第第頁浙江省湖州市2024-2025學年高二上學期1月期末物理試題一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．下列單位對應的物理量為矢量的是（）A．特斯拉 B．安培 C．韋伯 D．亨利2．以下物理量不是用比值定義法定義的是（）A．磁感應強度B=FIL C．電阻R=ρls 3．下列說法正確的是（）A．自由電子定向移動的速率等于光速B．條形磁鐵內部磁場方向由南極指向北極C．兩條通電導線通過電場發(fā)生相互作用D．垂直磁場放置的線圈匝數(shù)越多磁通量越大4．以下關于電磁波說法正確的是（）A．麥克斯韋預言了電磁波的存在并通過實驗捕捉到了電磁波B．空間中均勻變化的電場能引起均勻變化的磁場從而產(chǎn)生電磁波C．所有電磁波在真空中的傳播速度大小一樣D．X射線可以摧毀病變的細胞，γ射線可以用于診斷病情5．如圖所示，某戶居民樓頂平臺安裝12塊太陽能電池板。據(jù)樓主介紹，利用這些電池板收集太陽能發(fā)電，每塊電池板發(fā)電總功率可達250W，工作電壓為380A．“度”是能量單位 B．工作總電流約為1C．年發(fā)電量約為2.6×1046．圖甲是質譜儀工作原理圖，帶電粒子從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，速度幾乎為零，經(jīng)過S2，沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上。圖乙是回旋加速器原理圖，D1A．圖甲，所有粒子進入小孔S2B．圖甲，粒子荷質比越大在磁場中運動的半徑越小C．圖乙，粒子在兩個半圓金屬盒中加速D．圖乙，回旋加速器中粒子射出的最大速度由加速電壓大小決定7．如圖所示為一多用電表的刻度盤，現(xiàn)將紅表筆插入表的“+”插孔，黑表筆插入表的“-”插孔，下列說法正確的是（）A．用它測量電壓時，電流從黑表筆流入多用電表B．刻度盤上讀電流和電阻值時可以用同一條刻度線C．測量二極管正向電阻時，紅表筆與二極管正極相連D．當指針指向電阻刻度值“5”時，流入多用電表的電流為滿偏電流的38．某同學想測量一工廠排出廢水的電阻率。他用如圖甲所示的盛水容器，其左右兩側面為帶有接線柱的金屬薄板（電阻極小），其余四面由絕緣材料制成，容器內部長為a，寬為b，高為c。他將含有正負離子的水樣注滿容器，測得水樣的U?I圖線如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．電壓為U時，水樣電阻為UB．電壓為U時，水樣的電阻率為UbcC．隨著電壓增加，該水樣的電阻先增大后不變D．若加一垂直前后面向外的磁場，左端接線柱接電源正極時，該容器下表面的電勢高于上表面9．如圖所示，一帶正電的圓形線圈A沿順時針方向轉動，另一導體線圈B跟它在同一水平面內，下列說法正確的是（）A．線圈B的磁通量方向垂直紙面向外B．若線圈A勻速轉動，線圈B中產(chǎn)生順時針方向的感應電流C．若線圈A加速轉動，線圈B中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流D．若線圈A減速轉動，線圈B受到的安培力方向背離圓心10．交警使用的某型號酒精測試儀工作原理如圖所示，圖中電源電動勢為E，內阻為r。已知傳感器電阻R0A．酒精氣體濃度越大，電壓表讀數(shù)越大B．酒精氣體濃度越大，電壓表指針偏轉角越小C．酒精氣體濃度越大，電源輸出功率越大D．隨著酒精氣體濃度增大，電壓表示數(shù)變化量與電路中電流變化量的比值變大11．如圖所示，甲、乙為電表的接線柱面板圖，圖中①~⑥為接線柱，共有4個量程。下列說法正確的是（）A．甲圖是電壓表的接線柱面板圖B．若圖乙中Rg為100C．若圖甲中量程1為0.6A，則量程2為D．使用圖甲中①和③兩個接線柱進行測量時發(fā)現(xiàn)測量值偏小，可以在這兩個接線柱間并聯(lián)一個大電阻進行調節(jié)12．如圖甲所示為磁電式電流表的結構圖。磁電式電流表最基本的組成部分是磁體和放在磁體兩極間的線圈，兩極間裝有極靴，極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，螺旋彈簧反抗線圈的轉動。某時刻當線圈左邊導線a電流方向為垂直紙面向里時，它受到的安培力如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．此時導線a所處的磁場方向為水平向右B．圓柱內磁感線全部穿過圓心C．線圈中通入恒定的電流并轉過一個小角度，導線受到的安培力不變D．不管線圈轉到什么位置，導線所受的安培力總是與線圈平面垂直13．如圖甲所示，閉合電路中開關，將滑動變阻器的滑片從右端逐漸滑至左端的過程中，電壓表V1和V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的圖像如圖乙中Ⅰ、Ⅱ兩條線所示，兩條線中ab、A．