高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1海南省部分中學(xué)2024-2025學(xué)年高一年級(jí)下學(xué)期第三次月考模擬考試物理試題一、單選題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.如圖，兩帶電小球的質(zhì)量均為m，小球A用一端固定在墻上的絕緣輕繩連接，小球B用固定的絕緣輕桿連接。A球靜止時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角為，兩球連線與輕繩的夾角為，整個(gè)系統(tǒng)在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.A球靜止時(shí)，輕繩上拉力為B.A球靜止時(shí)，A球與B球間的庫侖力為C.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球加速度大小為gD.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間輕桿對(duì)B球的作用力變小【答案】C【解析】AB．根據(jù)題意A球靜止時(shí)，對(duì)A球受力分析，如圖所示由平行四邊形定則及幾何關(guān)系，輕繩上拉力為A球與B球間的庫侖力故AB錯(cuò)誤；C．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球受到輕繩拉力消失，其它兩力保持不變，根據(jù)三力平衡知識(shí)，此時(shí)A球的合外力大小為，則加速度大小為g，故C正確；D．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間B球受到的庫侖力、重力不變，小球仍然處在靜止?fàn)顟B(tài)，則輕桿對(duì)B球的作用力不變，故D錯(cuò)誤。故選C。2.在光滑絕緣的水平面上建立坐標(biāo)軸x，沿x軸方向上的電場強(qiáng)度E的變化情況如圖所示。已知x軸上從0到0.1m以及從1.0m到1.4m對(duì)應(yīng)的圖線為直線，其余為曲線。若在O點(diǎn)以0.8m/s的初速度沿x軸的正方向釋放一個(gè)質(zhì)量為3×10-2kg、電荷量為-1×10-6C的帶電小球，小球運(yùn)動(dòng)到x=1.4m處速度剛好減為0，下列說法正確的是（）A.x=1.0m、x=1.4m兩點(diǎn)間的電勢差為1.6VB.x=0.1m、x=1.0m兩點(diǎn)間的電勢差為7.5×103VC.小球運(yùn)動(dòng)到x=0.1m處的速度大小為0.5m/sD.該小球?qū)⒃谠c(diǎn)和x=1.4m間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．圖像與坐標(biāo)軸所圍區(qū)域的面積表示電勢差，根據(jù)圖像可得故A錯(cuò)誤；B．從x=0到x=1.4m，根據(jù)動(dòng)能定理可得，代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．從x=0到x=0.1m，根據(jù)動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故C錯(cuò)誤；D．該小球運(yùn)動(dòng)到x=1.4m處時(shí)，速度減為零，之后反向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律可知，小球回到原點(diǎn)將繼續(xù)沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以小球不可能在原點(diǎn)和x=1.4m間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示為一種自動(dòng)測量壓力的電路圖，其中為滑動(dòng)變阻器，為定值電阻，為理想電流表，為壓敏電阻，其阻值會(huì)隨著壓力的增大而減小。下列說法正確的是（）A.受到的壓力減小時(shí)，電流表的示數(shù)減小B.受到的壓力增大時(shí)，兩端的電壓減小C.若將電流表重新刻度為壓力表，則“0”刻度在右邊D.阻值越大，受到相同壓力時(shí)電流表示數(shù)變化將越明顯【答案】C【解析】A．受到的壓力減小時(shí)，阻值會(huì)增大，并聯(lián)部分的電阻增大，并聯(lián)部分的電壓增大，電流表支路的電阻不變，流過電流表的示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；B．受到的壓力增大時(shí)，阻值會(huì)減小，總電阻減小，總電流增大，兩端的電壓增大，故B錯(cuò)誤；C．受到的壓力增大，電阻減小，電流表的示數(shù)減小，反向變化，則“0”刻度在右邊，故C正確；D．阻值越大，流過電流表上的電流越小，受到相同壓力時(shí)，電流表變化將越不明顯，故D錯(cuò)誤。故選C4.空間中存在著如圖所示的磁場，其磁感線分布如圖所示，磁感線穿過大小不變的閉合圓形金屬線圈。線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過程中（）A.線圈有縮小趨勢B.穿過線圈的磁通量變小C.若線圈不閉合，線圈中沒有感應(yīng)電動(dòng)勢D.若線圈勻速移動(dòng)，線圈中沒有感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．從位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿過線圈的磁通量變小。根據(jù)楞次定律的推廣表述“增縮減擴(kuò)”，這里磁通量減小，線圈應(yīng)有擴(kuò)張的趨勢，而非縮小趨勢，故A錯(cuò)誤；B．磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，從位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁場變?nèi)酰€圈面積不變，根據(jù)磁通量公式Φ=BS（B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為線圈面積）可知穿過線圈的磁通量變小，故B正確；C．只要穿過線圈（無論閉合與否）的磁通量發(fā)生變化，就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，只有閉合回路中才有感應(yīng)電流，所以若線圈不閉合，雖沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢，故C錯(cuò)誤；D．線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過程中，磁通量發(fā)生變化，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應(yīng)電流，與線圈是否勻速移動(dòng)無關(guān)，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示是描述甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A.甲帶負(fù)電，乙?guī)д夿.