黑龙江大庆市大庆实验中学2025-2026学年高二下学期开学物理试题（含解析）

大庆实验中学 2025—2026 学年度下学期高二年级开学考试
物理试题
第Ⅰ卷（选择题，共 47 分）
一、选择题（本题共 14 小题，共 47 分，在每小题给出的四个选项中，第 1~9题只有一个符合题目要求，每小题 3 分，第 10~14 题有多项符合题目要求，每小题 4 分，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分）
1 ．用安培定则分析下列现象，正确的是( )
A ．甲图中小磁针静止时位置如图，则通电直导线的电流方向从下往上
B ．乙图中金属圆环通以逆时针电流时，小磁针静止时 N 极垂直纸面向内
C ．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，则电源左侧为正极
D ．丁图中在解释地磁场时，安培假设绕地轴的环形电流如图所示
2．如图所示，图线AB 是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM 是固定电阻R 两端的电压随电流变化的图线，由图可知( )
A ．该电源的电动势为6V ，内阻是 2a
B ．固定电阻R 的阻值为1a
C ．该电源的最大输出功率为9W
D ．当该电源只向电阻R 供电时，其效率约为50%
3．用粗细均匀的相同导线制成“☆”形的导体框，“☆”的每条边长度均相等，将导体框放置在
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磁场方向垂直导体框平面向里的匀强磁场中。在 a 、c 之间接一直流电源，电流方向如图所示，整个导体框受到的安培力大小为 F，则 abc 边受到的安培力大小为( )
A ． F B ． F
C ． F D ． F
4 ．如图所示，电源的负极、电容器下极板与静电计外壳相连并接地，R 为定值电阻。现将单刀双掷开关打到 1 ，电路稳定时，一带电的油滴恰好静止于两极板间的 P 点。下列说法正确的是( )
A．若开关与 1 保持连接，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，电阻 R 中有由 b流向 a 的电流
B ．若开关与 1 保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，油滴将向下运动
C ．若将开关由 1 打到 2。电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大
D ．若将开关由 1 打到 2。电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，油滴在 P 点时的电势能将减小，油滴将向上运动
5 ．如图所示，甲和乙电路中 A 、B 、C 、D 是四个相同灯泡，电感线圈直流电阻与电源内阻均可忽略不计，下列说法正确的是( )
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A ．甲电路开关闭合时，A 灯立即变亮，B 灯缓慢变亮
B ．甲电路开关断开时，A 灯立即熄灭，B 灯缓慢熄灭
C ．乙电路开关闭合时，C 灯缓慢变亮，D 灯缓慢变亮
D ．乙电路开关断开时，C 灯缓慢熄灭，D 灯先闪亮一下再熄灭
6．如图所示，质量为M 、倾角 θ = 30o 的绝缘斜面上表面光滑、下表面粗糙， 始终静止于粗糙水平地面上，空间中存在匀强磁场，通有电流I 的金属细杆静止于斜面上，金属杆的质量为m 、长度为 L 。重力加速度为 g ，则以下说法正确的是( )
A ．磁感应强度的最小值为
B ．磁感应强度的最小值为
C ．地面对斜面的摩擦力为 0
D ．地面对斜面的支持力小于(m + M )g
7 ．质量为 m、带电荷量为 q 的小物块，从倾角为θ 的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ , 整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为
B，如图所示。若带电小物用块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零， 下列说法中正确的是( )
A ．小物块可能带正电荷
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B ．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为g sinθ - μg cosθ
C ．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动
D ．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为