圖線Ⅰ對應電壓表VB．電源的電動勢為5.85C．滑動變阻器的最大阻值是6D．當滑動變阻器滑片在最左端時，電動機M的輸出功率為2.25二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題目要求的，漏選得1分，不選、錯選均不得分）14．下列說法正確的是（）A．黑體都是黑色的B．我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與溫度有關C．普朗克的能量子假設認為能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍D．能量的耗散表明，能源在利用過程中能量在數(shù)量上減少了15．關于以下四幅圖說法正確的是（）A．圖甲，真空冶煉爐接高頻交流電源后能在爐體內產(chǎn)生渦流B．圖乙，斷開開關S后，彈簧K不會立刻將銜鐵D拉起而斷電C．圖丙，將一自感系數(shù)較大的線圈與一電動勢為E的電源相連，當斷開開關時，線圈兩端電壓一定小于ED．圖丁，電子沿逆時針方向運動，為了使電子加速，電磁線圈中的電流應該變大三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．在“金屬絲電阻率的測量”實驗中（1）圖甲所示的電路圖中導線a還未連接，要完成實驗需將導線a連接到接線柱（選填“P”或“Q”）（2）合上開關前，將圖甲中滑動變阻器的滑片滑至變阻器的最端（選填“左”或“右”）（3）圖乙中游標卡尺和螺旋測微器讀數(shù)分別是mm、mm。17．在“電池電動勢和內阻的測量”實驗中（1）所用電池為兩節(jié)干電池，為保護電源，電路中串聯(lián)了一個保護電阻R0，電路圖如圖丙所示。電流表量程應選擇（選填“0.6A”或“3A”），電壓表量程應選擇（選填“3（2）保護電阻R0A．定值電阻（阻值100Ω，額定功率1B．定值電阻（阻值2Ω，額定功率5（3）根據(jù)實驗測得5組數(shù)據(jù)，描點后如圖丁所示，則此干電池電動勢E=V，內阻r=Ω（結果均保留兩位有效數(shù)字），用這樣的電路圖測量得到的內阻比真實值（選填“大”或“小”）；（4）丁圖中實驗測得數(shù)據(jù)點P時，滑動變阻器接入的電阻測量值約為Ω。18．在“練習使用多用電表”實驗中（1）某同學用歐姆擋“×10”的倍率測某電阻，發(fā)現(xiàn)指針指在如圖戊所示的a位置，為了進行比較準確的測量，需要將選擇開關轉到擋（選填“×1”或“×100”），換倍率后重新進行歐姆調零（選填“需要”或“不需要”）；（2）某次用“V~，2.5V”擋進行測量時，指針指在圖b位置，則讀數(shù)為19．如圖所示，寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上?？臻g存在著勻強磁場，當回路總電流為I1時，金屬桿恰好能靜止。求：(1)磁感應強度B至少有多大？此時方向如何？(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？20．如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進入勻強磁場，第二次又以2v勻速進入同一勻強磁場。求：（1）第一次進入與第二次進入時線圈中電流之比；（2）第一次進入與第二次進入時外力做功的功率之比；（3）第一次進入與第二次進入過程中線圈產(chǎn)生熱量之比。21．如圖所示，在光滑的水平面上有一質量m=1kg、足夠長的Ｕ型金屬導軌PQNM，導軌間距L=0.5m，QN段電阻r=0.3Ω，導軌其余部分電阻不計。緊靠U型導軌的右側有方向豎直向下、磁感應強度大小B=1.0T的勻強磁場。一電阻R=0.2Ω的輕質導體棒ab垂直擱置在導軌上，并處于方向水平向左、磁感應強度大小亦為B=1.0T的勻強磁場中，同時被右側兩固定在水平面上的絕緣立柱擋住，棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，不考慮導軌與立柱間的摩擦。t=0時，U型導軌QN邊在外力F作用下從靜止開始做加速度（1）t=2s時棒ab（2）外力F隨時間變化的關系式；（3）撤去外力F后的整個滑行過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。22．如圖所示，平面直角坐標系xOy第一象限內有垂直紙面、大小恒定的圓形勻強磁場，半徑R=1m，圓心坐標1m,1m。一重力不計、帶正電的粒子從y軸上的P點以速度v0（1）若v0（2）若粒子以某一速度v1進入磁場，粒子經(jīng)t=π3×10（3）若將磁場沿y軸負方向移0.5m，粒子仍以v