甲的電荷量小于乙的電荷量C.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度D.在P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶正電的粒子，僅在靜電力的作用下，粒子會(huì)沿電場線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)【答案】C【解析】AB．電場線從甲出發(fā)，部分終止于乙，所以甲帶正電，乙?guī)ж?fù)電，且甲的電荷量大于乙的電荷量，故AB錯(cuò)誤；C．由于P點(diǎn)處的電場線比Q點(diǎn)處密集，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故C正確；D．由于P點(diǎn)和Q點(diǎn)在同一條電場線上且電場線為曲線，所以該粒子僅在靜電力作用下不可能沿電場線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示為兩個(gè)固定的均勻帶電的絕緣球面，半徑分別為7R和R，所帶電荷量分別為Q和Q（Q>0），兩球面內(nèi)切于E點(diǎn)，球心O和O1的連線沿水平方向。一根內(nèi)壁光滑的豎直絕緣細(xì)管穿過大球面球心O，與球面相交于B、C兩點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球從A點(diǎn)沿細(xì)管由靜止開始下落，運(yùn)動(dòng)通過D點(diǎn)。已知AB兩點(diǎn)距離和CD兩點(diǎn)距離均為R，靜電力常量為k，重力加速度為g，設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零勢能面，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生電勢為，則（）A.A點(diǎn)電勢為B.小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度為C.小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D.小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中加速度一直在增大【答案】C【解析】A．幾何關(guān)系可知?jiǎng)tA點(diǎn)電勢為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性和電勢疊加原理易得，AD點(diǎn)電勢相等，即AD電勢差U為0，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性和電勢疊加原理易得O點(diǎn)電勢小球從A到O過程，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為故C正確；D．小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，大球?qū)π∏虻膸靵隽?（大球在其內(nèi)部產(chǎn)生的場強(qiáng)為0），小球只受重力和小球的庫侖力。小球受到帶正電小球的庫侖力，設(shè)其方向與豎直方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可知小球加速度從從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，r在減小，在增大（減小），故無法判斷加速度大小具體變化，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖為某控制電路的一部分，已知的輸入電壓為，如果電阻，，，則不可能輸出的電壓是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由圖可知，輸出的是下半部分電阻兩端的電壓，可知當(dāng)兩電阻均不接入時(shí)，輸出電壓為24V；當(dāng)只有R1接入時(shí)，輸出電壓當(dāng)只有R2接入時(shí)，輸出電壓當(dāng)兩電阻均接入時(shí)本題選不可能輸出的電壓，故選A。8.如圖所示的電路中，恒流源可為電路提供恒定電流，為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均可視為理想電表，不考慮導(dǎo)線電阻對(duì)電路的影響。將滑動(dòng)變阻器的滑片向下移動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)增大B.電路中總電阻增大C.電壓表的示數(shù)增大D.恒流源輸出功率增大【答案】A【解析】B．滑動(dòng)變阻器的滑片向下移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻變小，根據(jù)并聯(lián)電路的特征可知電路中總電阻減小，B錯(cuò)誤；AC．恒流源流出的總電流不變，電路中總電阻減小，則并聯(lián)部分總電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小，則流過電阻R的電流減小，由于總電流不變，則流過滑動(dòng)變阻器的電流增大，即電流表的示數(shù)增大，A錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)由于恒流源電流大小不變，總電阻減小，所以恒流源的輸出功率減小，D錯(cuò)誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)而不全的得2分，錯(cuò)選或不選的得0分。）9.如圖所示，真空中的直角坐標(biāo)系xOy，以O(shè)為圓心、半徑為1m的圓與坐標(biāo)軸交于A、B、C、D四點(diǎn)。在x軸上-2m和2m處，分別固定電荷量為+4q和-q的兩個(gè)點(diǎn)電荷。則（）A.A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同B.A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，方向相同C.B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同D.B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，方向相同【答案】BC【解析】AB．根據(jù)電場疊加原理可知，兩個(gè)點(diǎn)電荷在A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向相同，合場強(qiáng)方向均沿x軸正方向，設(shè)+4q的點(diǎn)電荷到A點(diǎn)的距離為r，A點(diǎn)電場強(qiáng)度大小C點(diǎn)電場強(qiáng)度大小所以A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．