2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末物理试卷（理科）
一.单项选择题（每小题只有一个正确选项，选对3分，错选不得分，共18分）
1．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）
A． 全向里 B． 全向外
C． a向里，b、c向外 D． a、c向外，b向里
2．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，O点为等量异种点电荷M，N连线的中点，A，B是M，N连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用EA，EB，φA，φB分别表示A，B两点的场强和电势，则（ ）
A． EA一定大于EB，φA一定大于φB
B． EA一定大于EB，φA一定等于φB
C． EA一定小于EB，φA一定大于φB
D． EA一定小于EB，φA一定等于φB
3．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（ ）
A． 500 W B． 25 W C． 2000 W D． 475 W
4．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图可以确定（ ）
A． 粒子带正电，从a运动到b B． 粒子带正电，从b运动到a
C． 粒子带负电，从a运动到b D． 粒子带负电，从b到运动a
5．（3分）（2011•盐城二模）制造电阻箱时，要用双线绕法如图所示．当电流变化时双线绕组（ ）
A． 螺旋管内磁场发生变化
B． 穿过螺旋管的磁通量发生变化
C． 回路中一定有自感电动势产生
D． 回路中一定没有自感电动势产生
6．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）．如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（ ）
A． A1变小、V2变小、A2变大、V3变大
B． A1变大、V2不变、A2变大、V3变小
C． A1不变、V2变大、A2变小、V3变小
D． A1变大、V2不变、A2变小、V3变大
二.双项选择题（每小题有两个正确选项，全对4分，漏选2分，错选不得分，共24分）
7．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）下列说法中正确的是（ ）
A． 电场线越密处场强越大，电势越高
B． 沿电场线的方向电势逐渐降低
C． 场强为0处，电势不一定为0
D． 在电势高处电荷具有的电势能大
8．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（ ）
A． 带有电荷量为的正电荷 B． 运动的角速度为
C． 沿圆周顺时针运动 D． 沿圆周逆时针运动
9．（4分）（2014•上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（ ）
A． 逐渐增强，方向向外 B． 逐渐增强，方向向里
C． 逐渐减弱，方向向外 D． 逐渐减弱，方向向里
10．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A． 离子从磁场中获得能量
B． 离子由加速器的中心附近进入加速器
C． 增大加速器的加速电压，则粒子离开加速器时的动能将变大
D． 将增大D形盒的半径，离子获得的动能将增加
11．（4分）（2013秋•扬州期末）在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（ ）
A． 圆环中有感应电流产生
B． 圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C
C． 圆环最终停在轨道的最低点B
D． 圆环运动过程中机械能守恒
12．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A． t=0.01s时穿过线框的磁通量最大
B． 该交变电动势的有效值为11 V
C． 该交变电动势的瞬时值表达式为e=22 sin（100πt）V
D． 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°
三.实验题（每个空3分，共18分）
13．（6分）（2008秋•雅安期末）（1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为 mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是 mm．
14．（12分）（2014秋•濠江区校级期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω
C．电压表：量程0～3V，内阻约3kΩ D．电压表：量程0～15V，内阻约15kΩ
E．滑动变阻器：0～10Ω，2A F．滑动变阻器：0～100Ω，1A
G．开关、导线若干
请在现有器材的条件下，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择合适的器材： （填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）．
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω（r计算结果保留2位有效数字）．
四.计算题（共40分，要求写出必要的文字说明）
15．（10分）（2014秋•濠江区校级期末）如图，两块竖直的彼此绝缘平行金属板A、B，两板间距离为d，让A、B两板连接到直流电源上，能在AB间形成一个匀强电场．一个带电量为q，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在电场中，平衡时细线偏离竖直方向夹角θ=30°．求：若将绝缘细线剪断错误！未找到引用源，求小球开始运动瞬间的加速度
（1）小球的电性和AB间的电场强度；
（2）若将绝缘细线剪断，求小球开始运动瞬间的加速度．
16．（12分）（2014秋•濠江区校级期末）如图，内圆半径为r、外圆半径为3r的两个圆形区域之间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆形直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：
（1）离子从N板小孔射出时的速率；
（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；
（3）要使离子不进入小圆内部区域，磁感应强度B的取值范围．
17．（18分）（2014秋•濠江区校级期末）如图甲，两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L=0.5m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2=4Ω的小灯泡．有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的感应强度B，随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m=1kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变．金属棒MN在两轨道间的电阻r=1Ω，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨．重力加速度g=10m/s2．求：
（l）小灯泡的实际功率；
（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率；
（3）整个过程中小灯泡产生的热量．
2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一.单项选择题（每小题只有一个正确选项，选对3分，错选不得分，共18分）
1．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）
A． 全向里 B． 全向外
C． a向里，b、c向外 D． a、c向外，b向里
