山西省朔州市怀仁一中高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第三次月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，漏选得2分，错选或不选得0分，共48分）1如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）aa、b两点磁感应强度相同bc、d两点磁感应强度大小相等ca点磁感应强度最大db点磁感应强度最小2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，p、r、q是这条轨迹上的三点，由此可知（）a带电粒子在r点时的速度大小大于在q点时的速度大小b带电粒子在p点时的电势能比在q点时的电势能大c带电粒子在r点时的动能与电势能之和比在q点时的小，比在p点时的大d带电粒子在r点时的加速度大小小于在q点时的加速度大小3如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为n1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为n2，则以下说法正确的是（）a弹簧长度将变长b弹簧长度将变短cn1n2dn1n24一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）小孔正上方处的p点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回若将下极板向上平移，则从p点开始下落的相同粒子将（）a打到下极板上b在下极板处返回c在距上极板处返回d在距上极板d处返回5如图所示，abc为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从a点沿ab方向射入磁场，现欲使电子能经过bc边，则磁感应强度b的取值应为（）abbbcbdb6已知电荷q均匀分布在半球面ab上，球面半径为r，cd为通过半球顶点与球心o的轴线，如图所示，m是位于cd轴线上球面外侧，且om=on=l=2r已知m点的场强为e，则n点的场强为（）aebcd7如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）a从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上b从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动c从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上d从t=时刻释放电子，电子必然打到左极板上8如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是中的（）abcd9在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示，下列比值错误的是（）a不变，不变b变大，变大c变大，不变d变大，不变10如图所示，直角三角形abc中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿ab方向射入磁场，分别从ac边上的p、q两点射出，则（）a从p射出的粒子速度大b从q射出的粒子速度大c从p射出的粒子，在磁场中运动的时间长d两粒子在磁场中运动的时间一样长11在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴o在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断不正确的是（）a小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小b小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变c小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变d小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径减小12如图所示，以直角三角形aoc为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为b，a=60，ao=a在o点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0=，发射方向由图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（）a粒子不可能打到a点b以=60飞入的粒子在磁场中运动时间最长c以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等d在ac边界上只有一半区域有粒子射出二、实验题(每空3分，共12分)13为了测量一根长约为3cm，电阻约为100，横截面为圆形，粗细均匀的导体电材料的电阻率，所用器材如下：直流电源e：电动势约为8.0v，内阻可忽略不计；电流表a1，量程为025ma，内阻r1=100；电流表a2，量程为0150ma，内阻r2=20；定值电阻r0，阻值为10；开关s、导线若干（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，示数为l=mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为d=mm（2）为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，现给出测量电阻rx的实验电路，请据此电路图将实验器材连接起来（3）若某次测量中电流表a1的示数为i1，电流表a2的示数为i2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为p=（用题目中字母表示即可）三、计算题（解答时要求必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，共40分）14如图所示，ab、cd、ef是三条足够长的竖直平行直线，它们之间的距离均为l=m，在ab至cd之间的区域内有一竖直向上的匀强电场，场强e=1105v/m，在cd至ef之间的区域内有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度b=102t一比荷=3109c/kg，不计重力的带正电粒子以初速度v0=3107m/s垂直于ab边射入场区不考虑相对论效应，求：（1）粒子经过电场从cd边射出时速度的偏转角；（2）粒子从ef边离开磁场时出射点与ab边的入射点间的高度差15如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为b，方向垂直于纸面向里的匀强磁场三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从a点沿ad方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用已知编号为的粒子恰好从f点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从e点飞出磁场区域，编号为的粒子从ed边上的某一点垂直边界飞出磁场区域求：（1）编号为的粒子进入磁场区域的初速度大小；（2）编号为的粒子在磁场区域内运动的时间；（3）编号为的粒子在ed边上飞出的位置与e点的距离16如图所示，在直角坐标xoy平面y轴左侧（含y轴）有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m，电量为q的带正电粒子从x轴上p处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角=30，q点坐标为（0，d），在y轴右侧有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域（图中未画出），磁场磁感应强度大小b=，粒子能从坐标原点o沿x轴负向再进入电场不计粒子重力，求：（1）电场强度大小e；（2）如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积；（3）粒子从p点运动到o点的总时间2015-2016学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第三次月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，漏选得2分，错选或不选得0分，共48分）1如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）aa、b两点磁感应强度相同bc、d两点磁感应强度大小相等ca点磁感应强度最大db点磁感应强度最小【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】该题考察了磁场的叠加问题用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项【解答】解：根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大；故选：b【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，p、r、q是这条轨迹上的三点，由此可知（）a带电粒子在r点时的速度大小大于在q点时的速度大小b带电粒子在p点时的电势能比在q点时的电势能大c带电粒子在r点时的动能与电势能之和比在q点时的小