兩點(diǎn)電荷在B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度如圖+4q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小-q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小則所以D點(diǎn)的合場強(qiáng)方向與x軸有一定夾角偏向y軸正方向，由于電場的對(duì)稱性可知B點(diǎn)的合場強(qiáng)方向與x軸有一定夾角偏向y軸負(fù)方向，所以B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向不同；由于電場的對(duì)稱性可知B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10.兩點(diǎn)電荷M、N分別固定在和坐標(biāo)原點(diǎn)處，若取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則兩點(diǎn)電荷所形成電場的電勢在x軸正半軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x=40cm處電勢最低?，F(xiàn)有一正點(diǎn)電荷q從x0處由靜止釋放，其只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是（）A.點(diǎn)電荷M帶正電、N帶負(fù)電B.x0處的電場強(qiáng)度為0C.點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量大小之比為4∶1D.正點(diǎn)電荷q沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢能先減小后增大【答案】CD【解析】A．根據(jù)電勢變化情況可知，自區(qū)域從左至右電勢先降低后升高，所以場強(qiáng)方向先沿軸正方向后沿軸負(fù)方向，可知點(diǎn)電荷M帶負(fù)電，點(diǎn)電荷N帶正電，故A錯(cuò)誤；B．在圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度，在處的圖像斜率不為零，則電場強(qiáng)度也不為零，故B錯(cuò)誤；C．在處圖像斜率為零，電場強(qiáng)度為，則滿足可知點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量大小之比為故C正確；D．一正點(diǎn)電荷從處由靜止釋放，正點(diǎn)電荷會(huì)向電勢低的方向運(yùn)動(dòng)，正點(diǎn)電荷沿軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢先降低后升高，由于可知，正點(diǎn)電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。故選CD。11.如圖為某控制電路的一部分，已知的輸入電壓為24V，如果電阻，，，則可能輸出的電壓是（）A.12V B.8V C.6V D.3V【答案】ABC【解析】若兩開關(guān)都閉合，則電阻和并聯(lián)，再和串聯(lián)，為并聯(lián)電路兩端電壓，則有若閉合，斷開，則和串聯(lián)，則有若閉合，斷開，則和串聯(lián)，則有若、都斷開，則電路斷路，則有故選ABC。12.小明家的“迷你”電飯鍋有加熱和保溫兩擋，工作電路如圖所示，其中，電飯鍋在保溫狀態(tài)下的電路總功率是加熱狀態(tài)下的，下列說法正確的是（）A.開關(guān)S閉合時(shí)電飯鍋處于保溫狀態(tài)，S斷開時(shí)處于加熱狀態(tài)B.加熱擋的功率為550WC.電阻的阻值約為117.3ΩD.電飯鍋處于保溫狀態(tài)時(shí)電路中的電流為1.5A【答案】BC【解析】A．由圖可知，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電路中只有一個(gè)電阻；當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電路中與串聯(lián)，此時(shí)電路中總電阻為根據(jù)可知，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電路中電阻較小，功率較大電飯鍋處于加熱狀態(tài)；S斷開時(shí)處于保溫狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，加熱擋的功率為故B正確；C．電飯鍋在保溫狀態(tài)下的電路總功率是加熱狀態(tài)下的，則則解得故C正確；D．電飯鍋處于保溫狀態(tài)時(shí)電路中的電流為故D錯(cuò)誤。故選BC。13.如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，當(dāng)開關(guān)閉合或斷開瞬間，對(duì)于線圈P回路中的電流表中感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A.當(dāng)閉合開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是a→bB.當(dāng)閉合開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是b→aC.當(dāng)斷開開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是a→bD.當(dāng)斷開開關(guān)S一瞬間，電流的方向是b→a【答案】AD【解析】AB．當(dāng)合上開關(guān)S的一瞬間，線圈M產(chǎn)生磁場，穿過線圈P的磁通量向右從無到有增加，則線圈P里有感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律“增反減同”可得，電流方向?yàn)?，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)斷開開關(guān)S的一瞬間，線圈M產(chǎn)生的磁場消失，穿過線圈P的磁通量向右從有到無減小，則線圈P里有感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律“增反減同”可得，電流方向?yàn)?，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。三、實(shí)驗(yàn)題（本題共兩個(gè)小題，共18分）14.美國物理學(xué)家密立根利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實(shí)驗(yàn)。如圖，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相連接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，板間油滴P由于帶負(fù)電懸浮在兩板間保持靜止。（1）若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有（）A.油滴質(zhì)量 B.兩板間的電壓C.兩板間的距離 D.兩板的長度（2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量___________（已知重力加速度為。