．小球的機(jī)械能守恒C．小球的重力勢(shì)能先減小后增加 D．彈簧的彈性勢(shì)能一直增加6．物體的位移隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系是x＝2t+2t2（m），則它運(yùn)動(dòng)的初速度和加速度分別是（）A．2m/s、4m/s2 B．0、4m/s2C．2m/s、2m/s2 D．2m/s、1m/s27．質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)豎直向上起跳，經(jīng)過時(shí)間t，身體伸直并剛好離開地面，離開地面時(shí)速度為v在時(shí)間t內(nèi)（）A．地面對(duì)他的平均作用力為mgB．地面對(duì)他的平均作用力為C．地面對(duì)他的平均作用力為m（﹣g）D．地面對(duì)他的平均作用力為m（g+）8．如圖所示，一個(gè)帶正電粒子，從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，水平進(jìn)兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)以與水平夾角為θ的速度進(jìn)入金屬板右側(cè)緊鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線為磁場(chǎng)的左邊界，場(chǎng)范圍足夠大，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又從磁場(chǎng)左邊界射出，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的位置之間的距離為l，下列說法正確的是（）A．只增大電壓U1，θ變大 B．只增大電壓U2，θ變大C．只增大電壓U1，距離l變大 D．只增大電壓U2，距離l變大9．如圖所示，變壓器為理想變壓器，副線圈中三個(gè)電阻的阻值大小關(guān)系為R1=R2=2r=2Ω，電流表為理想交流電表，原線圈輸入正弦式交流電e=110sin100t(V)，開關(guān)S斷開時(shí)，電阻r消耗的電功率為100W。下列說法正確的是（）A．原線圈輸入電壓的有效值為110VB．開關(guān)S閉合前后，通過電阻R1的電流之比為2︰3C．開關(guān)S閉合前后，電流表的示數(shù)之比為2︰3D．變壓器原副線圈的匝數(shù)之比為11︰310．如圖所示，直線MN與水平面方向成45°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點(diǎn)，能水平向右發(fā)射不同速率的質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子（重力不計(jì)），若所有粒子均能通過MN上的b點(diǎn)，已知ab=L，則粒子的速度可能是（）A． B． C． D．11．如圖所示，為豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中段水平，段為半圓形軌道，軌道連接處均光滑，整個(gè)軌道處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為，一質(zhì)量為的光滑絕緣斜面靜止在水平面上，其底端與平面由微小圓弧連接。一帶電量為的金屬小球甲，從距離地面高為的點(diǎn)由靜止開始沿斜面滑下，與靜止在點(diǎn)的不帶電金屬小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩小球材質(zhì)大小均相同，質(zhì)量均為，且，水平軌道足夠長(zhǎng)，不考慮兩球之間的靜電力，小球與軌道間無電荷轉(zhuǎn)移，取，則（）A．甲球滑到斜面底端時(shí)斜面的速度大小為B．甲、乙兩球碰撞后甲的速度大小C．甲、乙兩球碰撞后乙的速度大小D．若乙球恰能過點(diǎn)，半圓形軌道半徑為二、非選擇題:本題共5小題。共56分。12．利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的小球相連；遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門，可以測(cè)量遮光片經(jīng)過光電門時(shí)的擋光時(shí)間t，用d表示A點(diǎn)到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)滑塊在A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)．（1）某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得傾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達(dá)B處時(shí)m和M組成的系統(tǒng)動(dòng)能增加量可表示為△Ek=，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減少量可表示為△Ep=，在誤差允許的范圍內(nèi)，若△Ek=△Ep則可認(rèn)為系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；（2）某同學(xué)改變A、B間的距離，作出的v2﹣d圖象如圖所示，并測(cè)得M=m，則重力加速度g=m/s2．13．某同學(xué)要測(cè)量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：（1）用游標(biāo)為20分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖，由圖可知其長(zhǎng)度為mm；（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖，由圖可知其直徑為mm；（3）用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值約為Ω；（4）該同學(xué)想用伏安法更精確地測(cè)量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格如下：待測(cè)圓柱體電阻R電流表A1（量程0~4mA，內(nèi)阻約50Ω）電流表A2（量程0~10mA，內(nèi)阻約30Ω）電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約10kΩ）電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約25kΩ）直流電源E（電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻不計(jì)）滑動(dòng)變阻器R1（阻值范圍0~15Ω，允許通過的最大電流2.0A）滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍0~2kΩ，允許通過的最大電流0.5A）開關(guān)S，導(dǎo)線若干為使實(shí)驗(yàn)誤差較小，要求測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，請(qǐng)?jiān)谟铱蛑挟嫵鰷y(cè)量的電路圖，并標(biāo)明所用器材的代號(hào)；（5）若該同學(xué)用伏安法跟用多用電表測(cè)量得到的R測(cè)量值幾乎相等，由此可估算此圓柱體材料的電阻率約為ρ=Ω?m。（保留2位有效數(shù)字）14．如圖所示，從熾熱的金屬絲K逸出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板正中央垂直電場(chǎng)方向射入，恰好從下極板邊緣飛出電場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)。電子的重力不計(jì)。求：（1）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大?。唬?）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓；（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小和速度偏轉(zhuǎn)角的正切值。15．如圖所示，無限長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌、固定在傾角為的光滑絕緣斜面上，軌道間距，底部接入一阻值為的定值電阻，上端開口。垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。一質(zhì)量為的金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)，在導(dǎo)軌間的電阻，電路中其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)用一質(zhì)量為的物體通過一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩繞過光滑的定滑輪與相連。由靜止釋放，當(dāng)下落高度時(shí)，開始勻速運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)中始終垂直導(dǎo)軌，并接觸良好）。不計(jì)空氣阻力，，，取。求∶（1）棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大速度；（2）棒從開始運(yùn)動(dòng)到勻速運(yùn)動(dòng)的這段時(shí)間內(nèi)，通過電阻的電荷量和電阻上產(chǎn)生的焦耳熱。16．如圖所示，光滑軌道ABC，其中AB段是傾角為的固定斜面，BC段是足夠長(zhǎng)的水平面，B處有一小段長(zhǎng)度可以忽略的光滑圓弧銜接。水平面上距離B點(diǎn)x0處放置著滑塊甲，滑塊內(nèi)的豎直平面內(nèi)嵌有一條兩端開口的細(xì)管abcde（管壁厚度和管的直徑大小可以忽略不計(jì)），ab、de段是長(zhǎng)度均為三的水平管，bcd段是半徑為0.4m的半圓管，管道除de段粗糙外，其余部分均光滑。軌道和管道處于同一豎直平面內(nèi)。一個(gè)質(zhì)量為m的小球乙（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面上高1.8m處無初速釋放，后無障礙進(jìn)入滑塊內(nèi)細(xì)管，小球在de段中所受阻力為其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，，。（1）若滑塊甲固定，小球從e點(diǎn)以4m/s速度拋出，且垂直擊中斜面，求L和x0的大??？（2）若滑塊甲的質(zhì)量也為m，且可自由滑動(dòng)，求小球到達(dá)d點(diǎn)瞬間所受彈力大小和滑塊最終的速度大?。?/p>