考点： 电流的磁场对磁针的作用．
分析： 闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向．根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向．
解答： 解：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转．
故选D
点评： 本题考查应用安培定则的能力．安培定则是判断电流方向与磁场方向两者关系的定则．
2．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，O点为等量异种点电荷M，N连线的中点，A，B是M，N连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用EA，EB，φA，φB分别表示A，B两点的场强和电势，则（ ）
A． EA一定大于EB，φA一定大于φB
B． EA一定大于EB，φA一定等于φB
C． EA一定小于EB，φA一定大于φB
D． EA一定小于EB，φA一定等于φB
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 首先明确等量异种电荷的电场特点及两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小．
解答： 解：据等量异种电荷连线中垂线的特点，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小；由于OA＜OB，所以A的场强大于B的场强且电势相等，故ACD错误，B正确．
故选：B．
点评： 本题关键是要明确等量异号电荷的电场线和等势面分布图及特点，明确中垂线上电场的特点是解题的关键．
3．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机的机械功率为（ ）
A． 500 W B． 25 W C． 2000 W D． 475 W
考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据电功率表达式P=UI，求出总功率，根据焦耳定律，求出发热功率P热=I2r，从而求出机械功率．
解答： 解：电机两端电压和电流已知，根据电功率定义，得到
输入功率P=UI=100V×5A=500W
根据焦耳定律得到：P热=I2r=（5A）2×1Ω=25W
所以机械功率P机=P﹣P热=500﹣25=475W
故选：D
点评： 本题关键要明确电功率表达式P=UI和发热功率表达式P热=I2r的适用范围，同时要明确电动机中能量的转化情况．
4．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图可以确定（ ）
A． 粒子带正电，从a运动到b B． 粒子带正电，从b运动到a
C． 粒子带负电，从a运动到b D． 粒子带负电，从b到运动a
考点： 洛仑兹力．
分析： 根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．
解答： 解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b到a，
在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．
故选：B．
点评： 根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．
5．（3分）（2011•盐城二模）制造电阻箱时，要用双线绕法如图所示．当电流变化时双线绕组（ ）
A． 螺旋管内磁场发生变化
B． 穿过螺旋管的磁通量发生变化
C． 回路中一定有自感电动势产生
D． 回路中一定没有自感电动势产生
考点： 自感现象的应用．
分析： 两个线圈中的绕向相同，但电流方向相反，利用安培定则可以确定每个线圈形成的电磁铁的磁场方向；由于两个线圈中的电流大小相等，匝数相同，所以每个线圈的磁场强度相同．
解答： 解：A、两个线圈中的电流大小相等，线圈匝数相等，并且铁芯相同，所以每个线圈产生的磁场强度相同．
由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场方向相反．两者磁性强度相同，磁场方向相反，相互抵消，所以螺旋管内没有磁场．故A错误
B、螺旋管内没有磁场，所以穿过螺旋管的磁通量没有变化，故B错误．
C、穿过螺旋管的磁通量没有变化，所以回路中没有自感电动势产生，故C错误．
D、回路中一定没有自感电动势产生，故D正确．
故选D．
点评： 精密电阻不仅要求其阻值准确，还要求是纯电阻性的元件，即除了电阻性外，不能有电感的成分寄生在里面，所以采用双线绕法并使两根平行导线中的电流方向是相反的，这样就能抵消寄生电感，使它成为“纯”阻性的电阻．
6．（3分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）．如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（ ）
A． A1变小、V2变小、A2变大、V3变大
B． A1变大、V2不变、A2变大、V3变小
C． A1不变、V2变大、A2变小、V3变小
D． A1变大、V2不变、A2变小、V3变大
考点： 变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．
专题： 交流电专题．
分析： 根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
解答： 解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变；
当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大；
由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小；
由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大．
故选：B．
点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
二.双项选择题（每小题有两个正确选项，全对4分，漏选2分，错选不得分，共24分）
7．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）下列说法中正确的是（ ）
A． 电场线越密处场强越大，电势越高
B． 沿电场线的方向电势逐渐降低
C． 场强为0处，电势不一定为0
D． 在电势高处电荷具有的电势能大
考点： 电场线；电势．
分析： 电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．
解答： 解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；
B、沿电场线的方向电势降低，故B正确；
C、电势为零，是人为选择的，电势为零处，电场强度不一定为零，场强为0处，电势不一定为0，故C正确．
D、Ep=qφ，若电荷带负电q取负，φ越高则电势能越小，故D错误．
故选：BC．
点评： 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．
顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．
8．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（ ）
A． 带有电荷量为的正电荷 B． 运动的角速度为
C． 沿圆周顺时针运动 D． 沿圆周逆时针运动
考点： 带电粒子在混合场中的运动．
专题： 带电粒子在复合场中的运动专题．
分析： 粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断．
解答： 解：A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qE，求得电荷量q=，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A错误；
B、由qvB=mvω得ω==，故B正确，D错误；