（3）在進(jìn)行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都有一定規(guī)律，并定義了元電荷，關(guān)于元電荷下列說法正確的是（）A.油滴的電荷量可能是 B.油滴的電荷量可能是C.元電荷就是電子 D.任何帶電體所帶電荷量可取任意值【答案】（1）ABC（2）（3）B【解析】【小問1解析】平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場，液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，則有可得所以要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d。故選ABC?！拘?解析】根據(jù)第一問可知該油滴的電荷量【小問3解析】A.油滴的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，根據(jù)故A錯(cuò)誤；B.同理故B正確；C.元電荷是帶電體的最小帶電量，不是電子，故C錯(cuò)誤；D.任何帶電體所帶電荷量都只能是元電荷的整數(shù)倍，故D錯(cuò)誤。15.車輛運(yùn)輸中若存在超載現(xiàn)象，將帶來安全隱患。由普通水泥和導(dǎo)電材料混合制成的導(dǎo)電水泥，可以用于監(jiān)測道路超載問題。某小組對(duì)此進(jìn)行探究。（1）選擇一塊均勻的長方體導(dǎo)電水泥塊樣品，用多用電表粗測其電阻。將多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋，正確操作后，指針位置如圖1所示，則讀數(shù)為__________。（2）進(jìn)一步提高實(shí)驗(yàn)精度，使用伏安法測量水泥塊電阻，電源E電動(dòng)勢，內(nèi)阻可忽略，電壓表量程，內(nèi)阻約，電流表程，內(nèi)阻約。實(shí)驗(yàn)中要求滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，在圖2中完成余下導(dǎo)線的連接__________。（3）如圖2，測量水泥塊的長為a，寬為b，高為c。用伏安法測得水泥塊電阻為R，則電阻率__________（用R、a、b、c表示）。（4）測得不同壓力F下的電阻R，算出對(duì)應(yīng)的電阻率，作出圖像如圖3所示。（5）基于以上結(jié)論，設(shè)計(jì)壓力報(bào)警系統(tǒng)，電路如圖4所示。報(bào)警器在兩端電壓大于或等于時(shí)啟動(dòng)，為水泥塊，為滑動(dòng)變阻器，當(dāng)?shù)幕幱谀澄恢?，上壓力大于或等于時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)。報(bào)警器應(yīng)并聯(lián)在__________兩端（填“”或“”）。（6）若電源E使用時(shí)間過長，電動(dòng)勢變小，上壓力大于或等于時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)，則__________（填“大于”“小于”或“等于”）?！敬鸢浮浚?）8000（2）見解析（4）（5）（6）大于【解析】（1）多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋，故根據(jù)圖1可知讀數(shù)為；（2）長方體導(dǎo)電水泥塊樣品的電阻，故采用電流表內(nèi)接法；實(shí)驗(yàn)中要求滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故連接實(shí)物圖如圖（3）根據(jù)電阻定律可知（5）根據(jù)圖3可知壓力越大電阻率越小，即電阻越??；回路中電流增加，電壓增加，電壓減小，而報(bào)警器在兩端電壓大于或等于時(shí)啟動(dòng)，故應(yīng)將報(bào)警器并聯(lián)在兩端；（6）電源電動(dòng)勢E減小，要使報(bào)警器啟動(dòng)，即兩端電壓要仍為3V，根據(jù)串聯(lián)分壓有可知E減小需要R1更小，又因?yàn)镕越大R1越小，可知F1需要大于F0。四、計(jì)算題（本題共三個(gè)小題，其中第16題10分，第17題12分，第18題16分，共38分。）16.如圖所示，在電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從O點(diǎn)以初速度射出，速度方向與水平方向夾角均為。已知粒子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計(jì)重力及粒子間相互作用。求：（1）a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；（2）a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】根據(jù)題意，不計(jì)重力及粒子間相互作用，則豎直方向上，由對(duì)球，根據(jù)牛頓第二定律有a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立解得【小問2解析】方法一、根據(jù)題意可知，兩個(gè)小球均在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向上的初速度均為，則兩小球一直在同一豎直線上，斜上拋的小球豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為斜下拋小球豎直方向上運(yùn)動(dòng)位移為則小球a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與小球b之間的距離方法二、兩個(gè)小球均受到相同電場力，以a球?yàn)閰⒖枷?，球以的速度向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離17.當(dāng)金屬的溫度升高到一定程度時(shí)會(huì)向四周發(fā)射電子，這種電子稱為熱電子。如圖所示，相距為L的兩塊平行正對(duì)的金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E1上，M、N之間的電場視為勻強(qiáng)電場，K是與M板距離很近的燈絲，電源E2給K加熱從而產(chǎn)生熱電子。開關(guān)S閉合后，穩(wěn)定時(shí)，電流表的示數(shù)為I。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，熱電子的初速度可以忽略不計(jì)。求：（1）電子從燈絲K出發(fā)到達(dá)N板所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）電路穩(wěn)定的某時(shí)刻，MN之間左半部分空間與右半部分空間的電子數(shù)之比；（3）距離M板為x的空間范圍內(nèi)的電子數(shù)N。