2021-2022学年福建省三明市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省三明市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了1s就停下来，5V)，【答案】A，【答案】B，【答案】C，【答案】CD等内容，欢迎下载使用。

生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场。电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点，下列说法正确的是( )
A. 鱼的头部带负电B. N点电势大于P点电势
C. M点电场强度大于N点电场强度D. 正电荷从N向M运动，其电势能变大
图中金属圆环均带有绝缘外皮。A项中直导线与圆环在同一平面内，B项中直导线与环面垂直，C项中直导线在圆环水平直径正上方且与直径平行，D中直导线与圆环接触且与圆环直径重合，当电流增大时，环中有感应电流的是( )
A. B.
C. D.
如图所示，一男孩从某一高处竖直自由跳下，落地时若屈膝历时1s停下来；若没有屈膝只用0.1s就停下来。不计空气阻力，比较落地屈膝与不屈膝，男孩屈膝落地( )
A. 与地面刚接触时动量较小
B. 与地面接触过程动量变化量较小
C. 与地面接触过程动量变化率较小
D. 受到地面冲击力是没有屈膝落地时的0.1倍
酒精测试仪工作原理如图所示，其核心部件是一酒精传感器，传感器的电阻与酒精气体浓度c成反比，电路中R与R0均为定值电阻，电压表示数为U。当酒驾者吹气时( )
A. U增大，c与U成正比B. U增大，c与U不成正比
C. U减小，c与U成反比D. U减小，c与U不成反比
某电吹风技术参数与简化电路如图所示，其主要部件为选择开关、电动机M与电热丝。若电吹风在220V电压下工作，则( )
A. 电动机的内电阻约为403Ω
B. 旋转选择开关至触点BC时，电吹风吹热风
C. 吹热风时通过电热丝的电流为4A
D. 吹热风时电热丝的功率为1000W
一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形如图所示。已知波速为0.4m/s，则( )
A. 波源的振动周期为2s
B. 质点b比质点a先回到平衡位置
C. t=0时，质点d沿y轴负方向运动
D. t=0时，质点a的加速度比质点b的加速度大
如图所示为某静电场中x轴上电势φ随x变化的情况，且x轴为该静电场中的一根电场线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正向运动，则下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 从O到x1，电场方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向
C. 从O到x1，粒子运动的加速度先增大后减小
D. 从O到x1，粒子先加速后减速
如图所示，矩形ABCD的两个顶点A、C上分别固定着两个电荷量相等的异种电荷，O点为矩形两条对角线的交点，规定无穷远处为零势能点，B点的电势为φ(φ>0)，则下列说法正确的是( )
A. B、D两点的场强一定大小相等，方向相反
B. O点的电势和场强均为零
C. 将一正点电荷q由B点移到D点电势能减小2qφ
D. D点的电势也为φ
如图为某时刻两列相干水波相遇时的干涉示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅均为5cm，波速和波长分别为1m/s和0.5m，C点是BE连线的中点，在图示范围内不考虑能量损失，下列说法正确的是( )
A. A点始终在波峰，B点始终在波谷B. C点始终在平衡位置保持静止不动
C. 此时C点正处在平衡位置向上振动D. 此时A、B两点的竖直高度差为20cm
如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )
A. 电容器带电量不变B. 尘埃仍静止
C. 电流计中有a→b的电流D. 电流计中有b→a的电流
如图所示，真空中质子(11H)和α粒子(24He)从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最后均打在荧光屏MN上。粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点，不计粒子重力，则( )
A. 两种粒子打在屏MN上同一点B. 质子打在屏MN上离O点较远