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】矢量與標量有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數(shù)加減法則。A．特斯拉是磁感應強度的單位，磁感應強度是矢量，故A正確；B．安培是電流的單位，電流是標量，故B錯誤；C．韋伯是磁通量的單位，磁通量是標量，故C錯誤；D．亨利是電感的單位，電感是標量。故D錯誤。故選A。【分析】既有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。2．【答案】C【解析】【解答】本題關鍵要掌握比值定義法，對于常見物理量的定義方法要熟悉，即可輕松選擇。磁感應強度、電動勢、電流均為比值定義法，而R=ρl故選C。

【分析】比值法定義出來的物理量與參與定義的物理量無關，反映物質本身屬性。根據(jù)比值定義法的共性分析。3．【答案】B【解析】【解答】該題考查的知識點較多，要做好這一類的題目，就要注意在平均多看課本，多加積累A．自由電子定向移動的速率很小，遠小于光速，選項A錯誤；B．條形磁鐵內部磁場方向由南極指向北極，外部由北極指向南極，形成閉合曲線，選項B正確；C．兩條通電導線通過磁場發(fā)生相互作用，選項C錯誤；D．垂直磁場放置的線圈磁通量與線圈面積有關，與匝數(shù)無關，選項D錯誤。故選B。

【分析】自由電子定向移動的速率很小，條形磁鐵內部磁場方向由南極指向北極，電流間相互作用通過磁場發(fā)生，垂直磁場放置的線圈磁通量與線圈面積有關。4．【答案】C【解析】【解答】電磁波的傳播不需要介質，電磁波可以在固體、液體、氣體中傳播，也可以在真空中傳播。A．麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲首次在實驗室中證明了電磁波的存在，故A錯誤；B．根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，變化的磁場產(chǎn)生了電場，變化的電場產(chǎn)生了磁場，但均勻變化的電場能引起恒定的磁場，不會產(chǎn)生電磁波，故B錯誤；C．所有電磁波在真空中的傳播速度大小一樣，均等于光速，故C正確；D．X射線可以用于診斷病情，γ射線可以摧毀病變的細胞，故D錯誤。故選C。

【分析】依照波長的長短的不同，電磁波譜可大致分為：無線電波，微波，紅外線，可見光，紫外線，倫琴射線，γ射線（伽馬射線）。麥克斯韋建立了電磁場理論，預言了電磁波的存在。赫茲用實驗證實電磁波存在。光波是一種電磁波，電磁波在真空中的傳播速度是3×108m/s。5．【答案】A【解析】【解答】解決該題的關鍵是明確知道總電量與電功率之間的關系，熟記電功率與電壓和電流之間的關系。A．kW·h簡稱為度，可知，“度”是能量單位，故A正確；B．每塊電池板發(fā)電總功率可達250W，工作電壓為380V故B錯誤；C．年發(fā)電量為E=Pt=250×故C錯誤；D．富余發(fā)電的總收入約為E?故D錯誤。故選A。

【分析】根據(jù)W=Pt求解發(fā)電的總電量，根據(jù)P=UI求解工作總電流，求出一天的發(fā)電量，根據(jù)W=Pt求解使燈泡工作的時間，用總電量乘以一度電的價格即為總收入；6．【答案】B【解析】【解答】本題考查學生對在磁場中圓周運動洛倫茲力提供向心力、在電場中運用動能定理的掌握是解題的關鍵。A．圖甲，進入小孔S2的所有粒子滿足則粒子的荷質比不同，速度大小不相等，選項A錯誤；B．圖甲，根據(jù)qvB=m解得r=可知，粒子荷質比越大在磁場中運動的半徑越小，選項B正確；C．圖乙，粒子在兩個半圓金屬盒的縫隙中的電場中加速，選項C錯誤；D．圖乙，回旋加速器中粒子射出時q可得最大速度v可知與加速電壓大小無關，選項D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)動能定理求解速度，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑，粒子在兩個半圓金屬盒的縫隙中的電場中加速，最大速度與加速電壓無關。7．【答案】D【解析】【解答】A．多用電表測量電壓時，內部沒有使用電源，就是一個普通的電壓表，電流進出多用電表滿足“紅進黑出”即電流從紅表筆流入多用電表，電流從黑表筆流出多用電表，故A錯誤；B．刻度盤上讀電阻值時讀最上面的一條刻度線，刻度盤上讀電流和電壓時可以用同一條刻度線，故B錯誤；C．測量二極管正向電阻時，電流從黑表筆流出多用電表，黑表筆與二極管正極相連，故C錯誤；D．當指針指向電阻刻度值“5”時，指針偏轉角度是滿偏時的34，所以流入多用電表的電流為滿偏電流的3故選D。