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1解析】電子從速度為0開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有板間電場強(qiáng)度為由位移時(shí)間公式，有聯(lián)立解得【小問2解析】設(shè)左半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，右半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，由位移時(shí)間公式，整個(gè)過程有左半部分，有解得穩(wěn)定時(shí)，電子均勻發(fā)射，左半部分電子數(shù)量與右半部分電子數(shù)量比【小問3解析】由位移時(shí)間公式，有電子數(shù)位解得18.某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器、接入電路的阻值，使通過電流計(jì)G（零刻度在中央位置）的電流為零；②記錄電流表、的示數(shù)，記為、；記錄電壓表、的示數(shù)，記為、；③重復(fù)①、②步驟獲得多組數(shù)據(jù)；④把每次測量的電壓表的示數(shù)之和作為路端電壓U，電流表的示數(shù)之和作為通過電源的電流I，作出U隨I變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。（1）若某次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值后，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)G中有自下而上的電流，為使電流計(jì)G中的電流為零，在保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變的情況下，應(yīng)_____（填“增大”或“減小”）滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值。（2）由圖乙可知，電源的電動(dòng)勢為_____，內(nèi)阻為_____。（用、表示）（3）下列關(guān)于電表內(nèi)阻對(duì)該實(shí)驗(yàn)測量結(jié)果影響的說法正確的是_____。（填正確答案標(biāo)號(hào)）A.由于電表內(nèi)阻的影響，使電源內(nèi)阻的測量值大于真實(shí)值B.由于電表內(nèi)阻的影響，使電源電動(dòng)勢的測量值小于真實(shí)值C.電表的內(nèi)阻對(duì)電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量結(jié)果均無影響【答案】（1）減小（2）①.②.（3）C【解析】【小問1解析】如圖所示由題知，開始時(shí)電流計(jì)G的電流為零，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值后，電流計(jì)G中有自下而上的電流，則可知說明端電壓偏大，則阻值偏大，若使電流計(jì)G中的電流為零，則必須滿足在阻值不變的情況下，減小的阻值?！拘?解析】由題意可知可得結(jié)合圖像可得，當(dāng)時(shí)，電源的電動(dòng)勢為當(dāng)時(shí)，內(nèi)阻為【小問3解析】由上可知，電流表示數(shù)之和為流過待測電源的電流值，電壓表測量的電壓示數(shù)之和是待測電源兩端的電壓，均無系統(tǒng)誤差，所以電表的內(nèi)阻對(duì)電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量結(jié)果均無影響。故選C。海南省部分中學(xué)2024-2025學(xué)年高一年級(jí)下學(xué)期第三次月考模擬考試物理試題一、單選題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.如圖，兩帶電小球的質(zhì)量均為m，小球A用一端固定在墻上的絕緣輕繩連接，小球B用固定的絕緣輕桿連接。A球靜止時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角為，兩球連線與輕繩的夾角為，整個(gè)系統(tǒng)在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.A球靜止時(shí)，輕繩上拉力為B.A球靜止時(shí)，A球與B球間的庫侖力為C.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球加速度大小為gD.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間輕桿對(duì)B球的作用力變小【答案】C【解析】AB．根據(jù)題意A球靜止時(shí)，對(duì)A球受力分析，如圖所示由平行四邊形定則及幾何關(guān)系，輕繩上拉力為A球與B球間的庫侖力故AB錯(cuò)誤；C．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球受到輕繩拉力消失，其它兩力保持不變，根據(jù)三力平衡知識(shí)，此時(shí)A球的合外力大小為，則加速度大小為g，故C正確；D．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間B球受到的庫侖力、重力不變，小球仍然處在靜止?fàn)顟B(tài)，則輕桿對(duì)B球的作用力不變，故D錯(cuò)誤。故選C。2.在光滑絕緣的水平面上建立坐標(biāo)軸x，沿x軸方向上的電場強(qiáng)度E的變化情況如圖所示。已知x軸上從0到0.1m以及從1.0m到1.4m對(duì)應(yīng)的圖線為直線，其余為曲線。若在O點(diǎn)以0.8m/s的初速度沿x軸的正方向釋放一個(gè)質(zhì)量為3×10-2kg、電荷量為-1×10-6C的帶電小球，小球運(yùn)動(dòng)到x=1.4m處速度剛好減為0，下列說法正確的是（）A.x=1.0m、x=1.4m兩點(diǎn)間的電勢差為1.6VB.x=0.1m、x=1.0m兩點(diǎn)間的電勢差為7.5×103VC.小球運(yùn)動(dòng)到x=0.1m處的速度大小為0.5m/sD.該小球?qū)⒃谠c(diǎn)和x=1.4m間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．圖像與坐標(biāo)軸所圍區(qū)域的面積表示電勢差，根據(jù)圖像可得故A錯(cuò)誤；B．從x=0到x=1.4m，根據(jù)動(dòng)能定理可得，代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．從x=0到x=0.1m，根據(jù)動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故C錯(cuò)誤；D．該小球運(yùn)動(dòng)到x=1.4m處時(shí)，速度減為零，之后反向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律可知，小球回到原點(diǎn)將繼續(xù)沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以小球不可能在原點(diǎn)和x=1.4m間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示為一種自動(dòng)測量壓力的電路圖，其中為滑動(dòng)變阻器，為定值電阻，為理想電流表，為壓敏電阻，其阻值會(huì)隨著壓力的增大而減小。下列說法正確的是（）A.受到的壓力減小時(shí)，電流表的示數(shù)減小B.受到的壓力增大時(shí)，兩端的電壓減小C.