C. 两种粒子离开偏转电场时动能相等D. α粒子离开偏转电场时的动能较大
如图所示，AB为光滑绝缘且固定的四分之一圆轨道，O为圆心，轨道半径为R，B位于O点的正下方。空间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E=3mg4q。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从轨道内侧A点由静止释放，不计空气阻力，则小球沿轨道运动过程中( )
A. 能到达B点B. 机械能守恒
C. 对轨道的压力一直增大D. 动能的最大值为12mgR
如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，线框面积为S。当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框的磁通量为______；当线框从图示位置绕OO′轴转过180∘的过程，穿过线框磁通量的变化量为______。
某同学用电流传感器研究电容器的放电过程。如图甲为该实验电路图，电源电压恒为6V。该同学先将开关接1对电容器充电至完全充满，再将开关接2，进行放电。利用传感器记录放电过程的I−t图像如图乙所示。
(1)已知图线与坐标轴围成的面积对应的格数约为42格，由此可算出电容器的电容为______ F。(结果保留2位有效数字)
(2)若将电阻R换成阻值较大的电阻，其它条件不变，则整个放电过程释放的电荷量将______。(填“增加”、“不变”或“减少”)
“用单摆测量重力加速度的大小”实验中：
(1)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图1所示，则d=______mm。
(2)释放摆球，摆动稳定后，从最低点开始计时，此后摆球每次经过最低点依次计数，当数到第60次时停表。此时秒表如图2所示，其读数为______ s，该单摆的周期为T=______s；
(3)计算重力加速度的表达式为g=______(用T、l、d表示)，若测量值小于真实值，可能原因是______。
A.少计了摆球经过最低点的次数
B.开始计时，启动秒表滞后
C.测量悬点到小球顶点的距离作为摆长
D.测量摆线长和球的直径之和作为摆长
如图a所示，某同学利用以下器材测量一捆长度约40m的镍铬合金导线的电阻率；
两节旧干电池(每节电动势约为1.5V)
电压表：V(量程3V，内阻Rv约为10kΩ)
毫安表：mA(量程50mA，内阻Rg=5Ω)
滑动变阻器：Rp(阻值范围0∼20Ω，额定电流2A)
定值电阻：R0=1Ω
开关、导线等
该同学的具体操作步骤如下：
(1)用螺旋测微器测合金导线直径d，其示数如图b所示，则d=______mm。
(2)选用欧姆表“×10”挡粗测这捆合金导线的电阻，发现指针偏转角度太大，应换成______(“×100”或“×1”)档，正确操作后，表盘指针如图c所示，则阻值为______Ω。
(3)因提供的毫安表量程偏小，需用图示d方法进行电表改装。改装后电流表的量程是______ A，等效内阻rA=______Ω(本空保留2位有效数字)。
(4)再用图示e电路进行实验，获得多组数据后描绘出U−I图像(其中I表示改装后电流表的示数)，其图线斜率为11.23，则金属丝的电阻R=______Ω(本空保留1位小数)，最后可求得该镍铬合金导线的电阻率。
(5)该同学用图示f电路准确测量出其中一节干电池的内电阻。通过实验测出多组数据后，做出U−Ig(Ig为毫安表的读数)图线，若图线的斜率为k，则该电池内电阻准确值为______(用题中数据及k值表示)。
如图真空中有一等边三角形ABC，边长d=0.30m。在A点固定一电量q1=+3.0×10−6C的点电荷，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)点电荷q1产生的电场在C处的场强E1大小；
(2)在B点固定另一个q2=−3.0×10−6C点电荷，则C处合场强E的大小及方向；
(3)试探电荷q3=+5.0×10−7C放在C处受到的电场力F大小。
如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源AB相连。均匀分布质量相等的带负电的尘埃以相同水平速度进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下面板后其所带电荷被中和，同时被收集。调整两板所加直流高压的电压可以改变收集效率η。当两板间所加的电压为U0时η为80%(即离下板0.8d范围内的尘埃能够碰到下板被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)金属材料下面板所接高压直流电源B端是电源正极还是负极；
