【物理】四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高二上学期期末适应性考试试题（解析版） 20页

三台中学实验学校2018级高二上期末适应考试物理试题 一、选择题 ‎1.科技进步造福人类，人类的幸福生活是在一代代科学先驱不断探索创新的基础上奋斗出来的，下列对有关物理学史描述正确的是（ ）‎ A. 库伦创造性的在电场中引入了电场线 B. 奥斯特发现了电流的磁效应 C. 洛伦兹发明了质谱仪 D. 安培发明了回旋加速器 ‎【答案】B ‎【解析】A．法拉第创造性的在电场中引入了电场线，选项A错误；‎ B．奥斯特发现了电流的磁效应，选项B正确；‎ C．英国物理学家阿斯顿发明质谱仪，选项C错误；‎ D．1930年欧内斯特•奥兰多•劳伦斯提出回旋加速器理论，1932年首次研制成功。故D错误；‎ 故选B.‎ ‎2.下列说法正确的是（　　）‎ A. 海市蜃楼是光在空气中发生折射和全反射形成的光学幻景 B. 电阻温度计是利用电阻率几乎不受温度影响的材料制成的 C. 阻尼振动的振幅和频率都越来越小 D. 防止共振现象时要尽量使驱动力的频率与物体固有频率一致 ‎【答案】A ‎【解析】A．海市蜃楼是光在空气中发生折射和全反射形成的光学幻景，选项A正确；‎ B．电阻温度计是利用有的金属电阻率随温度变化而显著变化制成的，故B错误；‎ C．阻尼振动的振幅越来越小，频率不变，故C错误；‎ D．防止共振现象时要尽量使驱动力的频率与物体固有频率不一致，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 电容器，电流、磁感应强度都用到了比值定义法 B. 在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等 C. 电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，但所受洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 D. 通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度就越强 ‎【答案】B ‎【解析】A．电容、磁感应强度都用到了比值定义法；但电流不是用比值法定义的，故A错误；‎ B．根据U=Ed可知，在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等，故B正确；‎ C．正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反，运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，故C错误；‎ D．根据公式F=BILsinθ，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不一定强，还与电流方向与磁场方向的夹角θ有关，故D错误；‎ 故选B.‎ ‎4.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A. a代表的电阻丝较细 B. b代表的电阻丝的电阻较大 C. 将两条电阻丝并联后，其I—U图线位于a、b之间 D. 将两条电阻丝串联后接入电路，a的热功率比b的小 ‎【答案】A ‎【解析】AB．图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大。故A正确、B错误。 C．将两条电阻丝并联后，其电阻值小于b的电阻，则其I—U图线位于b与I轴之间，选项C错误；‎ D．将两条电阻丝串联后接入电路，电流相等，根据P=I2R可知，a热功率比b的大，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.如图所示，两束单色光a、b从水面下射向A点，光线经折射后合成一束光，则正确的是 ‎ （ ）‎ A. 在水中a光的波速比b光的波速小 B. a光的频率比b光的频率低 C. a光的折射率大于b光的折射率 D. 当a、b两束光以相同的入射角从水中射到A点，入射角从0开始逐渐增大，最先消失的是a光 ‎【答案】B ‎【解析】ABC．b光的偏折程度大于a光的偏折程度，所以b光的折射率大于a光的折射率．a光的折射率小，a光的频率小，根据知a光在介质中的速度大．故AC错误，B正确．‎ D．根据知，a光的折射率小于b光的折射率，所以在水中a光的临界角大于b光的临界角．当a、b两束光以相同的入射角从水中射到A点，入射角从0°开始逐渐增大，最先消失的是b光，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【名师点睛】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度得出光的折射率大小，从而根据、比较出光在介质中的速度大小以及临界角的大小．‎ ‎6.如图所示，图甲是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.05s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法中错误的是（　　）‎ A. 该简谐横波的波速为20m/s B. 该简谐横波沿x轴正方向传播 C. t=0.25s时质点Q的加速度大于质点P的加速度 D. t=0.17s时质点Q的运动方向沿y轴正方向 ‎【答案】D ‎【解析】A．该简谐横波的波长λ=4m，周期T=0.2s，则波速为 选项A正确，不符合题意；‎ B．由P点的振动图像可知，t=0.05s时刻，质点P在平衡位置向下振动，由波形图可知该简谐横波沿x轴正方向传播，选项B正确，不符合题意；‎ C．t=0.25s时，也就是从图示时刻的波形再经过一个周期，则质点Q和P都回到原来的位置，则此时质点Q的加速度大于质点P的加速度，选项C正确，不符合题意；‎ D．t=0.17s时，也就是从图示时刻再经过0.12s，质点Q的运动方向沿y轴负方向，选项D错误，符合题意；故选D。‎ ‎7.如图，A、B、C是等边三角形的三个顶点，以A、B连线的中点O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立直角坐标系；过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为：‎ A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向 C. 沿z轴正方向 D. 沿z轴负方向 ‎【答案】A ‎【解析】等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流。 由安培定则可得：导线A、B的电流在O处的合磁场为零，则只有在C处的电流产生磁场对O点通电导线有安培力作用。再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向，故A正确，BCD错误。‎ ‎8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P，Q是这条轨迹上的两点，据此可知 ( ) ‎ A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大 C. 