若將電流表重新刻度為壓力表，則“0”刻度在右邊D.阻值越大，受到相同壓力時(shí)電流表示數(shù)變化將越明顯【答案】C【解析】A．受到的壓力減小時(shí)，阻值會(huì)增大，并聯(lián)部分的電阻增大，并聯(lián)部分的電壓增大，電流表支路的電阻不變，流過電流表的示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；B．受到的壓力增大時(shí)，阻值會(huì)減小，總電阻減小，總電流增大，兩端的電壓增大，故B錯(cuò)誤；C．受到的壓力增大，電阻減小，電流表的示數(shù)減小，反向變化，則“0”刻度在右邊，故C正確；D．阻值越大，流過電流表上的電流越小，受到相同壓力時(shí)，電流表變化將越不明顯，故D錯(cuò)誤。故選C4.空間中存在著如圖所示的磁場，其磁感線分布如圖所示，磁感線穿過大小不變的閉合圓形金屬線圈。線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過程中（）A.線圈有縮小趨勢B.穿過線圈的磁通量變小C.若線圈不閉合，線圈中沒有感應(yīng)電動(dòng)勢D.若線圈勻速移動(dòng)，線圈中沒有感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．從位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿過線圈的磁通量變小。根據(jù)楞次定律的推廣表述“增縮減擴(kuò)”，這里磁通量減小，線圈應(yīng)有擴(kuò)張的趨勢，而非縮小趨勢，故A錯(cuò)誤；B．磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，從位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁場變?nèi)?，線圈面積不變，根據(jù)磁通量公式Φ=BS（B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為線圈面積）可知穿過線圈的磁通量變小，故B正確；C．只要穿過線圈（無論閉合與否）的磁通量發(fā)生變化，就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，只有閉合回路中才有感應(yīng)電流，所以若線圈不閉合，雖沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢，故C錯(cuò)誤；D．線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過程中，磁通量發(fā)生變化，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應(yīng)電流，與線圈是否勻速移動(dòng)無關(guān)，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示是描述甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A.甲帶負(fù)電，乙?guī)д夿.甲的電荷量小于乙的電荷量C.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度D.在P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶正電的粒子，僅在靜電力的作用下，粒子會(huì)沿電場線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)【答案】C【解析】AB．電場線從甲出發(fā)，部分終止于乙，所以甲帶正電，乙?guī)ж?fù)電，且甲的電荷量大于乙的電荷量，故AB錯(cuò)誤；C．由于P點(diǎn)處的電場線比Q點(diǎn)處密集，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故C正確；D．由于P點(diǎn)和Q點(diǎn)在同一條電場線上且電場線為曲線，所以該粒子僅在靜電力作用下不可能沿電場線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示為兩個(gè)固定的均勻帶電的絕緣球面，半徑分別為7R和R，所帶電荷量分別為Q和Q（Q>0），兩球面內(nèi)切于E點(diǎn)，球心O和O1的連線沿水平方向。一根內(nèi)壁光滑的豎直絕緣細(xì)管穿過大球面球心O，與球面相交于B、C兩點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球從A點(diǎn)沿細(xì)管由靜止開始下落，運(yùn)動(dòng)通過D點(diǎn)。已知AB兩點(diǎn)距離和CD兩點(diǎn)距離均為R，靜電力常量為k，重力加速度為g，設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零勢能面，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生電勢為，則（）A.A點(diǎn)電勢為B.小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度為C.小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D.小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中加速度一直在增大【答案】C【解析】A．幾何關(guān)系可知?jiǎng)tA點(diǎn)電勢為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性和電勢疊加原理易得，AD點(diǎn)電勢相等，即AD電勢差U為0，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性和電勢疊加原理易得O點(diǎn)電勢小球從A到O過程，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為故C正確；D．小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，大球?qū)π∏虻膸靵隽?（大球在其內(nèi)部產(chǎn)生的場強(qiáng)為0），小球只受重力和小球的庫侖力。小球受到帶正電小球的庫侖力，設(shè)其方向與豎直方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可知小球加速度從從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，r在減小，在增大（減小），故無法判斷加速度大小具體變化，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖為某控制電路的一部分，已知的輸入電壓為，如果電阻，，，則不可能輸出的電壓是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由圖可知，輸出的是下半部分電阻兩端的電壓，可知當(dāng)兩電阻均不接入時(shí)，輸出電壓為24V；當(dāng)只有R1接入時(shí)，輸出電壓當(dāng)只有R2接入時(shí)，輸出電壓當(dāng)兩電阻均接入時(shí)本題選不可能輸出的電壓，故選A。