(2)求收集效率为100%时，两板所加的电压U与U0的关系；
(3)较低电压下，若带电尘埃的质量不均匀，尘埃质量大还是质量小的收集效率高？(给出结论即可，不必定量分析)
如图甲所示，质量为m=0.3kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M1=0.1kg、足够长的木板A的最左端，A和B一起以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一质量为M2=0.3kg的P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)A与B间的动摩擦因数μ；
(2)第1次碰撞后A与P的速度分别是多大；
(3)A与P第一次碰撞后至第二次碰撞前的时间间隔。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电场线由正极发出，终止于负极，故头部带正电，故A错误；
B、沿电场线方向电势降低且等势线总是垂直于电场线，故N点电势小于P点电势，故B错误；
C、电场线越密集的地方电场强度越大，故M点电场强度大于N点电场强度，故C正确；
D、正电荷从N向M运动，电势减小，而正电荷在电势大的地方电势能大，故其电势能变小，故D错误。
故选：C。
根据等量异种电荷的电场线分布可确定；结合电场线的特点来确定电场强度和电势的高低。
本题主要考查了电场线的特点，必须熟记电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线方向电势逐渐降低等特点。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
根据电流周围的磁场的特点，判断出线圈内的磁通量，然后根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化进行分析判断。
本题关键要熟练应用安培定则、掌握产生感应电流的条件，当线圈中磁场有两种方向时，磁通量应根据抵消后净磁感线条数来分析。
【解答】
A、根据安培定则可知，穿过线圈的磁通量的方向向里，电流变化，线圈中磁通量变化，线圈中有感应电流，故A正确；
B、线圈与导线垂直，则线圈平面与电流的磁感线平行，穿过线圈的磁通量始终等于0，不会产生感应电流，故B错误；
C、电流与线圈的直径重合，线圈中有方向相反的磁场，磁通量完全抵消，始终等于0，不会产生感应电流，故C错误；
D、电流与线圈的直径重合，线圈中有方向相反的磁场，磁通量完全抵消，始终等于0，不会产生感应电流，故D错误。
故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：A、男孩屈膝落地与地面刚接触时速度并不改变，则动量并没有变小，故A错误；
B、男孩是否屈膝落地与地面刚接触后的速度都为零，则屈膝落地与地面接触过程动量变化量并没有变小，故B错误；
C、屈膝落地能够延长与地面的作用时间，而动量变化量不变，则动量变化率较小，故C正确；
D、根据(F−mg)t=Δp
受到地面冲击力大小为：
F=Δpt+mg
则时间扩大10倍，冲击力并没有缩小10倍，故D错误。
故选：C。
根据动量的公式分析出前后两次的动量的大小；
根据变化前后的动量的数值分析出动量变化量的大小关系；
理解动量变化率的概念并加以分析大小；
根据动量定理分析两种情况下的地面冲击力的大小并做分析。
本题主要考查了动量定理的相关应用，理解动量，动量变化量和动量变化率的概念，其中动量变化率就是力，结合动量定理完成分析即可。
4.【答案】B
【解析】解：当酒驾者吹气时，酒精气体浓度增大，传感器电阻减小，则电路总电阻减小，干路电流增大，则电压表示数增大，根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律可知，U=IR0=ER+r+Rc+R0R0，由此发现传感器的电阻与U不成反比，故c与U不成正比，故B正确，ACD错误。
故选：B。
传感器电阻与酒精气体的浓度c成反比，则可知酒驾者吹气时，电阻阻值减小；由欧姆定律研究电压U与传感器电阻的关系，再得到U与c的关系式，由数学知识分析选择。
本题是信息题，考查对科学新成果的物理原理的理解，主要根据欧姆定律得到U的表达式进行分析。
5.【答案】C
【解析】解：A.因为电动机是非纯电阻，故不满足欧姆定律，其电阻应该满足：RB.由图乙可知，旋转选择开关至触点BC时，只有电动机工作，电热丝不工作，故此时电吹风吹冷风，故B错误；