8 ．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为 B，场区足够宽，磁场内有一块足够长平面感光薄板 ab，板面与磁场方向平行，在距 ab 的距离 L 处有一个点状的放射源 S，它在纸面内均匀的向各个方向发射比荷相等的带正电的粒子，粒子
(
BqL
)的速度大小都满足v = ，不计重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
m
A ．击中 ab 板的粒子运动的最长时间为
B ．击中 ab 板的粒子运动的最短时间为
C ．ab 上被粒子打中的区域的长度为( + 1) L
D ．放射源 S 发射的粒子中有 20%的粒子可以击中ab 板
9 ．如图甲所示的足够长的光滑斜面与水平面成θ = 30° ,边界 EF 上方的区域内存在垂直斜面方向的磁场，磁感应强度变化规律如图乙所示，t = 0 时刻磁场方向垂直斜面向上，0 ~ t时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD 在外力作用下静止在斜面上，CD 边与边界EF 的距离为L 。t 时刻撤去外力，金属框沿斜面下滑，此后磁感应强度保持不变。已知金属框质量
为m ，边长为L ，每条边电阻均为R ，CD 边始终与边界EF 平行，AB 边刚到达边界EF 时
的速度大小为 ·、 ，g 为重力加速度。下列说法正确的是( )
2
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A ．CD 边刚出边界EF 时，C 、D 两点间的电势差为
B ．金属框过边界EF 过程的加速度大小一定先减小后不变
C ．从t = 0 时刻到金属框刚好完全离开磁场的过程中，AB 边产生的焦耳热大于mgL
D ．从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场经历的时间为
10 ．下列说法，正确的是( )
A ．图甲是回旋加速器示意图，电压U 越大，最大速度越大
B ．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出 A 极板是发电机的负极
C ．图丙是速度选择器，带电粒子能够通过速度选择器的条件是v ，与粒子电性无关
D ．图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，则导体上表面的电势比下表面的电势高
11．匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 9V 、13.5V 、5.5V。下列说法正确的是( )
A ．电场强度的大小为 2.5V/cm
B ．坐标原点处的电势为 2V
C ．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 4.5eV
D ．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为-8eV
12 ．如图所示电路，所有电表均为理想电表，R2 = r 。当闭合开关 S，触片 P 向左滑动过程
中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1 、A2 、V1 、V2 在同一时刻的读数分
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别是I1 、I2 、U1 、U2 ；电表示数的变化量的绝对值分别是ΔI1 、 ΔI2 、 ΔU1 、 ΔU2 ，那么下列说法正确的是( )
A ． ΔI1 > ΔI2 、 ΔU1 > ΔU2 B ．电容器带电量增大
ΔU ΔU
(
Δ
I
Δ
I
)C ． 2 , 1 均为定值 D ．电源的输出功率在减小，效率在提高
2 2
13 ．某空间x 轴上只存在沿此轴方向的静电场，x 轴上各点的电势分布如图所示。一带负电的粒子（电量为-q）仅在电场力作用下由x 轴上某点无初速释放，已知粒子沿x 轴运动过程中动能和电势能之和恒为零，则下列判断正确的是( )
A ．粒子的运动区间是x1 ≤ x ≤ x4
B ．运动过程中的最大动能为qφ0
C ．若把此粒子在 x 轴上x1 的左侧某处由静止释放，则粒子沿 x 轴向左运动
D ．若把此粒子沿 x 轴从x1 移动到x3 ，则粒子的电势能先增大后减小
14．带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零， 可以分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反速度。水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡， 水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。设带电小球的质量为 m、电量为 + q ，磁感应强度为 B（范围无限大），重力加速度为 g，小球由静止开始下落，则以下猜想正确的是 ( )