答案1．C【解答】A．是衰變方程，A不符合題意；B．是核裂變方程，B不符合題意；C．是人工核轉(zhuǎn)變方程，C符合題意；D．是核聚變方程，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】衰變放出粒子，衰變放出電子，裂變大核變小核，聚變小核變大核。2．C【解答】A.11.2m/s是發(fā)射掙脫地球引力控制的航天器的最小速度，而地球靜止軌道衛(wèi)星仍然是圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以地球靜止軌道衛(wèi)星的發(fā)射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故A不符合題意；B．傾斜地球同步軌道衛(wèi)星只是繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為24小時(shí)，不可以相對(duì)靜止于某個(gè)城市的正上空，故B不符合題意；C．已知地球靜止軌道衛(wèi)星離地高度和地球半徑，可得出地球靜止軌道衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)半徑，其運(yùn)動(dòng)周期天，已知中圓地球軌道衛(wèi)星距地面的高度和地球半徑，可得出中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)開普勒第三定律有代入可以得出中圓地球軌衛(wèi)星的周期，故C符合題意；D．由于中圓地球軌道衛(wèi)星距離地面高度小于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星距離地面高度，即中圓地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)半徑較小，根據(jù)萬有引力提供向心力有可知，中圓地球軌道衛(wèi)星的向心加速度大于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的向心加速度，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】發(fā)射速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度；傾斜地球同步衛(wèi)星不能與地球相對(duì)靜止；利用引力提供向心力結(jié)合半徑大小可以比較向心加速度的大小。3．C【解答】AB．第二種p0V=p′（V+3）解得壓強(qiáng)小的抽取的氣體多，質(zhì)量較大，即第一種抽法抽取的氣體質(zhì)量多，AB不符合題意。CD．第一種：溫度不變，由玻意耳定律p0V=p1（V+1）解得同理雖然每次抽取的氣體體積相同，但是由于每次抽出氣體后壓強(qiáng)減小，則抽出的氣體質(zhì)量逐漸減小，C符合題意，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】利用兩種抽氣方法中氣體的等溫變化可以求出末狀態(tài)的壓強(qiáng)，利用壓強(qiáng)的變化可以判別抽出體積的變化，進(jìn)而判別抽出氣體質(zhì)量的大小。4．A【解答】解：設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為：E=，當(dāng)讓等邊三角形以AB點(diǎn)為軸在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)過60°，則C1點(diǎn)到AB的距離為：L1=0.5L所以有：U=Ed═×L=，故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A【分析】根據(jù)U=Ed求得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求得轉(zhuǎn)動(dòng)后C到AB沿電場(chǎng)方向的距離，運(yùn)用勻強(qiáng)電場(chǎng)U=Ed求解即可，關(guān)鍵明確d為沿電場(chǎng)方向的距離5．D【解答】解：A、在剛接觸彈簧的過程，重力大于彈簧彈力，在壓縮的過程中，彈簧的彈力越來越大，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈簧的彈力等于小球所受到的重力時(shí)，加速度減為0，速度大最大值；由于慣性的原因，小球還是繼續(xù)壓縮彈簧，重力小于彈簧彈力，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為0，所以小球的動(dòng)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；B、壓縮彈簧的過程中，彈簧的彈力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小，所以小球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C、小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的高度不斷減小，重力做正功，重力勢(shì)能不斷減小，故C錯(cuò)誤；D、彈簧的形變量一直增大，彈性勢(shì)能一直增加，故D正確．故選：D．【分析】對(duì)于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變．對(duì)于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢(shì)能一直在增大．6．A【解答】根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，得：，，．A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤．故答案為：A