8.如圖所示的電路中，恒流源可為電路提供恒定電流，為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均可視為理想電表，不考慮導(dǎo)線電阻對(duì)電路的影響。將滑動(dòng)變阻器的滑片向下移動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)增大B.電路中總電阻增大C.電壓表的示數(shù)增大D.恒流源輸出功率增大【答案】A【解析】B．滑動(dòng)變阻器的滑片向下移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻變小，根據(jù)并聯(lián)電路的特征可知電路中總電阻減小，B錯(cuò)誤；AC．恒流源流出的總電流不變，電路中總電阻減小，則并聯(lián)部分總電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小，則流過電阻R的電流減小，由于總電流不變，則流過滑動(dòng)變阻器的電流增大，即電流表的示數(shù)增大，A錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)由于恒流源電流大小不變，總電阻減小，所以恒流源的輸出功率減小，D錯(cuò)誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)而不全的得2分，錯(cuò)選或不選的得0分。）9.如圖所示，真空中的直角坐標(biāo)系xOy，以O(shè)為圓心、半徑為1m的圓與坐標(biāo)軸交于A、B、C、D四點(diǎn)。在x軸上-2m和2m處，分別固定電荷量為+4q和-q的兩個(gè)點(diǎn)電荷。則（）A.A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同B.A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，方向相同C.B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同D.B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，方向相同【答案】BC【解析】AB．根據(jù)電場疊加原理可知，兩個(gè)點(diǎn)電荷在A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向相同，合場強(qiáng)方向均沿x軸正方向，設(shè)+4q的點(diǎn)電荷到A點(diǎn)的距離為r，A點(diǎn)電場強(qiáng)度大小C點(diǎn)電場強(qiáng)度大小所以A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不等，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．兩點(diǎn)電荷在B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度如圖+4q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小-q在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小則所以D點(diǎn)的合場強(qiáng)方向與x軸有一定夾角偏向y軸正方向，由于電場的對(duì)稱性可知B點(diǎn)的合場強(qiáng)方向與x軸有一定夾角偏向y軸負(fù)方向，所以B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向不同；由于電場的對(duì)稱性可知B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10.兩點(diǎn)電荷M、N分別固定在和坐標(biāo)原點(diǎn)處，若取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則兩點(diǎn)電荷所形成電場的電勢在x軸正半軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x=40cm處電勢最低?，F(xiàn)有一正點(diǎn)電荷q從x0處由靜止釋放，其只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是（）A.點(diǎn)電荷M帶正電、N帶負(fù)電B.x0處的電場強(qiáng)度為0C.點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量大小之比為4∶1D.正點(diǎn)電荷q沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢能先減小后增大【答案】CD【解析】A．根據(jù)電勢變化情況可知，自區(qū)域從左至右電勢先降低后升高，所以場強(qiáng)方向先沿軸正方向后沿軸負(fù)方向，可知點(diǎn)電荷M帶負(fù)電，點(diǎn)電荷N帶正電，故A錯(cuò)誤；B．在圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度，在處的圖像斜率不為零，則電場強(qiáng)度也不為零，故B錯(cuò)誤；C．在處圖像斜率為零，電場強(qiáng)度為，則滿足可知點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量大小之比為故C正確；D．一正點(diǎn)電荷從處由靜止釋放，正點(diǎn)電荷會(huì)向電勢低的方向運(yùn)動(dòng)，正點(diǎn)電荷沿軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢先降低后升高，由于可知，正點(diǎn)電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。故選CD。11.如圖為某控制電路的一部分，已知的輸入電壓為24V，如果電阻，，，則可能輸出的電壓是（）A.12V B.8V C.6V D.3V【答案】ABC【解析】若兩開關(guān)都閉合，則電阻和并聯(lián)，再和串聯(lián)，為并聯(lián)電路兩端電壓，則有若閉合，斷開，則和串聯(lián)，則有若閉合，斷開，則和串聯(lián)，則有若、都斷開，則電路斷路，則有故選ABC。12.小明家的“迷你”電飯鍋有加熱和保溫兩擋，工作電路如圖所示，其中，電飯鍋在保溫狀態(tài)下的電路總功率是加熱狀態(tài)下的，下列說法正確的是（）A.開關(guān)S閉合時(shí)電飯鍋處于保溫狀態(tài)，S斷開時(shí)處于加熱狀態(tài)B.加熱擋的功率為550WC.電阻的阻值約為117.3ΩD.電飯鍋處于保溫狀態(tài)時(shí)電路中的電流為1.5A【答案】BC【解析】A．由圖可知，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電路中只有一個(gè)電阻；當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電路中與串聯(lián)，此時(shí)電路中總電阻為根據(jù)可知，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電路中電阻較小，功率較大電飯鍋處于加熱狀態(tài)；S斷開時(shí)處于保溫狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，加熱擋的功率為故B正確；C．