【分析】經(jīng)過多用表的電流總時從紅表筆進入，由黒表筆流出，結合多用電表原理分析。8．【答案】B【解析】【解答】AB．電壓為U時，根據(jù)歐姆定律可得水樣電阻為R=UI2，容器內部長為a，寬為b，高為c，根據(jù)電阻定律可得R=ρC．根據(jù)水樣的U?I圖線可得，圖像上的點與原點連線的斜率表達電阻。隨著電壓增加，圖像上的點與原點連線的斜率逐漸增大，可知該水樣的電阻逐漸增大，選項C錯誤；D．若加一垂直前后面向外的磁場，左端接線柱接電源正極時，根據(jù)左手定則可知，負離子受洛倫茲力向下偏向下極板，則該容器下表面的電勢低于上表面，選項D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)歐姆定律求解電阻，根據(jù)電阻定律求解電阻率，圖像上的點與原點連線的斜率表示電阻，根據(jù)左手定則判斷電勢高低。9．【答案】C【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握楞次定律的內容：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。A．A線圈的電流方向為順時針方向，由安培定則可知，B線圈中磁通量方向垂直紙面向里，故A錯誤；B．若線圈A勻速轉動，線圈B中的磁通量不變，則不會產(chǎn)生感應電流，故B錯誤；C．若線圈A加速轉動，線圈B中的磁通量垂直紙面向里且增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈B中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，故C正確；D．若線圈A減速轉動，穿過線圈B的磁通量垂直紙面向里且減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈B中產(chǎn)生順時針方向的電流，而線圈B處于垂直紙面向外的磁場中，根據(jù)左手定則可知，線圈B受到指向圓心的安培力，故D錯誤。故選C。

【分析】線圈A中的電流產(chǎn)生磁場，磁場變化，在B中產(chǎn)生感應電流，它的方向可以根據(jù)楞次定律進行判斷。10．【答案】B【解析】【解答】本題主要考查閉合電路的歐姆定律，熟悉電路的構造，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流和路端電壓的變化。ABD．根據(jù)題意可知，酒精氣體濃度越大，R0阻值越小，電路總電阻減小，由閉合回路歐姆定律可得，總電流增大，由U=E?Ir+R可知，電壓表讀數(shù)減小，即電壓表指針偏轉角越小，由上式可知，電壓表示數(shù)變化量與電路中電流變化量的比值為C．由于外電路總電阻與R0故選B?！痉治觥慨斁岂{駕駛員對著測試儀吹氣時，分析R阻值的變化情況，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，分析兩電表示數(shù)變化情況；當酒精氣體濃度越大時，傳感器電阻R的電阻值越小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化，根據(jù)內外電阻的關系分析電源輸出功率的變化情況。電壓表示數(shù)變化量與電路中電流變化量的比值等于R+r。11．【答案】B【解析】【解答】無論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過表頭的最大電流Ig并不改變。A．甲圖中電流表與電阻并聯(lián)，是電流表的接線柱面板圖，故A錯誤；B．圖乙中量程3的量程為U量程4的量程為U所以量程4是量程3的5倍，故B正確；C．若圖甲中量程1為0.6A，則量程2為I故C錯誤；D．使用圖甲中①和③兩個接線柱進行測量時發(fā)現(xiàn)測量值偏小，可以在這兩個接線柱間串聯(lián)一個小電阻進行調節(jié)，故D錯誤；故選B。