【分析】利用勻變速的位移公式可以判別初速度和加速度的大小。7．D【解答】解：人的速度原來為零，起跳后變化v，則由動(dòng)量定理可得：﹣mgt=△mv=mv所以：=m（g+）；故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D【分析】已知初末速度，則由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)人的平均作用力．8．B,C【解答】AB．粒子先加速運(yùn)動(dòng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)解得，只增大電壓U2，θ變大，B符合題意，只增大電壓U1，θ變小，A不符合題意；CD．在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解得，只增大電壓U1，距離l變大，C符合題意，只增大電壓U2，距離l不變，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】粒子先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的速度公式可以求出速度方向的影響因素；帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；利用牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系可以求出距離的影響因素。9．C,D【解答】A、原線圈輸入正弦式交流電e=110sin100t(V)，故有效值為110V，A不符合題意；BC、對(duì)于理想變壓器，由可知，無論開光閉合與否，副線圈兩端電壓不變，開關(guān)閉合前，副線圈所在電路，有，開關(guān)閉合后，，對(duì)電阻的電流，有，開關(guān)S閉合前后，通過電阻R1的電流之比為4︰3，B不符合題意；電流表的示數(shù)，故閉合前后有，C符合題意；D、開關(guān)斷開時(shí)，對(duì)電阻r，有，得，此時(shí)副線圈兩端電壓的有效值為，故有，D符合題意，故答案為：CD

【分析】利用表達(dá)式可以求出輸入電壓的有效值；利用功率和電阻的關(guān)系可以求出副線圈的電壓大??；利用電阻的變化可以判別電流的比值；利用原副線圈電流的關(guān)系可以判別電流表的讀數(shù)變化；利用電壓的關(guān)系可以求出匝數(shù)的關(guān)系。10．A,C,D【解答】由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為90°，所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝(n＝1，2，3，…)由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m則(n＝1，2，3，…)所以ACD符合題意，B不符合題意；故答案為：ACD。