，比在p点时的大d带电粒子在r点时的加速度大小小于在q点时的加速度大小【考点】电场线；电场强度【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，p点场强大，电场力大，加速度大【解答】解：a、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从p运动到q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，r点速度小于q点速度，若粒子从q运动到p，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，q点速度小于r点速度，p点时的电势能比在q点时的电势能小，故a正确，b错误；c、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在p点的动能与电势能之和等于在q点的动能与电势能之和，保持不变故c错误；d、由电场线疏密确定出，r点场强大比q大，电场力大，加速度大，故d错误；故选：a【点评】该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法3如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为n1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为n2，则以下说法正确的是（）a弹簧长度将变长b弹簧长度将变短cn1n2dn1n2【考点】磁场对电流的作用【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断【解答】解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故选bc【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况4一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）小孔正上方处的p点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回若将下极板向上平移，则从p点开始下落的相同粒子将（）a打到下极板上b在下极板处返回c在距上极板处返回d在距上极板d处返回【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，mg（）dqu=0将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回根据动能定理得，mg（+x）qu=0联立两式解得x=故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是一道比较综合的电学题，难度较大这类题应该以运动和力为基础，结合动能定理求解5如图所示，abc为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从a点沿ab方向射入磁场，现欲使电子能经过bc边，则磁感应强度b的取值应为（）abbbcbdb【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过bc边，当电子恰好从c点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出b的最大值，即可得到b的范围【解答】解：当电子从c点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为r，则几何知识得： 2rcos30=a，得r=欲使电子能经过bc边，必须满足r而r=所以b=故选：c【点评】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解b的范围6已知电荷q均匀分布在半球面ab上，球面半径为r，cd为通过半球顶点与球心o的轴线，如图所示，m是位于cd轴线上球面外侧，且om=on=l=2r已知m点的场强为e，则n点的场强为（）aebcd【考点】电场的叠加；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】利用等效法这样分析均匀带电半球相当于一个均匀带正电的求和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边【解答】解：利用等效法这样分析均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边m点的场强e=k+e，e=ek为带负电的半球在m点产生的场强，所以，n点正电半球产生的电场强度相当于负电半球在m点产生的电场强度，而与m点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，方向相反，故n点电场强度为e=ke，d正确故选d【点评】本题比较巧妙的考查了电场的叠加，难度较大7如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）a从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上b从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动c从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上d从t=时刻释放电子，电子必然打到左极板上【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：a、若t=0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故a正确，b错误；c、若从t=t时刻释放电子，电子先加速t，再减速t，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故c正确；d、同理，若从t=t时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故d错误；故选：ac【点评】本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况8如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是中的（）abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；匀变速直线运动的图像【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向下，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的【解答】解：由左手定则可判断洛伦兹力方向向下，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向右的摩擦力，小环受到的摩擦力：f=（mg+qvb）由于摩擦力做功，小环的动能减小，受到减小，所以洛伦兹力减小，摩擦力随之减小小环的加速度：同样随洛伦兹力的减小而减小，故小环做加速度逐渐减小的加速运动，一直到速度为0故给出的vt图中，只有选项c正确故选：c【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意vt图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识9在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示，下列比值错误的是（）a不变，不变b变大，变大c变大，不变d变大，不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由题意知：r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择【解答】解：a、根据欧姆定律得知： =r1故当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，、均不变故a正确b、c， =r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u2=ei（r1+r），则有=r1+r，不变故b错误，c正确d、=r1+r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，则有=r，不变故d正确本题选错误的，故选b【点评】本题对于定值电阻，是线性元件有r=，对于非线性元件，r=10如图所示，直角三角形abc中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿ab方向射入磁场，分别从ac边上的p、q两点射出，则（）a从p射出的粒子速度大b从q射出的粒子速度大c从p射出的粒子，在磁场中运动的时间长d两粒子在磁场中运动的时间一样长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期t=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故d正确，c错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从p点和q点射出，由图知，粒子运动的半径rprq，又粒子在磁场中做圆周运动的半径r=知粒子运动速度vpvq，故a错误，b正确；故选bd【点评】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键