物理·陕西省宝鸡市凤县中学2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析] 16页

‎2016-2017学年陕西省宝鸡市凤县中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1．半径为R的两个较大的金属球放在绝缘桌面上，若两球都带等量同种电荷Q时它们之间的静电力为F1，两球带等量异种电荷Q与﹣Q时静电力为F2，则（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．不能确定 ‎2．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（　　）‎ A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动 B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动 C．做匀加速直线运动 D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动 ‎3．两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力为F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为（　　）‎ A．F B．‎ C．4F D．以上三个答案之外的一个值 ‎4．电荷从静止开始只在电场力作用下的运动（最初阶段的运动），则电荷（　　）‎ A．总是从电势高的地方移到电势低的地方 B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方 C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方 D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方 ‎5．如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上，固定三个正点电荷，电荷量的大小q′＜q，则三角形ABC的几何中心处电场强度的方向（　　）‎ A．平行于AC边 B．平行于AB边 C．垂直于AB边指向C D．垂直于AC边指向B ‎6．如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态．若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，可以（　　）‎ A．给平行板电容器充电补充电荷量 B．让平行板电容器放电减少电荷量 C．使两极板相互靠近些 D．使两极板相互远离些 ‎7．电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10﹣6 m2的导线，那么电路中的电流是（　　）‎ A．0.016 mA B．1.6 mA C．0.16 μA D．16 μA ‎8．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R1：R2等于（　　）‎ A． B．3：1 C． D．1：3‎ ‎9．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（　　）‎ A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和0‎ ‎10．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等，横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（　　）‎ A．V2的示数是V1的2倍 B．V3的示数是V1的2倍 C．V3的示数是V2的2倍 D．V2的示数是V3的2倍 ‎11．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，Rx约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（　　）‎ A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小 ‎12．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长lab=2lbc．当将A与B接入电压为U（V）的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为（　　）‎ A．4I B．2I C． I D． I ‎　‎ 二、填空与实验题（13至16小题每空2分，共14分；17小题5分；18小题9分.合计28分）‎ ‎13．如图所示，把电量为﹣5×10﹣9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能　　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V，则此过程中电场力做的功为　　J．‎ ‎14．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　　Ω．‎ ‎15．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=　　mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图所示，则该工件的长度L=　　cm．‎ ‎16．图1为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5V．‎ ‎（1）完成下列实验步骤：‎ ‎①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，　　‎ ‎②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，　　；‎ ‎③断开开关，…．根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．‎ ‎（2）在图2虚线框中画出与实物电路相应的电路图．‎ ‎17．在测定金属的电阻率的实验中，金属导线长约0.8m，直径小于1mm，电阻在5Ω左右．实验主要步骤如下：‎ ‎（1）用　　测量金属导线的长度，测3次，求出平均值L；‎ ‎（2）在金属导线的3个不同位置上用　　测量直径，求出平均值d；‎ ‎（3）用伏安法测量金属导线的电阻R．在图1的方框中画出实验电路图，并试把图2中所给的器材连接成测量R的合适的线路．图中安培计要求用0﹣0.6A量程，内阻约1Ω；伏特计要求用0﹣3V量程，内阻约几kΩ；电源电动势为6V；滑动变阻器阻值0﹣20Ω．在闭合电键前，滑动变阻器的滑动触点应处于正确位置． 根据以上测量值，得到该金属电阻率的表达式为ρ=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共3个小题，共24分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎18．