CD.由图知，吹热风时，电热丝的功率为：P=P热−P冷=1000W−120W=880W，根据功率公式，可得吹热风时通过电热丝的电流为：I=PU=880220A=4A，故C正确，D错误。
故选：C。
电动机是非纯电阻用电器，不满足欧姆定律；分析电路图，旋转选择开关至触点BC时，电热丝不工作，吹冷风；吹热风时，电热丝的功率为P=P热−P冷，根据功率公式，求得吹热风时通过电热丝的电流。
本题以某电吹风技术参数与简化电路为情景载体，考查了非纯电阻电路在实际问题中的应用，解决此题的关键要明确电路结构，同时注意电动机是非纯电阻用电器。
6.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，波长为8cm，则周期
T=λv=8×10−20.4s=0.2s，故A错误；
B、简谐横波沿x轴正方向传播，由图发现，质点b比质点a先回到平衡位置，故B正确；
C、简谐横波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可发现，t=0时，质点d沿y轴正方向运动，故C错误；
D、t=0时，质点a的位移比质点b的位移小，则质点a的加速度比质点b的加速度小，故D错误。
故选：B。
根据横波的图像得出波长，结合公式λ=vT计算出振动的周期；
根据横波的传播方向分析处质点回到平衡位置的先后顺序，结合上下坡法分析出质点的振动方向；
当质点的位移越大时，加速度越大，由此分析出质点的加速度大小关系。
本题主要考查了横波图像的相关应用，从图像上得出波长，结合公式λ=vT计算出振动周期，根据上下坡法分析出质点的振动方法，根据位移的大小定性地比较加速度的大小。
7.【答案】C
【解析】解：AB、电场线方向从高电势指向低电势，沿x轴正方向电势一直降低，所以电场线方向沿x轴正方向，因为粒子从静止出发沿x轴正方向运动，说明粒子受电场力方向沿x轴正方向，粒子带正电，故AB错误；
C、φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，所以从O到x1，电场强度先增大后减小，所以粒子运动的加速度先增大后减小，故C正确；
D、从O到x1，电场力方向一直沿x轴正方向，所以粒子一直做加速运动，故D错误。
故选：C。
根据电势的变化规律可以判断电场强度的方向，进而知道粒子的电性；图象的斜率表示场强的大小；粒子的加速度仅有电场力提供。
知道图象的斜率表示电场强度的大小是解题的关键。电势是标量，正负号表示大小，沿电场线方向，电势逐渐降低。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据等量异种电荷电场线的分布，由对称性可知，B、D两点处的电场线疏密程度相同，则电场强度大小相等，由点电荷形成电场特点以及电场强度的矢量叠加原理可知，B、D两点处的电场强度方向也相同，故A错误；
B、等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势为零，O点电势为零，B点电势大于零，可知C处的电荷带正电，故O点场强方向指向A，不为零，故B错误；
C、由等量异种电荷电场分布可知，φB=−φD，B，D两点间电势差为UBD=φB−φD=2φ，将一正点电荷q由B点移到D点电场力做功为2qφ，电势能减小2qφ，故C正确；
D、由C选项的结果知道，D点的电势φD=−φ，故D错误；
故选：C。
根据等量异种电荷电场线的分布判断电场线的疏密，进而判断电场强度大小；由等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势为零可判断C处电荷为正电荷；根据对称性判断BD两点的电势大小相等，符号相反，由电势差公式求电势差。
本题考查等量异种电荷电场线的分布特点，关键要知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势为零。
9.【答案】CD
【解析】解：A、A点是峰峰相遇点，振动加强，但不是始终在波峰；B点是谷谷相遇点，振动加强，但不是始终在波谷，故A错误；
B、C点在振动加强点的连线上，振动也是加强的，则不是始终在平衡位置保持静止不动，故B错误；
C、此时因E点在波峰，B点在波谷，波由E传向B，而C在两点的中点，则C点正处在平衡位置向上振动，故C正确；
D、此时A点的位移为+2A=10cm，B点的位移为−2A=−10cm，则A、B两点的竖直高度差为20cm，故D正确。
故选：CD。
频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的。
运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱，振幅为二者之差。