【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力從而得出粒子速度的可能值。11．A,D【解答】A．設(shè)甲球滑到斜面底端時(shí)，斜面的速度大小為v1，甲球的速度大小為v2，甲球帶負(fù)電，受電場(chǎng)力向下，根據(jù)動(dòng)能定理得甲球與斜面在甲球下滑過程中水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正解得故A正確；BC．甲、乙兩球發(fā)生的是彈性碰撞，設(shè)碰后甲球的速度為v3，乙球的速度為v4解得故BC均錯(cuò)誤；D．甲、乙球碰撞后，根據(jù)電荷均分原理，乙?guī)щ姙?，設(shè)乙球過D點(diǎn)時(shí)的速度為v5，根據(jù)動(dòng)能定理得乙球在D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立以上兩式解得故D正確。故選AD。

【分析】甲球滑到斜面底端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理以及動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得出A點(diǎn)的速度表達(dá)式，在D點(diǎn)對(duì)乙球根據(jù)牛頓第二定律得出半徑的表達(dá)式。12．（1）；（2）9.6【解答】解：（1）滑塊從A處到達(dá)B處的速度，則系統(tǒng)動(dòng)能的增加量=．系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量△Ep=mgd﹣Mgdsin30°=．（2）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒的，，則，圖線的斜率k=，解得g=9.6m/s2．故答案為：（1），；（2）9.6．【分析】（1）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出遮光板通過光電門的瞬時(shí)速度，從而得出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，根據(jù)下降的高度求出系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量．（2）根據(jù)機(jī)械能守恒得出v2﹣d的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求解重力加速度．13．（1）50.15（2）4.700（3）220（4）（5）7.6×10?2Ω?m【解答】（1）20分度的游標(biāo)卡尺最小分度是0.05mm，由圖示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為5cm=50mm，游標(biāo)讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm所以最終讀數(shù)為50mm+0.15mm=50.15mm（2）由圖示螺旋測(cè)微器可知，螺旋測(cè)微器固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為20.0×0.01mm=0.200mm所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）用多用電表的電阻“×10”擋測(cè)電阻，由圖所示表盤可知，電阻阻值R=22×10Ω=220Ω（4）電源電動(dòng)勢(shì)為4V，若選擇15V量程，則最大示數(shù)不足電表量程的三分之一，故為了減小誤差應(yīng)選擇3V量程的電壓表V1，則電路中的最大電流約為故答案為：擇電流表A2。題目要求測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，所以需要采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器選擇電阻值比較小的R1。由于所以被測(cè)電阻屬于小電阻，電流表應(yīng)選外接法。電路圖如圖；（5）由電阻定律得，解得

【分析】（1）明確游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則進(jìn)行讀數(shù)即可；

（2）明確螺旋測(cè)微器每一個(gè)小格代表的數(shù)值，并且在最后的讀數(shù)時(shí)注意估讀即可；

（3）利用歐姆表測(cè)量電阻，讀數(shù)時(shí)利用表盤的示數(shù)乘以倍率即可；

（4）為了能得到比較多的數(shù)據(jù)，采用分壓法，電流表內(nèi)阻比較大，對(duì)電壓影響比較大，故采用電流表外接法；

（5）利用歐姆定律求解電阻的阻值，再結(jié)合電阻的定義式求解電阻率即可。14．（1）解：根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）解：電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)解得（3）解：解法一：離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與入射方向夾角為解法二：從開始運(yùn)動(dòng)到離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，由動(dòng)能定理得解得速度方向與入射方向夾角為：解法三：平拋運(yùn)動(dòng)的速度反向延長(zhǎng)線過水平位移的中點(diǎn)【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度；

（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓；

（3）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小和速度偏轉(zhuǎn)角的正切值；根據(jù)動(dòng)能定理求出電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小，從而求出速度方向與入射方向夾角的余弦值，從而求出正切值；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的速度反向延長(zhǎng)線過水平位移的中點(diǎn)求出速度偏角的正切值，從而求出速度偏角的余弦值，從而求出離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度。15．（1）由題意知，由靜止釋放后，棒在繩拉力、重力、安培力和導(dǎo)軌支持力及摩擦力共同作用下沿導(dǎo)軌向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)直至勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，由平衡條件可得在沿導(dǎo)軌向上方向上