云南民族大学附中高三(上)期末物理试卷(解析版)

2017-2018学年云南民族大学附中高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 下列说法正确的是()
A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应
C. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 715N+11H→612C+24He是α衰变方程
【答案】A
【解析】解：A、汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，故A正确；
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故B错误；
C、光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，故C错误；
D、 715N+11H→612C+24He是人工转变，不是α衰变方程，故D错误。

故选：A。

汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应；根据光电效应方程分析最大初动能与入射光频率的关系；根据反应的产物判断反应的类型。

本题考查了原子模型、核聚变、光电效应、核反应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意轻核聚变和重核裂变的区别。

2. 在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导
体向右移动，这可能发生在()
A. 闭合S后，电阻R不变
B. 断开S的瞬间
C. 闭合S的瞬间
D. 闭合S后，增大电阻R时
【答案】C
【解析】解：金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b；则右侧线框中感应电流产生的磁通量向上；
左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是左侧磁通量突然增加，即左侧线圈电流增加；
故C正确、ABD错误；
故选：C。

金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况。

本题主要是考查楞次定律和左手定则，解答本题要能够根据左手定则判断电流方向、根据楞次定律判断磁通量的变化情况。

3. 如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B
均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点。

以无限远
处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法错误的是
()
A. M、N两点电场强度大小关系为E M=E N=0
B. M、N两点电势高低关系为φM=φN
C. M、N两点电势高低关系为φM>φN>0
D. 感应电荷在M、N两点产生的电场强度E M′>E N′
【答案】C
【解析】解：AD、M、N两点的场强为A与B上感应电荷在这两处的场强之和，合场强大小为零，而导体球在M、N两点产生的场强不同，故B上感应电荷在M、N两点产生的电场强度不相等，根据点电荷电场，可知，离A越远的，电场强度越小，则感应电荷在M、N两点产生的电场强度E M′>E N′，故AD正确；
BC、处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故φM=φN，故B正确，C错误。

本题选择错误的，故选：C。

物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电。

对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理。

且带电体是等势体。

本题重点掌握感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，注意处于静电平衡的导体内部电场强度为零，是由感应电荷与场源电荷叠加而成的，同时知道是等势体是解题的关键。

4. 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，C为电容器.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
B. 电流表示数变小
C. 电容器C所带电荷量增多
D. a点的电势降低
【答案】D
【解析】解：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，干路电流增大，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，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I A=I−I2，I增大，I2减小，则I A增大.即电流表示数变大.故D正确，ABC错误．
故选D
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，即可知道两电表读数的变化.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．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．
5. 如题图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀
强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻为r，电
感不计，外电路接电阻R、理想交流电流表.下列说法正确的是
()
A. 图示位置线圈的感应电动势为NBSω
B. 交流电流表的示数I=
√2(R+r)
C. 一个周期内通过R的电荷量q=2BS
R
NBS
D. R两端电压的有效值U=
√2
【答案】B
【解析】【分析】
根据E m=NBSω求解感应电动势的最大值，根据E=E m
√2
求解感应电动势的有效值，根
据欧姆定律求解电流有效值，根据q=nΔΦ
Δt
求解电量。

本题关键记住交流发电机产生的交流电的最大值表达式E m=NBSω，注意可以根据推
论公式q=nΔΦ
R+r
求解电量。

【解答】
A.图示位置是中性面位置，感应电动势为零，故A错误；
B.感应电动势的最大值E m=NBSω，故电流为：I=E
R+r =NBSω
√2(R+r)
，故B正确；
C.一个周期内通过R的电荷量：q=It=nΔΦ
R+r
=0，故C错误；
D.感应电动势的最大值E m=NBSω，有效值为：E=m
√2=
√2
，
故R两端电压的有效值为：U=E
R+r R=NBSωR
√2R+r
，故D错误。