10.【答案】BC
【解析】ACD、两板间错开时，正对面积减小，则由C=εrS4πkd可知，电容减小，因电容器两端的电压不变，由Q=UC可得，电荷量减小，电容器放电，故会有由a到b的电流，故AD错误，C正确；
B、由以上分析可知，电压不变，只改变两板间的正对面积而两板间的距离不变；故由E=Ud可知，两板间的场强不变；即带电尘埃受到的电场力不变；故仍然受力平衡；处于静止状态，故B正确。
故选：BC。
电容器与电源相连，则电势差不变；根据题意可知两板间的距离不变，故两板间的电场场度不变，再由带电尘埃的受力可得出其运动情况．
本题应明确电容器是由电源相连的，则可直接得出电压不变，再分析得出d不变即可求解；在解题时要注意认真分析，避免走弯路．
11.【答案】AD
【解析】解：AB.因为从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最后均打在荧光屏MN上的侧位移
y=12at2，
在偏转电场中，根据牛顿第二定律得：
qU2d=ma
又L=v0t
加速电场中，根据动能定理得：
qU1=12mv02
联立解得：y=U2L24U1d，
速度偏转角正切值为
tanθ=vyv0=atv0
即
tanθ=U2L2U1d
可以看出，带电性相同的不同粒子从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最终会打在屏上的同一位置，故A正确，B错误；
CD.从开始到最终离开偏转电场过程，由动能定理得
qU1+qU2d⋅y=12mv2
即粒子电荷量越大，最终动能越大，故α粒子离开偏转电场时的动能较大，故C错误，D正确。
故选：AD。
粒子经过电场加速进入偏转电场做类平抛运动，根据动能定理、牛顿第二定律、运动学公式可得出粒子离开偏转电场的偏转量和偏转角的正切值，由此可判断是否会打在屏MN上的同一点；再全程由动能定理可得出离开偏转电场的动能表达式，根据表达式可比较离开偏转电场的动能大小。
本题考查了粒子在电场中的加速和偏转问题，关键是灵活应用动能定理和运动学公式列式求解。
12.【答案】AD
【解析】解：A.对重力和电场力进行合成，则等效重力
G′=(mg)2+(qE)2
解得：G′=54mg
方向与竖直方向夹角满足
csθ=mgG′=45
即θ=37∘
类比在重力场中的单摆，则小球能够运动到A点关于O点和等效最低点连线对称的点，即能够到达B点，故A正确；
B.运动过程中，有电场力做功，则机械能不守恒，故B错误；
C.类比在重力场中的单摆，当运动到等效最低点时，速度最大，需要的向心力最大，轨道的支持力最大，小球对轨道的压力最大，故C错误；
D.当运动到等效最低点时，速度最大，根据动能定理
G′(1−cs53∘)R=Ek
解得：Ek=12mgR，
故D正确。
故选：AD。
求出等效重力的方向和大小，类比与平抛运动分析能否到达B点；根据是否只有重力做功来判断小球的机械能是否守恒；将小球的运动与单摆的运动类比来分析小球对轨道压力的变化情况；在小球运动过程中，只有重力和电场力做功，当重力和电场力的合力与速度垂直时动能最大，由动能定理求最大动能。
本题采用等效法来理解，可与单摆进行类比，来分析小球对轨道压力的变化情况，根据动能定理求最大动能。
13.【答案】BS−2BS
【解析】解：当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框的磁通量为Φ=BS；
当线框从图示位置绕OO′轴转过180∘时，穿过线框磁通量为：Φ′=−BS
所以当线框从图示位置绕OO′轴转过180∘的过程，穿过线框磁通量的变化量为：ΔΦ=Φ′−Φ=−BS−BS=−2BS
故答案为：BS，−2BS
图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scsθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过180∘时，磁通量为−BS，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差．
14.【答案】2.8×10−4 不变
【解析】解：(1)每格表示的电荷量为q0=It=0.2×10−3×0.2C=4×10−5C
因此充电后电容器的带电量Q=42q0=It=42×4×10−5C=1.68×10−3C
则电容器的电容C=QU=1.68×10−3C6V=2.8×10−4F
(2)最终电容器的带电量通过电阻R全部放掉，电阻值增大，导致放电时间增长，但整个放电过程中释放的电荷量保持不变。
故答案为：(1)2.8×10−4；(2)不变。