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A ．M、N 两点间的距离为 B ．小球在运动过程中机械能不守恒
C ．小球下降的最大高度为 D ．小球的加速度大小恒为 g
第Ⅱ卷（非选择题，共 53 分）
二、实验题（本题共 2 题，每空 2 分，共 14 分）
15 ．某同学测量一圆柱状材料的电阻率。
(1)首先用游标卡尺和螺旋测微器测量该圆柱状材料的长度和直径，分别如图甲、乙所示，该圆柱状金属的长度L = ______ cm ，直径 d = ______ mm ；
(2)用如图丙所示的电路图测量该圆柱状材料的阻值，闭合开关S1 ，将滑动变阻器滑片滑到适当位置，将开关S2 ，分别与 1 、2 接通，发现电压表指针偏角变化比电流表指针偏角变化
明显，为尽量准确测量其阻值，实验时应将开关S2 与______（填“1”或“2”）接通。
16 ．小东同学测量某新能源车上使用的蓄电池电动势 E（约为 12V）和内阻 r。
(1)选择合适的仪器按图甲所示电路图连接电路，实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数约为 12V 且变化不明显，则原因可能是________；
A ．蓄电池的内阻较大 B ．蓄电池的内阻较小
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(2)将R0 = 19.5Ω 的定值电阻串入电路中，按图乙所示电路图连接电路，解决了上述问题。实验中电流表量程选择 0~0.6A，某次测量中电流示数如图丙所示，其读数为________A；
(3)多次调节滑动变阻器 R 阻值，读出相应的电压表和电流表示数 U 和 I，利用测得的数据描绘出如图丁所示的 U-I 图像。根据图像，蓄电池的内阻r0 = ________a（结果保留 1 位有效数字）；
(4)分析实验中由电表内阻引起的实验误差。下图中，实线是根据实验数据描点作图得到的该电源的 U-I 图像；虚线是考虑电表内阻影响进行修正后的 U-I 图像，则可能正确的是
________。
A ． B ．
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C．
D．
二、实验题（本题共 3 题，共 39 分）
17 ．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线拴住一质量为
m，带电荷量为+q 的小球，线的上端固定于 O 点。若在 B 点小球由静止开始摆动，当细线摆过 120°小球到达 A 点时，速度恰好为零，此时 OA 恰好处于水平状态。设整个过程中细线始终处于拉直状态，不计空气阻力，重力加速度为 g。求：
(1)BA 间电势差 UBA 和电场强度 E 的大小；
(2)摆动过程中小球在 B 点时对细线的拉力大小。
18 ．如图所示，在真空中y > 0 的区域里分布着沿y 轴负方向的匀强电场E ，在y < 0 的区域
里分布着垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为 + q 的带电粒子，从P(0，3d)点以初速度v0 沿x 轴正方向射出，然后从x 轴上的M 点进入磁场，恰好能回到P 点。题中仅v0 和d 为已知量，且满足E 。
(1)求M 点横坐标xM ；
(2)求粒子从P 点出发到第一次回到P 点所用时间t ；
(3)仅将粒子初速度方向改为沿y 轴负方向，求粒子从P 点出发到粒子第 3 次经过x 轴所用时间t 。
19．如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为 L 的光滑平行水平导轨平滑连接。水平导轨足够长，其右端接有电容为 C 的电容器，且全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，在导轨上放置长度略大于 L 的导体棒 P 、M 、N 。P 棒和 M 棒的质量均为 m ，接入电路的电阻均为 2R，N 棒的质量为 2m，接入电路的电阻为 R。已知初始时电容器带电量为 0，开关 S 断开，M 棒和 N 棒间距为 d，且均处于静止状态。现让 P 棒从圆弧导轨上高为 h 处由静止释放，P 棒与 M 棒如果发生碰撞则会粘在一起。重力加速度大小为 g，不计导轨电阻及空气阻力，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
(1)求 P 棒刚进入磁场时速度v0 的大小及此时流经 M 棒电流IM 的大小；
(2)若 P 棒与 M 棒恰好不发生碰撞，求该过程 P 棒中产生的焦耳热QP ；
(3)若初始时 M 棒离磁场左边界的距离x ，且运动过程中 M 棒始终未与 N 棒发
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生碰撞，求 d 的最小值；当 P 、M 、N 三棒达到稳定运动时，闭合开关 S，求电容器最终的带电量qc 。