C、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故C正确；
故选：BC．
点评： 本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解．
9．（4分）（2014•上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（ ）
A． 逐渐增强，方向向外 B． 逐渐增强，方向向里
C． 逐渐减弱，方向向外 D． 逐渐减弱，方向向里
考点： 楞次定律．
专题： 电磁感应与电路结合．
分析： 磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．
解答： 解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．
故选：CD．
点评： 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理．
10．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A． 离子从磁场中获得能量
B． 离子由加速器的中心附近进入加速器
C． 增大加速器的加速电压，则粒子离开加速器时的动能将变大
D． 将增大D形盒的半径，离子获得的动能将增加
考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．
分析： 回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置．是高能物理中的重要仪器．
（1）磁场的作用
带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速．
（2）电场的作用
回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的．
（3）交变电压
为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压．
解答： 解：A、洛伦兹力不做功，故磁场只能使粒子旋回狭缝，故A错误；
B、粒子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，故从中间射入，故B正确；
C、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故C错误；
D、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，将D形盒的半径增大，离子获得的动能将增加，故D正确；
故选：BD．
点评： 解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．
11．（4分）（2013秋•扬州期末）在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（ ）
A． 圆环中有感应电流产生
B． 圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C
C． 圆环最终停在轨道的最低点B
D． 圆环运动过程中机械能守恒
考点： 感应电流的产生条件；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
分析： 水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流．
解答： 解：A、水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故有感应电流产生，故A正确；
B、因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到右侧与C点等高处，故B错误；
C、由于小环运动的范围内，各处的磁场强度不同，所以小环运动的过程中机械能不断转化为电能，故小球的机械能会越来越小，最终停在最低点B，故C正确；
D、整个过程重力势能转化为电能，机械能不守恒，故D错误；
故选：AC
点评： 此题要掌握通电导线周围的磁场是越来越小，并会对整个过程的能量转化进行分析，难度不大．
12．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A． t=0.01s时穿过线框的磁通量最大
B． 该交变电动势的有效值为11 V
C． 该交变电动势的瞬时值表达式为e=22 sin（100πt）V
D． 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°
考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
专题： 交流电专题．
分析： 从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．
解答： 解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A正确；
B、由图象可知，周期为0.02s，则线框1秒钟转动50圈，B错误；
C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=22sin（100πt）V，故C错误；
D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；
故选：AD
点评： 本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．
三.实验题（每个空3分，共18分）
13．（6分）（2008秋•雅安期末）（1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为 8.474 mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是 100.60 mm．
考点： 螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．
专题： 实验题．
分析： 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；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．
解答： 解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.4mm=0.474mm，所以最终读数为：8mm+0.474=8.474mm；
游标尺上总共是20个小格，故其精度为0.05mm，主尺读数为10cm=100mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm．
故答案为：8.474（8.473﹣8.475），100.60．
点评： 解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，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．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
14．（12分）（2014秋•濠江区校级期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω
C．电压表：量程0～3V，内阻约3kΩ D．电压表：量程0～15V，内阻约15kΩ
E．滑动变阻器：0～10Ω，2A F．滑动变阻器：0～100Ω，1A
G．开关、导线若干
请在现有器材的条件下，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择合适的器材： ABCEG （填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的 乙 （填“甲”或“乙”）．
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1.0 Ω（r计算结果保留2位有效数字）．
考点： 测定电源的电动势和内阻．