【分析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，改裝成大量程的電流表，需要并聯(lián)一個分流電阻，由串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值。12．【答案】D【解析】【解答】磁電式電流表內部磁感應線輻射分布，可保證線圈無論轉到哪個位置，線圈平面總和磁場方向平行，安培力大小總是BIl，從而保證指針偏轉角度大小和電流大小成正比。A．某時刻當線圈左邊導線a電流方向為垂直紙面向里時，它受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，此時導線a所處的磁場方向為水平向左，故A錯誤；B．磁感線不可能相交，所以圓柱內磁感線不可能全部穿過圓心，故B錯誤；C．線圈中通入恒定的電流并轉過一個小角度，根據(jù)F=BIL，可知導線受到的安培力大小不變，但方向改變，故C錯誤；D．不管線圈轉到什么位置，線圈平面始終與極靴與圓柱間的磁感線平行，導線所受的安培力總是與線圈平面垂直，故D正確。故選D。

【分析】根據(jù)磁電式電流表內部磁場特點及安培力方向分析判斷。13．【答案】D【解析】【解答】本題主要考查閉合的歐姆定律中動態(tài)電路的分析，能夠根據(jù)電阻的變化來確定電路中電流的變化以及對于輸出功率的計算。A．由U=E-Ir可知，閉合電路中路端電壓隨電流按線性規(guī)律變化，V2測量的是路端電壓，可知圖線Ⅰ對應電壓表VB．根據(jù)圖線Ⅰ中提供的兩組數(shù)據(jù)，可得5.5=E-0.5r，4.5=E-1.5r求得電源電動勢和內阻為E=6.0V，故B錯誤；C．圖線Ⅱ對應電壓表V1，當電流表讀數(shù)最小為0.5A時，滑動變阻器的阻值為最大，此時可得滑動變阻器兩端電壓為滑動變阻器最大阻值為R=故C錯誤；D．由圖線Ⅱ可看出，在ab段電動機兩端電壓與電流按線性規(guī)律變化，可知該過程電動機未轉動，為純電阻電路，可得電動機內阻為r當滑動變阻器滑片在最左端時，此時干路中電流最大為1.5A，電動機兩端電壓為4.5V，則電動機M的輸出功率為P故D正確。故選D。

【分析】閉合電路中路端電壓隨電流按線性規(guī)律變化；根據(jù)圖線Ⅰ中提供的兩組數(shù)據(jù)求解電動勢；當電流表讀數(shù)最小為0.5A時，滑動變阻器的阻值為最大，根據(jù)歐姆定律求解最大阻值；動機未轉動，為純電阻電路，可得電動機內阻，結合熱功率公式求解輸出功率。14．【答案】B,C【解析】【解答】黑體：能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射的物體。A．黑體自身輻射電磁波，黑體是一種理想模型，但不一定是黑色的，故A錯誤；B．我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與溫度有關，選項B正確；C．普朗克的能量子假設認為能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍，選項C正確；D．能量耗散表明在能源的利用過程中，能量在數(shù)量上并未減少，但是在可利用的品質上降低了，故D錯誤。故選BC。

【分析】根據(jù)黑體輻射實驗和普朗克的量子理論以及能量守恒定律分析。15．【答案】B,D【解析】【解答】當電流在金屬塊內自成閉合回路（產(chǎn)生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據(jù)公式P=I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發(fā)熱功率很大。A．真空冶煉爐的工作原理是爐中金屬產(chǎn)生渦流使爐內金屬熔化，不是爐體產(chǎn)生渦流，故A錯誤；B．將S斷開，導致穿過線圈B的磁通量減小變慢，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生有延時釋放D的作用，故B正確；C．圖丙，將一自感系數(shù)較大的線圈與一電動勢為E的電源相連，當斷開開關時，線圈兩端電壓可能大于E，故C錯誤；D．電磁體線圈中電流變大，產(chǎn)生的磁感應強度變大，由楞次定律可知，進而產(chǎn)生的感生電場方向是順時針方向，電子受感生電場的力與運動方向相同，電子的速度增大，故D正確；故選BD。

【分析】根據(jù)線圈自感現(xiàn)象，楞次定律，渦流的產(chǎn)生以等知識點逐一分析判斷。16．【答案】（1）P（2）右（3）6.55；1.487【解析】【解答】本題考查了實驗器材的選取、實驗電路的選擇、連接實物電路圖；要掌握實驗器材的選取原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作。

（1）該實驗中待測電阻較小，遠小于電壓表內阻，則應該采用電流表外接，即要完成實驗需將導線a連接到接線柱P。（2）合上開關前，將圖甲中滑動變阻器的滑片滑至變阻器的最右端。（3）圖乙中游標卡尺讀數(shù)6mm+0.05mm×11=6.55mm