两个分别用长13厘米的绝缘细线悬挂于同一点的相同球形导体，带有同种等量电荷（可视为点电荷）．由于静电斥力，他们之间的距离为10厘米．已测得每个球形导体质量是0.6克，求它们所带的电荷量．（已知静电常量k=9×109N．m2/C2）‎ ‎19．如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg=500Ω，满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程 则（1）串联的电阻R1的阻值是多大 ‎（2）串联的电阻R2的阻值为多大．‎ ‎20．一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图所示．试求C、D两点沿电场强度方向的距离y．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省宝鸡市凤县中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1．半径为R的两个较大的金属球放在绝缘桌面上，若两球都带等量同种电荷Q时它们之间的静电力为F1，两球带等量异种电荷Q与﹣Q时静电力为F2，则（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．不能确定 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小 ‎【解答】解：半径为R的两个较大的金属球固定在绝缘桌面上，两球不能看成点电荷，‎ 因带同种电荷，导致电量间距大于带异种电荷的间距，‎ 根据库仑定律F=k，可知，它们相互作用的库仑力大小有：F1＜F2，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（　　）‎ A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动 B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动 C．做匀加速直线运动 D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动 ‎【考点】电场的叠加；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．‎ ‎【解答】解：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．‎ 由牛顿第二定律得知它们的加速度变小．‎ 随着两球间距离增大，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，‎ 故选B ‎　‎ ‎3．两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力为F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为（　　）‎ A．F B．‎ C．4F D．以上三个答案之外的一个值 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．‎ ‎【解答】解：带电量大小分别为q和3q，相互斥力为F．‎ 由库仑定律可得：‎ F==；‎ 若带同种电荷，则两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；‎ 则库仑力F′==F；‎ ‎ 若是异种电荷，则两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为q；‎ 则库仑力F″==；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．电荷从静止开始只在电场力作用下的运动（最初阶段的运动），则电荷（　　）‎ A．总是从电势高的地方移到电势低的地方 B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方 C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方 D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】此题需要根据电场力做功的特点判断两点电势能的高低，知道电场力做正功，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、如果是负电荷，运动方向与场强相反，故电势会增大，故A错误；‎ B、静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，但此方向的场强不一定减小，故B错误；‎ C、由于电荷只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以εA＞εB，故C正确，D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上，固定三个正点电荷，电荷量的大小q′＜q，则三角形ABC的几何中心处电场强度的方向（　　）‎ A．平行于AC边 B．平行于AB边 C．垂直于AB边指向C D．垂直于AC边指向B ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】三角形ABC的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，根据点电荷场强公式E=k和平行四边形定则分析两个点电荷q在中心处产生的合场强大小和方向，与q′在中心处产生的场强大小和方向进行比较，确定三角形ABC的几何中心处电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：根据几何知识得知，三角形ABC的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，设为r．由点电荷场强公式E=k可知，两个点电荷q在中心处产生的场强大小均为E1=k，两个场强之间的夹角为120°，根据平行四边形定则得到：两个点电荷q在中心处产生的合场强大小 E合=E1=k，方向沿垂直于AB边指向C．‎ q′在中心处产生的场强大小为E2=k，方向沿垂直于AB边离开C．由于q′＜q，则E合＞E2，所以三角形ABC的几何中心处电场强度的方向沿垂直于AB边指向C．故ABD错误，C正确 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态．若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，可以（　　）‎ A．给平行板电容器充电补充电荷量 B．让平行板电容器放电减少电荷量 C．使两极板相互靠近些 D．使两极板相互远离些 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg=qE．某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大．根据电容器的动态分析，判断E的变化，从而确定能否保持静止．