该带电质点在P点处的动能比在Q点处大 D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【答案】C ‎【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道质点带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故A错误．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，故B错误．从P到Q过程中运动的方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，电势能增加，所以带电质点在P点处的动能比在Q点处大；而在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故C正确，D错误．故选C．‎ ‎9. 如图所示的实验中，平行板电容器的极板A与静电计小球连接，极板B和静电计外壳都接地．若极板B稍向上移一些，则 A. 电容器电容变大，静电计指针偏角不变 B. 电容器电容变小，静电计指针偏角变小 C. 极板上的电量几乎不变，静电计指针偏角变大 D. 极板上的电量几乎不变，静电计指针偏角变小 ‎【答案】C ‎【解析】静电计的夹角与电容器的电压有关，极板间电压大夹角就大，当极板B稍向上移一些，由，S减小，电容C变小，又因为,电容器两极板处于断开状态，电荷量不变，所以C减小，电压U变大，静电计指针夹角变大；‎ 故选C．‎ ‎10.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r < R1‎ ‎，C为电容器，电流表、电压表为理想电流表和理想电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电容器C所带电荷量增多 C. 电源的输出功率增大，效率降低 D. a点的电势升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．根据内外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．a点的电势等于R2两端的电压．‎ ‎【详解】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故ABD错误．据题：r＜R1，当外电路总电阻减小时，内外电阻更加接近，电源的输出功率增大．电源的效率，路端电压U减小，则电源的效率降低，故C正确．故选C．‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．‎ ‎11.一个质子（）和个粒子（）沿垂直于磁感线方向从同一点射入一匀强磁场中，在磁场中速度分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2.若它们在磁场中运动轨迹是重合的，如图所示，下列正确的是（　　）‎ A. 时间之比为1∶2，速度之比为1∶2 B. 时间之比为2∶1，速度之比为1∶2‎ C. 时间之比为1∶2，速度之比为2∶1 D. 时间之比为2∶1，速度之比为2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期：‎ 因为B为定值，两粒子转过的圆心角相同均为半个周期，所以质子与α粒子的运动时间之比等于两粒子的之比，故质子与α粒子的运动时间之比 ‎ 。‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 因B、R相同 故选C。‎ ‎12.如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场，C、D为垂直于磁场的同一平面内的两点，它们之间的距离为l，今有一电荷量为e带电粒子在此磁场中运动，它经过C点时的速度的方向和磁场方向垂直，且与CD间的夹角，此粒子在运动中后来又经过了D点，（不计重力）则下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子带正电 ‎ B. 带电粒子经过C、D两点后，速度方向偏转 C. 带电粒子由C运动到D的时间为 ‎ D. 带电粒子的质量为 ‎【答案】D ‎【解析】A．由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；‎ B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识可知经过C、D两点后，速度方向偏转60°，故B错误。‎ ‎ C．由几何知识得：轨迹的圆心角θ=2α=60°，作出轨迹如图，由几何知识得粒子的轨迹半径 r=l 由于轨迹对应的圆心角θ=60°，故粒子由C到D运动时间 故C错误。‎ D．由牛顿第二定律，则有 从而得粒子的质量为 故D正确。‎ 故选D。‎ 二、本大题6小题 ‎13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，设t＝0时刻波传播到x轴上的B质点，波形如图所示。从图示位置开始，A质点在t＝0.6s时第二次出现在波峰位置，则下列正确的是（ ）‎ A. 该简谐横波的波速等于5m/s B. t＝0.6s时，质点C在平衡位置处且向下运动 C. 经t＝1.2s，该波传播到x轴上的质点D D. 当质点E第一次出现在波峰位置时，质点B恰好出现在波谷位置 ‎【答案】AD ‎【解析】A．t=0.6s时，质点A第二次出现在正向最大位移处，则有 ‎ t=0.6s=1.5T 得到该波的周期为 T=0.4s，由图读出波长为 λ=2m，则波速为 故A正确。‎ B．t=0.6s时，质点C振动了0.4s=1T，则质点C在平衡位置处且向上运动。故B错误。‎ C．简谐波沿x轴正方向传播，t=1.2s时间内传播的距离为 x=vt=5×1.2m=6m 所以经t=1.2s，该波传播到x轴上x=8m处，故C错误。‎ D．由于B、E间距离等于1.5倍的波长，B与E的振动情况总是相反，则当质点E第一次出现在波峰位置时，质点B恰好出现在波谷位置。故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎14.一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻为r，当空载的电动观光车以速度v在平直公路上匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动机线圈电阻为R，司机与电动车总重力为mg，电动车受到的阻力是总重力的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（ ）‎ A. 电源输出功率为为EI B. 电源效率为×100%‎ C. 电动机的输出功率为 D. 电动机发热功率EI－I2r ‎【答案】BC ‎【解析】A．电源输出功率为为EI-I2r，选项A错误；‎ B．电源效率为 ‎×100%‎ 选项B正确；‎ C．电动车匀速运动，牵引力等于阻力，即F=kmg，则电动机的输出功率为 选项C正确；‎ D．电动机发热功率I2R，选项D错误；‎ 故选BC。‎ ‎15.