(1)由图象的意义可知，横轴与纵轴的乘积即为电荷量，即可求解；通过图中数据，求出一个格子对应的电荷量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求电容器释放的总电荷量，再根据电容器的电容定义式C=QU求解电容值；
(2)将电阻R换一个阻值更大的电阻，放电过程释放的电荷量不变。
本题的关键要理解I−t图象的物理意义，知道I−t图象与坐标轴围成的面积表示总的电荷量，并会估算图象的“面积”。
15.【答案】(1)18.4；(2)67.5；2.25；(3)2π2(2l+d)T2；AC
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，需要估读到分度值的本位，由图读出d=18mm+4×0.1mm=18.4mm
(2)秒表如图所示，其读数为t=60s+7.5s=67.5s
单摆的周期为T=tn2=67.530s=2.25s
(3)根据单摆周期公式T=2πLg
其中，摆长L=l+d2
得g=2π2(2l+d)T2
A、少计了摆球经过最低点的次数，则周期测量值偏大，则重力加速度测量值偏小，故A正确；
B、开始计时，启动秒表滞后，则周期测量值偏小，则重力加速度测量值偏大，故B错误；
C、测量悬点到小球顶点的距离作为摆长，则摆长测量值偏小，则重力加速度测量值偏小，故C正确；
D、测量摆线长和球的直径之和作为摆长，则摆长测量值偏大，则重力加速度测量值偏大，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)18.4；(2)67.5；2.25；(3)2π2(2l+d)T2；AC
(1)根据游标卡尺的读数规则结合图1得出直径的读数；
(2)根据秒表的读数规则读出时间，再除以次数得到周期，要注意一个周期会两次经过最低点；
(3)根据单摆的周期公式得出g的表达式，并分析出测量值小于真实值的可能原因。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，熟悉读数仪器的使用规则，根据单摆的周期公式完成分析即可。
16.【答案】(1)2.248；(2)×1；10.6；(3)0.3；0.83；(4)10.4；(5)−k−56
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则螺旋测微器的读数2mm+24.8×0.01mm=2.248mm；
(2)欧姆表指针偏转角度太大，则示数太小，需换成低倍挡，即“×1”挡；
由图示指针所指位置可知，电阻阻值为10.6Ω。
(3)令Ig=50mA，电流表的量程为
I=Ig+IgRgR0=50mA+50mA×5Ω1Ω=300mA=0.3A
电流表的等效内阻为
rA=UgI=IgRgI=50×10−3×50.3Ω=0.83Ω
(4)由欧姆定律可知，电压表电压U和电流表的电流I的关系为
U=I(R+rA)
所以U−I图像的斜率为
R+rA=11.23Ω
解得：R=10.4Ω
(5)当毫安表电流为Ig时，流过电源的电流为6Ig，由闭合电路欧姆定律可知
U=E−IgRg−6Igr=E−Ig(Rg+6r)
所以U−Ig图像的斜率为
k=−Rg−6r
解得：r=−k−56
故答案为：(1)2.248；(2)×1；10.6；(3)0.3；0.83；(4)10.4；(5)−k−56
(1)根据螺旋测微器的读数规则结合图b得出导线的直径；
(2)根据指针的偏转角度换用更加合适的挡位，并结合图c读出对应的阻值；
(3)根据电路的结构结合欧姆定律计算出电流表的量程和等效内阻；
(4)根据欧姆定律结合图像分析出金属丝的电阻；
(5)根据欧姆定律结合图像的斜率得出电池的内阻。
本题主要考查了金属丝电阻率的测量，根据不同电路的电流和电压特点，结合欧姆定律和图像分析出电阻的大小即可，整体难度不大。
17.【答案】解：(1)设点电荷q1产生的电场在C处的场强E1，由点电荷场强公式有
E1=kq1d2
代入数据得：E1=3×105N/C
(2)点电荷q2在C处产生的电场强度大小E2
E2=E1
根据平行四边形定则有
E=2E1cs60∘
代入数据得：E=3×105N/C，方向水平向左。
(3)电荷q3在C处受到的电场力
F=qE
代入数据得：F=0.15N
答：(1)点电荷q1产生的电场在C处的场强E1大小为3×105N/C；
(2)C处合场强E的大小为3×105N/C，方向水平向左。
(3)试探电荷q3=+5.0×10−7C放在C处受到的电场力F大小为0.15N。
【解析】(1)由点电荷场强公式E1=kq1d2，计算场强；
(2)由点电荷场强公式求出点电荷q1，q2在C处的场强，C处场强E根据平行四边形定则计算即可。