‎ ‎【解答】解：A、给平行板电容器继续充电，电量增大，电容不变，根据U=，知电势差增大，根据E=，知电场强度增大．故A正确．‎ B、让电容器放电，电量减小，电容不变，根据U=，知电势差减小，根据E=，知电场强度减小．电荷的电量减小，电场强度也减小，则电场力减小，电荷不能平衡．故B错误．‎ C、D、Q一定，因为U=，C=，所以电场强度E===，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10﹣6 m2的导线，那么电路中的电流是（　　）‎ A．0.016 mA B．1.6 mA C．0.16 μA D．16 μA ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由电流的定义I=可求得电路中的电流．‎ ‎【解答】解：由I=得：‎ I===1.6×10﹣7A=0.16μA；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R1：R2等于（　　）‎ A． B．3：1 C． D．1：3‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解．‎ ‎【解答】解：因为该图线为I﹣U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3．故A、B、C错，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（　　）‎ A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和0‎ ‎【考点】简单的逻辑电路．‎ ‎【分析】该电路有中一个与门（上）与一个非门（下）．与门的两个输入端电信号都为“1”时，输出为“1”，否则为零．非门输入“1”，输出为零；输入“0”，输出为“1”．‎ ‎【解答】解：B端电信号经过一个非门，变为“1”，从D端输出，故D端输出为“1”；B端的输出信号又作为输入信号与A端输入信号一起经过上面的与门，两者都是“1”，故C端输出为“1”．‎ 故选C ‎　‎ ‎10．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等，横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（　　）‎ A．V2的示数是V1的2倍 B．V3的示数是V1的2倍 C．V3的示数是V2的2倍 D．V2的示数是V3的2倍 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；‎ 三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系．‎ ‎【解答】解：由题意可知：Lc=2La=2Lb，Sb=2Sa=2Sc；‎ 由电阻设b的电阻Rb=R，由电阻定律R=ρ得：‎ Ra=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra：Rb=4：2：1，‎ 由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，‎ 通过它们的电流I相等，由U=IR得：‎ Uc：Ua：Ub=4：2：1，‎ UV3：UV1：UV2=4：2：1，‎ A、V1的示数是V2的2倍，故A错误；‎ B、V3的示数是V1的2倍，故B正确；‎ C、V3的示数是V2的4倍，故C错误；‎ D、V2的示数是V3的倍，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，Rx约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（　　）‎ A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】根据待测量电阻与电压表电流表内阻的大小关系，根据误差分析方法可选择正确的电路；再由欧姆定律可分析误差情况．‎ ‎【解答】解： ==500； ==10，＞，故应采用电流表外接法，故选甲电路； ‎ 由于电压表分流使电流表示数偏大流表，则由欧姆定律可知，测量值比真实值小；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长lab=2lbc．当将A与B接入电压为U（V）的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为（　　）‎ A．4I B．2I C． I D． I ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律得出两种情况下的电阻之比，结合欧姆定律得出电流大小之比．‎ ‎【解答】解：设金属薄片的厚度为d，当A与B接入电压为U（V）的电路中时，，当C与D接入电压为U（V）的电路中时，，‎ 可知，‎ 根据欧姆定律得，电流I=，知电流之比为1：4，所以将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为4I．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空与实验题（13至16小题每空2分，共14分；17小题5分；18小题9分.合计28分）‎ ‎13．如图所示，把电量为﹣5×10﹣9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V，则此过程中电场力做的功为　﹣2.5×10﹣8 　J．‎ ‎【考点】电势能；电势差；电势．‎ ‎【分析】判断电势能的高低可以根据电势高低进行：负电荷在电势高的地方电势能低，正电荷则相反；也可以利用电场力做功：电场力做正功，电势能降低，做负功，电势能增加．电场力做功和路径无关，至于始末位置的电势差有关．‎ ‎【解答】解：A点电势高于B点，因此负电荷在A点电势能小于B点，故将负电荷从A点移到B点，电势能将增加；．‎ 故答案为：增大，﹣2.5×10﹣8．‎ ‎　‎ ‎14．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　×100　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　重新进行欧姆调零　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　2100　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21×100=2100Ω．‎ 故答案为：×100；重新进行欧姆调零；2100；‎ ‎　‎ ‎15．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=　10.293　mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图所示，则该工件的长度L=　5.015　cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为10mm，可动刻度为29.3×0.01mm=0.293mm，所以最终读数为10mm+0.293mm=10.293mm．