专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
解答： 解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节
为了读数准确，所以选择电流表：量程0～0.6A，电压表：量程0～3V，
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干，故选ABCEG．
（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法，应选图乙所示电路图．
（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；内电阻r===1.0Ω
故答案为：（1）ABCEG；（2）乙；（3）1.5；1.0．
点评： 本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻．
四.计算题（共40分，要求写出必要的文字说明）
15．（10分）（2014秋•濠江区校级期末）如图，两块竖直的彼此绝缘平行金属板A、B，两板间距离为d，让A、B两板连接到直流电源上，能在AB间形成一个匀强电场．一个带电量为q，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在电场中，平衡时细线偏离竖直方向夹角θ=30°．求：若将绝缘细线剪断错误！未找到引用源，求小球开始运动瞬间的加速度
（1）小球的电性和AB间的电场强度；
（2）若将绝缘细线剪断，求小球开始运动瞬间的加速度．
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： （1）小球处于静止状态，分析受力，根据受力平衡方程，判断出电性，也可以求解电场强度的大小．
（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
解答： 解：（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，如图可知小球带负电
由共点力平衡条件有：
F=qE=mgtanα
解得：E==；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，
设其加速度为a，
由牛顿第二定律有：=ma
解得：a=
答：（1）带负电，场强为；
（2）小球运动的加速度大小为
点评： 本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．
16．（12分）（2014秋•濠江区校级期末）如图，内圆半径为r、外圆半径为3r的两个圆形区域之间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆形直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：
（1）离子从N板小孔射出时的速率；
（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；
（3）要使离子不进入小圆内部区域，磁感应强度B的取值范围．
考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．
分析： （1）离子在电场中加速，由动能定理可以求出离子的速率．
（2）由牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后求出离子的周期．
（3）由几何知识求出离子轨道半径，然后由牛顿第二定律求出离子的速度，再由动能定理求出电压．
解答： 解：（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得：qU=mv2﹣0，
解得：v=；
（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可可得：
qvB=m，周期：T=，
解得：T=；
（3）若离子恰好不进入小圆，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，
此时轨迹如图所示，几何关系得：R2+（3r）2=（R+r）2，
解得：R=4r，
由牛顿第二定律得：qvB=m，
由动能定理得：qU=mv2﹣0，
解得：B=；
所以要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围为B≥；
答：
（1）离子从N板小孔射出时的速率为；
（2）离子在磁场中做圆周运动的周期为；
（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围是：B≥．
点评： 本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用．
17．（18分）（2014秋•濠江区校级期末）如图甲，两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L=0.5m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2=4Ω的小灯泡．有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的感应强度B，随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m=1kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变．金属棒MN在两轨道间的电阻r=1Ω，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨．重力加速度g=10m/s2．求：
（l）小灯泡的实际功率；
（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率；
（3）整个过程中小灯泡产生的热量．
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题： 电磁感应——功能问题．
分析： （1）由题先分析金属棒MN：由图知，磁感应强度B先均匀增大后不变，而小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后作匀速直线运动，速度达到最大，由平衡条件列式，可求得通过MN棒的电流，即可得到小灯泡的电流，由功率公式P=I2R求解小灯泡的实际功率．
（2）金属棒MN进入磁场后作匀速直线运动，速度达到最大．根据闭合电路欧姆定律可求得感应电动势，再由感应电动势公式 E=BLv求解金属棒MN穿出磁场前的最大速率；
（3）金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出棒匀加速运动的时间；运用法拉第电磁感应定律求出磁场区域的长度，求出棒MN通过磁场区域的时间，即可根据灯泡的功率不变，求出产生的热量．
解答： 解：（1）由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：mgsinθ=BIL
小灯泡的电功率为：P=
代入数据，解得：P=25 W
（2）由闭合电路欧姆定律，则有：I=，其中，总电阻为R=
由切割产生的感应电动势公式得，E=BLv，
联立上式，代入数据，解得：v=15m/s；
（3）金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律可得，mgsinθ=ma
加速度为a=gsin30°=5m/s2；
进入磁场前所用的时间为：；
设磁场区域的长度为x，在0～t1时间内，
由法拉第电磁感应定律，则有：
金属棒MN进入磁场前，总电阻为：R=
感应电动势为：E′=
在磁场中运动的时间为：；
整个过程中产生的热量为：Q=P（t1+t2）
代入数据，解得：Q=135J；
答：（l）小灯泡的实际功率25W；
（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率15m/s；
（3）整个过程中小灯泡产生的热量135J．
点评： 解答本题的关键要能判断出棒MN的运动情况，再运用电路知识、电磁感应和力学知识，分析求解．
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