電飯鍋在保溫狀態(tài)下的電路總功率是加熱狀態(tài)下的，則則解得故C正確；D．電飯鍋處于保溫狀態(tài)時(shí)電路中的電流為故D錯(cuò)誤。故選BC。13.如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，當(dāng)開關(guān)閉合或斷開瞬間，對(duì)于線圈P回路中的電流表中感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A.當(dāng)閉合開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是a→bB.當(dāng)閉合開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是b→aC.當(dāng)斷開開關(guān)S的一瞬間，電流的方向是a→bD.當(dāng)斷開開關(guān)S一瞬間，電流的方向是b→a【答案】AD【解析】AB．當(dāng)合上開關(guān)S的一瞬間，線圈M產(chǎn)生磁場，穿過線圈P的磁通量向右從無到有增加，則線圈P里有感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律“增反減同”可得，電流方向?yàn)椋蔄正確，B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)斷開開關(guān)S的一瞬間，線圈M產(chǎn)生的磁場消失，穿過線圈P的磁通量向右從有到無減小，則線圈P里有感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律“增反減同”可得，電流方向?yàn)?，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。三、實(shí)驗(yàn)題（本題共兩個(gè)小題，共18分）14.美國物理學(xué)家密立根利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實(shí)驗(yàn)。如圖，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相連接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，板間油滴P由于帶負(fù)電懸浮在兩板間保持靜止。（1）若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有（）A.油滴質(zhì)量 B.兩板間的電壓C.兩板間的距離 D.兩板的長度（2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量___________（已知重力加速度為。（3）在進(jìn)行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都有一定規(guī)律，并定義了元電荷，關(guān)于元電荷下列說法正確的是（）A.油滴的電荷量可能是 B.油滴的電荷量可能是C.元電荷就是電子 D.任何帶電體所帶電荷量可取任意值【答案】（1）ABC（2）（3）B【解析】【小問1解析】平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場，液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，則有可得所以要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d。故選ABC。【小問2解析】根據(jù)第一問可知該油滴的電荷量【小問3解析】A.油滴的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，根據(jù)故A錯(cuò)誤；B.同理故B正確；C.元電荷是帶電體的最小帶電量，不是電子，故C錯(cuò)誤；D.任何帶電體所帶電荷量都只能是元電荷的整數(shù)倍，故D錯(cuò)誤。15.車輛運(yùn)輸中若存在超載現(xiàn)象，將帶來安全隱患。由普通水泥和導(dǎo)電材料混合制成的導(dǎo)電水泥，可以用于監(jiān)測道路超載問題。某小組對(duì)此進(jìn)行探究。（1）選擇一塊均勻的長方體導(dǎo)電水泥塊樣品，用多用電表粗測其電阻。將多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋，正確操作后，指針位置如圖1所示，則讀數(shù)為__________。（2）進(jìn)一步提高實(shí)驗(yàn)精度，使用伏安法測量水泥塊電阻，電源E電動(dòng)勢，內(nèi)阻可忽略，電壓表量程，內(nèi)阻約，電流表程，內(nèi)阻約。實(shí)驗(yàn)中要求滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，在圖2中完成余下導(dǎo)線的連接__________。（3）如圖2，測量水泥塊的長為a，寬為b，高為c。用伏安法測得水泥塊電阻為R，則電阻率__________（用R、a、b、c表示）。（4）測得不同壓力F下的電阻R，算出對(duì)應(yīng)的電阻率，作出圖像如圖3所示。（5）基于以上結(jié)論，設(shè)計(jì)壓力報(bào)警系統(tǒng)，電路如圖4所示。報(bào)警器在兩端電壓大于或等于時(shí)啟動(dòng)，為水泥塊，為滑動(dòng)變阻器，當(dāng)?shù)幕幱谀澄恢?，上壓力大于或等于時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)。報(bào)警器應(yīng)并聯(lián)在__________兩端（填“”或“”）。（6）若電源E使用時(shí)間過長，電動(dòng)勢變小，上壓力大于或等于時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)，則__________（填“大于”“小于”或“等于”）?！敬鸢浮浚?）8000（2）見解析（4）（5）（6）大于【解析】（1）多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋，故根據(jù)圖1可知讀數(shù)為；（2）長方體導(dǎo)電水泥塊樣品的電阻，故采用電流表內(nèi)接法；實(shí)驗(yàn)中要求滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故連接實(shí)物圖如圖（3）根據(jù)電阻定律可知（5）根據(jù)圖3可知壓力越大電阻率越小，即電阻越小；回路中電流增加，電壓增加，電壓減小，而報(bào)警器在兩端電壓大于或等于時(shí)啟動(dòng)，故應(yīng)將報(bào)警器并聯(lián)在兩端；（6）電源電動(dòng)勢E減小，要使報(bào)警器啟動(dòng)，即兩端電壓要仍為3V，根據(jù)串聯(lián)分壓有可知E減小需要R1更小，又因?yàn)镕越大R1越小，可知F1需要大于F0。四、計(jì)