‎ ‎20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．‎ 故答案为：10.293；5.015．‎ ‎　‎ ‎16．图1为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5V．‎ ‎（1）完成下列实验步骤：‎ ‎①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，　置于最左端．　‎ ‎②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，　灯泡的电压不能超过额定电压2.5V　；‎ ‎③断开开关，…．根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．‎ ‎（2）在图2虚线框中画出与实物电路相应的电路图．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】①电压、电流需从零测起，滑动变阻器采用的是分压式接法，闭合电键前，使得测量电路部分处于短路状态，保护测量电路部分．‎ ‎②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，灯泡的电压不能超过额定电压．‎ ‎③由图看出电路中各部分的连接关系，再画出电路图．‎ ‎【解答】解：①题中，滑动变阻器采用的是分压式接法，闭合电键前，必须使得测量电路部分处于短路状态，保护测量电路部分，因为与测量电路并联部分为滑动变阻器的左侧部分，所以闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片置于最左端．‎ ‎②闭合开关后，为了增大电压应将滑片向右逐渐移动，但灯泡的电压不能超过额定电压2.5V．‎ ‎③由图看出，电流表采取外接法，滑动变阻器采用的是分压式接法，画出电路图如图所示．‎ 故答案为：①置于最左端．②灯泡的电压不能超过额定电压2.5V．③电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎17．在测定金属的电阻率的实验中，金属导线长约0.8m，直径小于1mm，电阻在5Ω左右．实验主要步骤如下：‎ ‎（1）用　精确度为mm的米尺　测量金属导线的长度，测3次，求出平均值L；‎ ‎（2）在金属导线的3个不同位置上用　螺旋测微器　测量直径，求出平均值d；‎ ‎（3）用伏安法测量金属导线的电阻R．在图1的方框中画出实验电路图，并试把图2中所给的器材连接成测量R的合适的线路．图中安培计要求用0﹣0.6A量程，内阻约1Ω；伏特计要求用0﹣3V量程，内阻约几kΩ；电源电动势为6V；滑动变阻器阻值0﹣20Ω ‎．在闭合电键前，滑动变阻器的滑动触点应处于正确位置． 根据以上测量值，得到该金属电阻率的表达式为ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，金属导线的直径很小，因此通过螺旋测微器测量；‎ 选择器材需安全、精确，通过金属导线的电阻的额定电流确定出电流表的量程．通过比较金属导线的电阻与电流表内阻和电压表内阻的关系，确定电路的选择，若金属导线的电阻远小于电压表的内阻，采取外接法，若金属导线的内阻远大于电流表的内阻，采用内接法．‎ 根据题意，结合电阻定律R=ρ，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）因金属丝的长度约0.8m，长度相对比较大，可以使用精确度为mm的刻度尺，或精确度为mm的米尺；‎ ‎ （2）因测金属导线的直径小于1mm，要使用精确度尽可能高的螺旋测微器，以提高实验的精确度．‎ ‎ （3）因电阻丝电阻值远小于电压表内阻值，与内阻1Ω的电流表的电阻差别比较小，为减小误差，电流表应用外接法．‎ ‎ 要提高实验的准确度，实验中测量的电压和电流的数值不要太接近，所以最好使用滑动变阻器的分压式接法．实验电路如图所示：‎ 实物连接如图：‎ 根据电阻定律R=ρ，‎ 已知S=π（）2，因此电阻率的表达式ρ=π（）2=；‎ 故答案为：（1）精确度为mm的米尺；（2）螺旋测微器；（3）测量部分用安培表外接法，电源部分用限流电路或分压电路都可以，如上图；．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共3个小题，共24分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎18．两个分别用长13厘米的绝缘细线悬挂于同一点的相同球形导体，带有同种等量电荷（可视为点电荷）．由于静电斥力，他们之间的距离为10厘米．已测得每个球形导体质量是0.6克，求它们所带的电荷量．（已知静电常量k=9×109N．m2/C2）‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对小球进行正确受力分析，然后根据平衡条件列方程即可求解．‎ ‎【解答】解：设绳长为L，两球之间的距离为d，则小球受力如图：‎ 由于小球处于平衡状态所以有：‎ FTcosθ=mg ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ 带入数据联合①②③解得：Q=5.3×10﹣8C，注意单位要化成国际单位．‎ 所以它们所带的电荷量分别为5.3×10﹣8C．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg=500Ω，满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程 则（1）串联的电阻R1的阻值是多大 ‎（2）串联的电阻R2的阻值为多大．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表应串联分压电阻，由串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）电压表量程为10V，‎ 串联电阻阻值：R1=﹣Rg=﹣500=9500Ω；‎ ‎（2）电压表量程为100V，‎ 串联电阻阻值：R2=﹣R1﹣Rg=﹣9500﹣500=90000Ω；‎ 答：（1）串联的电阻R1的阻值是9500Ω ‎（2）串联的电阻R2的阻值为90000Ω．‎ ‎　‎ ‎20．一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图所示．试求C、D两点沿电场强度方向的距离y．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】对电子的加速过程运用动能定理得到C点速度，再结合D点速度方向得到y方向的分速度，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：电子加速过程，由动能定理得到 ‎ 解得 在竖直方向：vy=v0tan30°=at，‎ 解得：‎ CD两点沿场强方向的距离 代入数据解得 ‎ 即C、D两点沿电场强度方向的距离y为0.01m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日