螺旋測微器讀數(shù)是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。

【分析】（1）待測電阻較小，應該采用電流表外接方法連接電路。

（2）滑動變阻器可以保護電路；

（3）螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．（1）該實驗中待測電阻較小，遠小于電壓表內阻，則應該采用電流表外接，即要完成實驗需將導線a連接到接線柱P。（2）合上開關前，將圖甲中滑動變阻器的滑片滑至變阻器的最右端。（3）[1]圖乙中游標卡尺讀數(shù)6mm+0.05mm×11=6.55mm[2]螺旋測微器讀數(shù)是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。17．【答案】（1）0.6A；（2）B（3）2.8；2.9；小（4）10【解析】【解答】解決本題的關鍵正確器材的選取方法，對于圖線問題，一般的解題思路是結合實驗原理得出物理量間的關系式，結合圖線的斜率或截距進行求解。

（1）測量兩節(jié)干電池的電動勢和內阻，利用表中數(shù)據(jù)可知，電流表量程應選擇0.6A即可；電壓表量程應選擇3（2）保護電阻R0選擇100Ω的定值電阻阻值過大，選擇阻值（3）將U-I圖線連線如圖；根據(jù)U=E?I(則此干電池電動勢E=3.0V內阻r=用這樣的電路圖測量得到的內阻測量值為r即r即測量值比真實值小；（4）丁圖中實驗測得數(shù)據(jù)點P時，U=2.0V，I=0.2A，則滑動變阻器接入的電阻測量值約為R=UI=2.00.2Ω=10Ω（1）[1][2]測量兩節(jié)干電池的電動勢和內阻，利用表中數(shù)據(jù)可知，電流表量程應選擇0.6A即可；電壓表量程應選擇3（2）保護電阻R0選擇100Ω的定值電阻阻值過大，選擇阻值（3）[1][2]將U-I圖線連線如圖；根據(jù)U=E?I(R則此干電池電動勢E=3.0V內阻r=[3]用這樣的電路圖測量得到的內阻測量值為r即r即測量值比真實值小；（4）丁圖中實驗測得數(shù)據(jù)點P時，U=2.0V，I=0.2A，則滑動變阻器接入的電阻測量值約為R=18．【答案】（1）×1；需要（2）1.39【解析】【解答】（1）用歐姆擋測電阻時，指針偏轉角度過大，說明電阻阻值較小，應該選用較小的檔位，因此應該換用×1擋后并重新進行歐姆調零；換倍率后需要重新進行歐姆調零。（2）V~【分析】（1）根據(jù)歐姆表的特點分析判斷；

（2）根據(jù)分度值確定讀數(shù)，最小刻度最后數(shù)字不是1，不用估讀。（1）[1][2]用歐姆擋測電阻時，指針偏轉角度過大，說明所選檔擋過高，則應將檔擋調低，因此應該換用×1擋后并重新進行歐姆調零；換倍率后需要重新進行歐姆調零。（2）V~19．【答案】解：(1)只有當安培力方向沿導軌平面向上時安培力才最小，B也最小，則對導體棒進行受力分析有由共點力的平衡有F安min=mgsinα=BminI1l經(jīng)過計算有Bmin=mg(2)磁場豎直向上，桿受力如圖由共點力的平衡有tanα=F安mg，F(xiàn)安=mgtanα=BI2聯(lián)立得I2=I【解析】【分析】（1）帶電金屬桿進行受力分析，除重力、支持力外，還有在磁場中受到安培力，三力處于平衡狀態(tài)。由此可知安培力的方向，從而由左手定則來確定磁場的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁場的強度。

（2）僅對磁場方向改變時，安培力的方向也隨著改變，利用平衡條件來求出電流的大小。20．【答案】（1）解：根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=所以I（2）解：線框進入磁場時外力大小等于安培力的大小，則P=所以P（3）解：線框產(chǎn)生的熱量為Q=Pt=所以Q【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應定律，可知感應電動勢之比；由閉合電路歐姆定律，可計算感應電流之比；

（2）線框進入磁場時外力大小等于安培力的大小，根據(jù)安培力之比求解外力做功的功率之比；

（3）由（1）中的感應電流之比，可計算兩線圈受到的安培力之比，結合功能關系，即可計算產(chǎn)熱量之比。（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=所以I（2）線框進入磁場時外力大小等于安培力的大小，則P=所以P（3）線框產(chǎn)生的熱量為Q=Pt=所以Q21．【答案】（1）解：由題