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ）‎ A. b点的电势低于c点的电势 B b点电场强度小于d点电场强度 C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】A．MN是一条等势线，则b点电势为零，而c点电势小于零，则b点电势高于c点，选项A错误； ‎ B．因d电场场强大于O点场强，而O点场强大于b点场强，可知b点电场强度小于d点电场强度，选项B正确；‎ C．由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故C正确；‎ D．因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能高于在c点的电势能，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎16.如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（）和氦核（），下列正确的是（　　）‎ A. 它们的最大速度相同 B. 两次所接高频电源的频率不同 C. 若加速电压不变，则它们的加速次数相等 D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎【答案】AC ‎【解析】A．根据，得 两粒子的比荷相等，所以最大速度相等。故A正确。‎ B．带电粒子在磁场中运动的周期 两粒子的比荷相等，所以周期和频率相等。故B错误。‎ C．最大动能 则加速次数 两粒子的比荷相等，加速电压不变，则加速次数相同，选项C正确；‎ D．根据知，仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎17.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中 A. 甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大 B. 甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短 C. 甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同 D. 两滑落块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等 ‎【答案】AD ‎【解析】A．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡 mgcos θ＝qvmB 解得 ‎ ‎ 故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面速度大于乙，A正确；‎ B．甲斜面倾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，故B错误；‎ C．根据动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 故甲的位移大于乙的位移，故C错误；‎ D．重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值 代入数据相等，故D正确．‎ 答案AD.‎ 点睛：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况：小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面．‎ ‎18.如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变，现将小球提高到M点再由静止释放。则释放后，小球从M运动到N的过程中（ ）‎ A. 小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B. 小球运动的速度先增大后减小 C. 弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D. 小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 ‎【答案】CD ‎【解析】小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态，可知小球所受的重力与电场力等大反向；‎ A．小球从M运动到N的过程中，由于有电场力做功，故小球和弹簧系统的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；‎ B．释放后小球从M运动到N过程中，合力等于弹簧的拉力，做正功，故动能一直增加，即球一直加速，故B错误；‎ C．释放后小球从M运动到N 过程中，重力和电场力平衡，等效与只有弹簧弹力做功，故弹簧弹性势能和球动能之和保持不变，即弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，故C正确；‎ D．重力做功等于重力势能的减小量，克服电场力做功等于电势能的增加量，重力和电场力平衡，故小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量，故D正确；‎ 故选CD 三、实验填空题 ‎19.如图两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示某时刻的波谷，图中所标A、B、C、D、E，为介质中的质点，其中E点位于AD连线的中点，则其中处于减弱区的质点有________，从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于_______（选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）‎ ‎【答案】 (1). B、C (2). 波谷 ‎【解析】[1]．因为B、C两点是峰谷相遇点，是处于减弱区的质点；‎ ‎[2]．E点处于峰峰相遇的A点与谷谷相遇的D点连线的中点，可知此时刻位于平衡位置，则从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于波谷.‎ ‎20.物理课外活动小组在用单摆测重力加速度的实验中,测出了不同摆长L所对应的周期T，在进行实验数据处理时：‎ ‎①甲同学以摆长L为横坐标、周期T的平方为纵坐标作出了T2—L图线．若他由图象测得的图线斜率为K，则测得的重力加速度g=_____________．若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度_________________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）．‎ ‎②乙同学根据公式得，并计算重力加速度，若他测得摆长时，把摆线长当作摆长（忘记加上小球半径），则他测得的重力加速度值__________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）．‎ ‎【答案】 (1). (2). 准确 (3). 