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1 ．D
A ．甲图中小磁针静止时位置如图，磁场为顺时针方向，根据安培定则可知，通电直导线的电流方向从下往上，故 A 错误；
B ．乙图中金属圆环通以逆时针电流时，根据安培定则可知，磁场垂直纸面向外，小磁针静止时 N 极垂直纸面向外，故 B 错误；
C ．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，右侧为 S 极，根据安培定则可知，则电源左侧为负极，故 C 错误；
D．地理北极附近是地磁南极，根据安培定则可知，安培假设绕地轴的环形电流与图示相同，故 D 正确。
故选 D。
2 ．C
A ．图线 AB 的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，故E = 6V ，r ，故 A 错误；
B ．固定电阻R 的阻值为R ，故 B 错误；
C ．当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率 ax W ，故 C 正确；
D ．当该电源只向电阻 R 供电时，其效率为 ，故 D 错误。故选 C。
3 ．A
该电路图可以简化为 abc 边和五角星边并联，且二者的有效长度相同，设为L设每条边的电阻为R0 ，则Rabc = 2R0 ，R五角 = 8R0
根据并联电路规律可知 由F = BIL ，其中 I = Iabc + I五角
得 bc = BIabcL F故选 A。
4 ．D
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A ．若开关与 1 保持连接，电容器两板间电势差恒定，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，由C 可知，电容 C 将增大，根据C可得电容器所带的电荷量 Q 将增大，充电电流方向由a 流向 b ，A 错误；
B ．若开关与 1 保持连接，电容器两板间电势差恒定，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，两板正对面积减小，而两板间距离不变，由E ，可得电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍处于平衡状态，B 错误；
C ．若将开关打到 2，电路稳定后，电容器所带电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，两板间距离减小，由C 可知，电容 C 将增大，根据C 可得电容器两板间的电势差减小，静电计的张角将减小，C 错误；
D ．若将开关打到 2，电路稳定后，电容器所带电荷量不变，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，两板正对面积减小，由C 可知，电容 C 将减小，根据C 可得电容器两板间电势差增大。两板间距离不变，由E ,可推出两板间电场强度增大，电荷受到的电场力增大，油滴将向上运动。P 点电势能等于把油滴移动到下极板过程中电场力做功，由 W = qEd (q 不变，E 增大，d 不变)可得，W 增大，P 点的电势能绝对值增大，油滴在 P 点的电势能为负值，所以，油滴在 P 点时的电势能将减小，D 正确。
故选 D 。
5 ．D
A ．甲电路开关闭合时，A 灯立即变亮，B 灯立即变亮再缓慢熄灭，故 A 错误。
B ．甲电路开关断开时，A 灯立即熄灭，B 灯闪一下缓慢熄灭，故 B 错误。
C ．乙电路开关闭合时，C 灯缓慢变亮，D 灯立即变亮，故 C 错误。
D ．乙电路开关闭合稳定时流过 C 灯的电流大于 D 灯，所以开关断开时，C 灯缓慢熄灭，D灯先闪亮一下再熄灭，故 D 正确。
故选 D。
6 ．B
AB ．当安培力与支持力垂直时，磁感应强度B2 最小，即B2IL = mg sinθ ,如图所示
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得B A 错误，B 正确；
CD ．由于磁感应强度方向未知，安培力的大小、方向不确定，所以地面对斜面的摩擦力，支持力情况也不确定，CD 错误。
故选 B。
7 ．C
A ．根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块所受的洛伦兹力方向垂直于斜面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则判断可知小物块带负电，故 A 错误；
BC ．小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析，可知小物块所受合力
F合 = mg sin θ - μ(mg cosθ - qvB)