(3)F=qE计算电场力。
本题考查了点电荷的电场，及场强的叠加的矢量运算，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．
18.【答案】解：(1)带负电的尘埃碰到下面板后其所带电荷被中和，说明下面板带正电，则B端接电源正极。
(2)设分布均匀的尘埃质量为m、电荷量为−q、水平速度v0，当两板间所加的电压为U0时收集效率η为80%，即离下板0.8d的尘埃恰好到达下板的右端边缘部
在水平方向有
L=v0t
在竖直方向有
0.8d=12at2
其中
qU0d=ma
电压为U时收集效率为100%，即离下板d的尘埃恰好到达下板的右端边缘。
因此，在水平方向有
L=v0t
在竖直方向有
d=12a′t2
其中
qUd=ma′
联立解得：U=5U04。
(3)电压一定，尘埃电荷量一定，则受到的电场力一定，根据牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，则质量大的收集效率低。
答：(1)金属材料下面板所接高压直流电源B端是电源正极；
(2)收集效率为100%时，两板所加的电压U与U0的关系为U=5U04；
(3)较低电压下，若带电尘埃的质量不均匀，尘埃质量大的收集效率高。
【解析】(1)带负电的尘埃碰到下面板后其所带电荷被中和，说明下面板带正电；
(2)当两板间所加的电压为U0时η为100%时，最上端的尘埃打在下极板的右边缘；
(3)根据牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，相同速度进入时，偏转量小，不易被收集。
解决该题关键是明确知道尘埃在通道内的运动情况，知道尘埃被极板收集后不会改变两极板之间的电压，知道所收集到的尘埃的最上端的尘埃打在下极板的右边缘。
19.【答案】解：(1)碰后B在A上向右减速过程中的加速度大小为：a=ΔvΔt=2−
对B由牛顿第二定律可得：μmg=ma
代入数据解得：μ=0.1；
(2)取向右为正方向，A、P碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：M1v0=M1v1+M2v2
根据机械能守恒定律可得：12M1v02=12M1v12+12M2v22
联立解得：v1=−1m/s，负号表示方向向左，v2=1m/s；
(3)A、P碰撞后B向右减速，A向左减速到0后，向右加速，最后与B共速，以水平向右为正方向，对A、B由动量守恒定律可得：
mv0−M1v1=(M+m)v1′
取向右为正方向，此过程中对B由动量定理得：−μmgt1=mv1′−mv0
联立解得：v1′=1.25m/s，t1=0.75s
对A由动能定理有：μmgx1=12M1v1′2−12M1v12
解得：x1=332m=0.09375m
A、P碰撞后P向右匀速运动，t1时间内P向右运动的位移为：x2=v2t1
代入数据解得：x2=0.75m
此后A、B一起向右匀速运动的时间为t2，位移：x1′=v1′t2
P继续向右匀速运动的位移：x2′=v2t2
由几何关系得：x1′−x2′=x2−x1
联立解得：t2=2.625s
所以第一次碰撞到第二次碰撞一共用的时间：t=t1+t2=0.75s+2.625s=3.375s
即A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为3.375s。
答：(1)A与B间的动摩擦因数为0.1；
(2)第1次碰撞后A的速度大小为1m/s，方向向左，B的速度大小为1m/s，方向向右；
(3)A与P第一次碰撞后至第二次碰撞前的时间间隔为3.375s。
【解析】(1)根据图乙求解碰后B在A上向右减速过程中的加速度大小，对B由牛顿第二定律求解动摩擦因数；
(2)A、P碰撞过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解速度大小；
(3)对A、B由动量守恒定律求解共速的速度大小，对B由动量定理求解该过程中经过的时间，对A由动能定理求解位移；分析A、P碰撞后各自的运动情况，根据动量守恒定律结合运动学公式进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律、动能定理、动量定理和机械能守恒定律，对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解；弄清楚A和P的运动情况是关键。
型号
SHZ2010−624
热风温度
50℃∼75℃
额定功率
热风时：1000W
冷风时：120W
额定电压
220V
质量
0.5kg