11在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴o在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断不正确的是（）a小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小b小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变c小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变d小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可【解答】解：a如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，不会减小，故a错误；b、如果洛伦兹力单独提供向心力，绳子断开时，向心力不变，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径一定不变，故b正确；c、如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，c正确；d、如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小大于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，故d正确本题要求选择不正确的选项，故选：a【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中12如图所示，以直角三角形aoc为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为b，a=60，ao=a在o点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0=，发射方向由图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（）a粒子不可能打到a点b以=60飞入的粒子在磁场中运动时间最长c以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等d在ac边界上只有一半区域有粒子射出【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】带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解【解答】解：a、由牛顿第二定律得：qv0b=m，已知：v0=，解得：r=a，因此当=60入射时，粒子恰好从a点飞出，故a错误；b、当=60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故b正确；c、当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从ac中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，从0到60在磁场中运动时间先减小后增大，故c错误；d、当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从ac中点飞出，因此在ac 边界上只有一半区域有粒子射出，故d正确；故选：bd【点评】考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论二、实验题(每空3分，共12分)13为了测量一根长约为3cm，电阻约为100，横截面为圆形，粗细均匀的导体电材料的电阻率，所用器材如下：直流电源e：电动势约为8.0v，内阻可忽略不计；电流表a1，量程为025ma，内阻r1=100；电流表a2，量程为0150ma，内阻r2=20；定值电阻r0，阻值为10；开关s、导线若干（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，示数为l=30.35mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为d=3.205mm（2）为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，现给出测量电阻rx的实验电路，请据此电路图将实验器材连接起来（3）若某次测量中电流表a1的示数为i1，电流表a2的示数为i2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为p=i2（r0+r2）i1r1（用题目中字母表示即可）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【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根据电路图连接实物图根据欧姆定律和电阻定律求解电阻率的表达式【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为30mm，游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为30mm+0.35mm=30.35mm螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0120.5mm=0.205mm，所以最终读数为3mm+0.205mm=3.205mm（2）根据电路图连接实物图（3）根据欧姆定律可得导体电材料的电阻rx=，由电阻定律得：rx=，s=d2联立解得，=i2（r0+r2）i1r1故答案为：（1）30.35；3.205 （2）见图（3）=i2（r0+r2）i1r1【点评】掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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掌握欧姆定律和电阻定律求解电阻率三、计算题（解答时要求必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，共40分）14如图所示，ab、cd、ef是三条足够长的竖直平行直线，它们之间的距离均为l=m，在ab至cd之间的区域内有一竖直向上的匀强电场，场强e=1105v/m，在cd至ef之间的区域内有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度b=102t一比荷=3109c/kg，不计重力的带正电粒子以初速度v0=3107m/s垂直于ab边射入场区不考虑相对论效应，求：（1）粒子经过电场从cd边射出时速度的偏转角；（2）粒子从ef边离开磁场时出射点与ab边的入射点间的高度差【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动运动，根据运动的分解和牛顿运动定律解答；（2）在电场中，粒子沿竖直方向偏移的距离y1=，再根据v0=vcos30求出末速度v，粒子进入磁场后做匀速圆周运动由qvb=m解得r，知粒子垂直边界ef射出磁场，作图据几何关系知y2=rrcos30从而得出射点与ab边的入射点间的高度差y=y1+y2【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动vx=v0vy=atl=v0ta=tan解得=30（2）在电场中，粒子沿竖直方向偏移的距离y1=v0=vcos30粒子进入磁场后做匀速圆周运动qvb=m解得r=2m因此粒子垂直边界ef射出磁场，如图所示据几何关系知y2=rrcos30出射点与ab边的入射点间的高度差y=y1+y2解得y=（22.5）m答：（1）粒子经过电场从cd边射出时速度的偏转角为30；（2）粒子从ef边离开磁场时出射点与ab边的入射点间的高度差（22.5）m【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及类平抛运动的基本公式，难度适中15如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为b，方向垂直于纸面向里的匀强磁场三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从a点沿ad方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用已知编号为的粒子恰好从f点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从e点飞出磁场区域，编号为的粒子从ed边上的某一点垂直边界飞出磁场区域求：（1）编号为的粒子进入磁场区域的初速度大小；（2）编号为的粒子在磁场区域内运动的时间；（3）编号为的粒子在ed边上飞出的位置与e点的距离【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】作出运动轨迹，结合几何知识求出三种粒子的半径，然后根据牛顿第二定律求出粒子的速度，结合周期公式和几何知识求解所要求的物理量【解答】解：（1）设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，则有：qv1b=m由几何关系可得：r1=解得：v1=（2）设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为t2，则：qv2b=mt2=解得：t2=由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60，则粒子在磁场中运动的时间