随着 v 增大，洛伦兹力增大，F合 增大，a 增大，则小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故 B 错误，C 正确；
D ．小物块对斜面压力为零时，有
mg cosθ = qvB
解得
故 D 错误。
故选 C。
8 ．C
A ．击中ab 板的粒子中运动最长时间，则使粒子竖直向下运动，轨迹圆与ab 相切，轨迹圆的弧长为 周长，所用时长t ，故 A 错误；
B．击中 ab 板的粒子运动的最短时间，应使粒子与竖直方向成30° 向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为 周长，所用时长
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t ，故 B 错误；
C ．由牛顿第二定律得qvB = m 解得R = L
轨迹如图所示
ab 上被粒子打中的区域的长度
x = L L ，故 C 正确；
D．沿竖直向上方向和沿竖直向下方向射出的粒子均与屏相切，即射出在 S 点右侧的粒子可以打在ab 平面感光板上，射出方向所占夹角为180° ,故各个方向均匀发射的粒子中有 50%的粒子可以击中ab 板，故 D 错误。
故选 C。
9 ．C
A ．CD 边刚出磁场时，AB 边切割磁感线相当于电源，CD 边运动到 EF 的过程中由动能定理得mgL sin mv12
解得v
所以 C、D 两点间的电势差为UCD A 错误；
B ．CD 边运动到 EF 时的速度v
AB 边刚到达边界 EF 时的速度大小为， 可知线框一定先做减速运动，由F安 可知安培力一定先减小，根据F安 - mgsin30° = ma
可知，加速度一定先减小，如果在 AB 边出磁场前安培力减小到等于 mgsin30°, 之后线框匀速下滑出磁场，则加速度先减小后不变；如果在 AB 边出磁场时安培力仍大于 mgsin30°, 则加速度一直减小，B 错误；
C．从 t ＝0 时刻到 AB 边刚好运动到边界 EF 的过程中，AB 边产生的焦耳热分为两部分，第
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根据法拉第电磁感应定律可得E =
联立解得 Q
第二部分为金属框运动过程中 AB 边产生的热量，金属框从 CD 边刚过边界 EF，运动至 AB边刚到达边界 EF，整个金属框产生的热量为 4Q2，令 AB 边刚到边界 EF 时的速度大小 ·、
2
为 v2，根据能量守恒定律得 mgLsin mv mv22 = 4Q2
解得 QmgL
AB 边产生的焦耳热Q = Q1 + QmgL ，C 正确；
D ．从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时经历的时间分为两段，第一段为 CD 边到达边界 EF 用时 t1，此过程为匀加速直线运动，根据牛顿第二定律mgsin30。= ma1
运动学公式 L at
解得 t
第二段为 CD 边刚经过边界 EF 到 AB 边到达边界 EF 用时 t2，设沿斜面向下为正方向，根据
动量定理mgsin30。.t2 -BLI .t2 = mv2 -mv1
其中 BLt2 = BLt 解得 t
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总时间为
故选 C。
10 ．BC
A ．图甲是回旋加速器示意图，设回旋加速器的最大半径为R ，加速后粒子的最大速度为v ，根据qBv = m
解得v
可知粒子获得的最大速度由半径R 决定，与电压 U 无关，故 A 错误；
B ．图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则，正离子将向 B 极板偏转，负离子将向 A 极板偏转，所以 B 极板是发电机的正极，A 极板是发电机的负极，故 B 正确；
C ．图丙是速度选择器，带电粒子能沿直线匀速通过速度选择器的条件是qBv = qE解得v ，与粒子电性无关，故 C 正确；
D．图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，根据左手定则，电子将向上偏转，所以上表面的电势比下表面的低，故 D 错误。
故选 BC。
11 ．AD
AB ．由于是匀强电场，故沿着同一方向前进相同距离电势的降低相等，有
φa - φO = φb - φc
解得
φO = 1V
在y 轴上距离 O 点 2.25cm 的位置电势也为 5.5V，画出等势面如图
由图可知
故
θ = 37。O 点与经过 c 点的等势面间距为
d = Oc sin 37。
故场强为
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故 A 正确；B 错误；
C．点 a 的电势比点 b 的电势低 4.5V，电子带负电荷，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的高