偏小 ‎【解析】①[1][2] 如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2-l 图象，若他测得的图象的斜率为k，则，由公式，可知测得的重力加速度；若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，由公式可知，与摆长无关，所以测量值准确 ‎②[3] 乙同学根据公式：得 ，并计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小．‎ ‎21.用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数精度提高，应使选择开关拨到较________（选填“大”或“小”）倍率挡，重新测量前要进行欧姆调零。‎ ‎【答案】大 ‎【解析】[1]．由题，用欧姆表测电阻时，发现指针偏转角度太小，说明指针指示值太大，应换用较大的倍率档，使指针指在刻度盘中央附近，测量误差较小；重新测量，测量前必须先要进行欧姆调零；‎ ‎22.现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值Rx约为0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A.现有如下器材可供选择：‎ 电流表A(量程0.6A，内阻约为0.6Ω)‎ 电压表V(量程3V，内阻约为3kΩ)‎ 待测电阻丝Rx(阻值约为0.5Ω)‎ 标准电阻R0(阻值5Ω)‎ 滑动变阻器R1(5 Ω，2A)‎ 滑动变阻器R2(200 Ω，1.5A)‎ 直流电源E(E＝6 V，内阻不计)‎ 开关S、导线若干 ‎(1)图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是________；‎ ‎(2)实验中滑动变阻器应该选择______(选填“R1”或“R2‎ ‎”)，并采用________接法；（分压，限流）‎ ‎(3)根据你在(1)(2)中的选择，在图甲上完成实验电路的连接________；‎ ‎(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________；‎ ‎(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径D＝_______.‎ ‎【答案】(1). C (2). R1 分压 (3). (4). (5). 1.205‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、(2)、关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及接法；根据求出的最小电阻来选择保护电阻；根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，但因为待测电阻阻值太小可知待测电阻应与保护电阻串联使用．‎ ‎(3)根据是连接电路时应先连接主干路然后再连接并联电路，注意正负极和量程．‎ ‎(4)关键是根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可．‎ ‎(5)关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选R1‎ 并且应采用分压式接法；电路中需要的最小电阻为：，为保护电流表应与一保护电阻串联，所以排除电路A，再根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应排除电路D，由于待测电阻阻值太小，将电压表直接测量时电压太小无法读数，所以应将待测电阻与保护电阻串联后再与电压表并联才行，所以合理的电路应是C；‎ ‎(2)根据题(1)中的分析可知，变阻器应选R1，并且应采用分压式接法；‎ ‎(3)根据题（1）中分析可知电路连接图如图所示：‎ ‎(4)图C电路图应有： ①‎ 根据电阻定律应有： ②‎ 联立①②可得：‎ ‎(5)螺旋测微器的读数为：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；‎ ‎【点睛】明确：①通过估算电路中需要的大小电阻来选择保护电阻，通过电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及采用的接法；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法．‎ 四、本大题2小题，要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。‎ ‎23.如图所示，电源电动势，内阻，电阻，. 间距 d =0.2m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场．闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度 v＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为 ，忽略空气对小球的作用， ‎ 取 ，求：‎ ‎(1)当时，电阻消耗的电功率是多大？‎ ‎(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则是多少？‎ ‎【答案】(1)0.6W，(2)54Ω.‎ ‎【解析】‎ 本题主要考查电路分析，含容电路分析，及带电粒子在复合场中的运动的综合运用的问题．对考生分析问题和建立正确的物理模型能力的考查．‎ ‎（1）设和的并联电阻为，有：①‎ 两端的电压为：②‎ 消耗的电功率为：③‎ 当时，联立①②③式，代入数据，解得：‎ ‎④‎ ‎（2）设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 设小球做圆周运动的半径为r，有：⑦‎ 由几何关系有：‎ ‎⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代人数据，解得：⑨‎ ‎24.如图所示，在xOy平面内，第一象限内有匀强电场，匀强电场电场强度大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．有一个质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，经电场偏转后沿着与x轴正方向成45°的方向进入磁场，并能返回到出发点P。‎ ‎（1）作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况；‎ ‎（2）P点到O点的竖直距离为多少？‎ ‎（3）电子从P点出发经多长时间第一次返回P点。‎ ‎【答案】（1）；运动性质见解析（2）（3）‎ ‎【解析】（1）电子的运动轨迹如图所示，‎ 电子进入电场，从P到A做匀变速曲线运动(类平抛运动)，之后进入磁场，从A经C再到D，做匀速圆周运动，最后离开磁场，从D到P做匀速直线运动．‎ ‎（2）电子经过A点的速度大小为 ‎；‎ 电子从P到A，由动能定理 ‎，‎ 所以 ‎；‎ ‎（3）电子从P到A，所用时间 ‎；‎ 电子从A到C再到D，圆弧所对圆心角为270°，所用时间 ‎；‎ 电子从D到P，所用时间 ‎，‎ 电子第一次回到P点的时间 ‎.‎