4.5eV。故 C 错误；
D ．电子从 b 点运动到 c 点，电势降低 8V，电子带负电荷，故电势能增加 8eV，电场力做功
-8eV。故 D 正确。
故 AD 正确。
12 ．ACD
A ．当触片 P 向左滑动过程中，导致电阻变大，则总电阻变大，总电流 I2 变小，
即 A2 减小，所以 V2 示数减小；因内电压变小，则外电压增大且 V2 示数减小，所以 V1 的示数增大，因此通过电阻 R0 的电流 I0 在增大，所以流过 R1 的电流 I1 减小；根据 I2=I1+I0 可知电流 I1 的减少量要大于电流 I2 的减少量，故△I1＞△I2 ，总电流减小，则 V2 示数和内电压都减小，而 V1 的示数增大，故电压表 V1 的增大量要大于电压 V2 的减少量，则有△U1＞△U2，故 A 正确；
B ．电容器两端电压变大，带电量增大，故 B 正确；
C ．根据闭合电路的欧姆定律有
U1 = E - I2( R2 + r)
则有
根据欧姆定律有 U2=I2R2，则有
故 C 正确；
D．根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意 R2=r，可知外电阻大于电源内阻，则知当变阻器的滑动触头 P 向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率
外电阻增大，路端电压 U 增大，电源的供电效率提高，故 D 正确。
故选 ACD。
13 ．BC
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A ．由题意知粒子沿 x 轴运动过程中的总能量恒为零，粒子无初速释放，粒子初动能为 0，可知释放时粒子电势能也为 0，即释放粒子的位置电势为 0，结合图像可知，粒子的运动区间是x2 ≤ x ≤ x3 ，A 错误；
B ．由图像可知电场力对粒子做正功最多为W = qU = qφ0 ，根据动能定理可知粒子最大动能
为qφ0 ，B 正确；
C ．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，则x1 左侧的电场方向沿 x 轴正向，粒子受到向左的电场力，则粒子沿 x 轴向左运动，C 正确；
D ．粒子沿 x 轴从x1 到x3 ，根据电势能Ep = qφ 可知，粒子的电势能先减小后增大，再减小后增大，D 错误。
故选 BC。
14 ．CD
A ．在水平方向上带电小球受力平衡，则有
mg = Bqv
求得水平速度为
竖直面内匀速圆周运动半径为
周期为
T MN 两点间距离为
故 A 错误；
B ．小球在运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能守恒，故 B 错误；
C ．小球下落的最大高度为
故 C 正确；
D ．小球在水平面内是匀速直线运动，竖直面内是匀速圆周运动，小球的加速度大小恒为
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故 D 正确。
故选 CD。
15 ．(1) 5.010 3.206 (2)1
（1）[1]根据游标卡尺的读数规律可知，该读数为50mm + 0.05 × 2mm = 50.10mm = 5.010cm
[2]根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为3.0mm + 0.01× 20.6mm = 3.206mm
（2）由于电压表指针偏角变化比电流表指针偏角变化明显，表明电流表分压影响大，实验中应排除电流表分压，采用电流表外接法。为尽量准确测量其阻值， 实验时应将开关 S2 与 1接通。
16 ．(1)B (2)0.50
(3)0.5
(4)A
（1）根据 U=E-Ir，若 r 很小，则在电流 I 变化时，路端电压 U≈E，变化不明显。故选 B。
（2）电流表的最小分度值为 0.02A，故不需要估读，所以读作 0.50A。
（3）根据电源的 U-I 图像可知，图线的斜率为 20a故r0 + R0 = 20Ω ,则r0 = 0.5Ω 。
（4）公式 U=E-Ir 中，I 是流经电源的电流，即干路中的电流。考虑电压表内阻影响，则电压表的分流作用不能忽略。当电压表示数最大时，其分流作用最大。
对于（0 ，12）该点，电流实际不为零，而是应该要补上流经电压表的电流，故该点要向右描点；
对于（0.6 ，0）该点，由于 U=0V，故流经电压表的电流为零，则该点不用修正。
故选 A。
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（1 ）小球从 B 到 A 过程，由动能定理得qUBA -mgL cos 30。= 0 -0解得UBA
BA 间沿电场线的距离为d = L +L sin 30。则匀强电场的场强大小为E =
联立解得E
（ 2） 解法一：在 B 点，沿细线和垂直细线方向建立如图所示坐标系 xOy
(
有：
F
B
+
qE
sin
30
-
mg
cos
30
=
0
)B 点速度为 0，向心力为 0，沿 y 轴方向合力为 0 。 。
解得：
根据牛顿第三定律，球对细线的拉力
(
A
3
)解法二：在 A 点速度为 0，向心力为 0，所以拉力 F = qE = mg
根据对称性， FA
根据牛顿第三定律，球对细线的拉力
18 ．(1) xM = 2d
（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，有 xM = v0t1
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竖直方向，有3d at
根据牛顿第二定律，有Eq = ma联立解得xM = 2d
（2）粒子运动轨迹如图所示
粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，有xM = v0t1
又因xM = 2d
联立解得t 粒子进入磁场时vy = at1
由运动的对称性及几何关系可知，粒子在匀强磁场中轨迹的圆心在y 轴负半轴上，设粒子第一次经过x 轴时速度与x 轴正半轴成θ 角，有tan
合速度大小为v
由几何关系，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R = 粒子在磁场中运动的时间为t
则再次回到P 点用时t = 2t1 + t2
联立解得t
（3）粒子运动轨迹如图所示
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粒子从P 点运动到O 点，根据运动学公式，有3d = 0 ) Δt1速度为v = aΔt2
在磁场中，有
第 3 次经过x 轴的时刻t = Δt1 + 2Δt2 + Δt3
解得t
19 ．(1) ·、 ， ·、
(2) mgh
(
(3)
，
)mR BLCm
3B2L2 B2L2 C + 4m
（1）对 P 棒，由动能定理得mgh = mv
解得 P 棒刚进入磁场的速度大小为v0 =
(
0
)当 P 棒进入磁场时产生感应电动势E = BLv
P 棒为电源，M 、N 两棒并联，则有IM . 2R = IN . R
又IM + IN = I
由欧姆定律得电路的总电流I R并 R
各式联立得流经 M 棒的电流IM
（2）P 棒进入磁场，M 、N 两棒所受的安培力FM = IMLB ，FN = INLB
由牛顿第二定律得FM = maM ，FN = 2maN
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联立可得 M 、N 两棒的加速度关系为aM : aN = 1:1
由此可知，M、N 两棒加速度相同其运动总是相对静止的，由于 P 棒受到的安培力与 M、N棒受到的安培力的合力为 0，所以三棒组成的系统动量守恒。若 P 棒与 M 棒恰好不发生碰撞，则三棒速度相等，设此时的三棒速度均为v1 ，以向右为正方向
根据动量守恒定律有mv0 = (m + m + 2m)v1
根据能量守恒，该过程系统损失的机械能E损 全部转化为电路电阻的焦耳热
故得E损 mvQ总
该过程 P 棒中产生的焦耳热QP = Q总
R总 =2R + R并 = R
联立各式解得QP mgh
（3）P 棒进入磁场到三棒速度相等的过程，对 P 棒
由动量定理得-BI1LΔt1 = mv1 - mv0
又q
联立解得 P 棒与 M 棒恰好不发生碰撞时，M 棒离磁场左边界的距离x 根据题意，若初始时 M 棒离磁场左边界的距离为x 则 P 棒与 M 棒一定发生碰撞并粘在一起。
设导体棒 P 与导体棒 M 碰撞前瞬间的速度为 v2，导体棒 M 、N 的速度大小均为 v3碰撞前过程根据动量守恒定律有mv0 = mv2 + (m + 2m)v3
同样对 P 棒，由动量定理得-BI2LΔt2 = mv2 - mv0
又q
(
1
1
2
6
)联立解得v2 = ，v3 =
设导体棒 P 与导体棒 M 碰撞粘在一起后瞬间的速度为 v4
则根据动量守恒定律可得二者碰撞时满足mv2 + mv3 = (m + m)v4
之后导体棒 P 、M 整体与导体棒 N 通过安培力发生作用，设导体三棒最终共同速度为 v5
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则根据动量守恒定律可得2mv4 + 2mv3 = (2m + 2m)v5联立解得v
此过程对 P 、M 整体，由动量定理得-BLΔt3 = 2mv5 - 2mv4又q
R = RPM + R = 2R
联立解得满足题意的 d 的最小值dmin 当 P 、M 、N 三棒达到稳定运动时
导体棒切割磁感线产生感应电动势为E = BLvBL 闭合电键，根据动量定理-BIL·Δt = 4m(v6 - v5 )
而I·Δt = qC = CU = CBLv6
联立解得闭合开关 S 电容器最终的带电量qC
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