故选B。

6. 2013年12月14日21时11分，嫦娥三号成功实现月面软着陆，
中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家.如图所示，嫦
娥三号经历漫长的地月旅行后，首先在距月表100km的环月轨道上绕月球做圆周运动.运动到A点时变轨推力发动机开机工作，嫦娥三号开始快速变轨，变轨后在近月点B距月球表面15km的椭圆轨道上绕月运行；当运动到B点时，变轨推力发动机再次开机，嫦娥三号从距月面15km处实施动力下降.关于嫦娥三号探月之旅，下列说法正确的是()
A. 在A点变轨时，嫦娥三号的机械能增加
B. 在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反
C. 在A点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期长
D. 在A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小【答案】B
【解析】解：
A、B、嫦娥三号在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，使卫星做减速运动，所受的万有引力大于向心力，从而做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在A 点变轨时，机械能要减小，故A错误、B正确．
C、根据开普勒第三定律得a3
=k，知卫星在轨道100km环月轨道上运动的半径大于在
T2
椭圆轨道上运动的半长轴，故在A点变轨后，嫦娥三号的周期短，即嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短.故C错误．
D、在A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动过程中，根据万有引力定律可知嫦娥三号所受的万有引力逐渐增大，则其加速度逐渐增大.故D错误．
故选：B．
嫦娥三号在A处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，做近心运动才能进入圆轨道.根据开普勒第三定律比较周期的大小.根据嫦娥三号所受万有引力的变化，从而分析加速度的变化．
解决本题的关键知道卫星变轨的原理，以及掌握开普勒第三定律，知周期与轨道半径的关系．
7. 如图所示，图甲中MN为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d
的位置O处上放一个电荷量为+q的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布.P是金属板上的一点，P点与点电荷之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难.几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的
电场分布是一样的.图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是()
A. 方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为2kqd
r3
B. 方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为2kq√r2−d2
r3
C. 方向垂直于金属板向左，大小为2kqd
r3
D. 方向垂直于金属板向左，大小为2kq√r2−d2
r3
【答案】C
【解析】解：根据P点的电场线方向可以得知，P点的电场
强度方向是垂直于金属板向左。

两个等量异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离
为2d，P点与点电荷O之间的距离为r，
P点的电场是由两个等量异号点电荷q分别产生的场强叠加
产生的。

根据点电荷的场强公式E=k Q
r2，知，一个电荷+q在P点的场强为E1=k q
r2
，如图所示：
据几何关系知：cosθ=d
r ，所以P点的合场强为：E=2E1cosθ=2k q
r2
⋅d
r
=2kqd
r3。

故选：C。

据题，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布相同，根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加可求P点的场强大小和方向．
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向
电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．
8. 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上
从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的
匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，
小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是()
A. 小球可能带负电
B. 小球做匀速圆周运动的半径为r=1
B √2UE
g
C. 小球做匀速圆周运动的周期为T=2πE
Bg
D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大
【答案】D
【解析】解：A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向上，与电场方向相反，因此小球带负电，故A正确。

B、小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m v2
r
又qE=mg
在加速电场中，根据动能定理得qU=1
2
mv2
联立以上三式得r=1
B √2UE
g
，故B正确。

C、小球做匀速圆周运动的周期为T=2πr
v =2πm
qB
，结合qE=mg得T=2πE
Bg
，故C正确。

D、小球做匀速圆周运动的周期为T=2πE
Bg
，显然运动周期与加速电压U无关，若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期不变。

故D不正确。

本题选不正确的，故选：D。

小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据
qvB=m v2
r
以及qE=mg列式。

在加速电场中根据动能定理列式，联立可求得半径和周期。

本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动问题，关键要正确分析受力情况，明确向心力来源。

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、
B两点.一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中
垂线从C点运动到D点(C、D是关于AB对称的两点).下列关于
粒子运动的v−t图象中可能正确的是()
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为C→O、D→O，若是正电荷则电场强度方向为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而A选项图象的斜率表示加速度的大小，所以A正确；
若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小。

而D选项图象的斜率表示加速度的大小故C正确；BD均错误。

故选：AC。

A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为C→O、
D→O，若是正电荷则为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，由于释放位置不清楚.则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定.因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加．
本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性．
10. 如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行
板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动.当滑动变阻器的滑动触头位于
a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好
处于静止状态.若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是()
A. 油滴带正电荷
B. 若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=g
2
C. 若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=g
D. 若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极
板向上移动距离d
，油滴仍将静止
3
【答案】CD
【解析】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；
B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv，
电容器两端电压为：U1=ER0
R0+R0=BLv0
2
…①
开始液滴静止有：q U1
d
=mg…②
若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg−q U1
2d
=ma1…③
联立①②③得：a1=g
2
，方向竖直向下，故B错误；
C、当若将导体棒的速度变为2v0时，有：q U1
d
−mg=ma2…④
将①中v0换为2v0联立①②④解得：a2=g
2
，方向竖直向上，故C正确；
D、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电
压为：U2=2
3
BLv0，
此时液滴所受电场力为：F=q⋅U24
3d
=mg，液滴受到的合力为零，因此液滴仍然静止，
故D正确。

故选：CD。

导体棒MN切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．
本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极．
11. 在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，
弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态.现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)()
A. 物块A运动的距离为2mgsinθ
k
B. 物块A加速度为F
2m
C. 拉力F做的功为1
2
mv2
D. 拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量
【答案】AD
【解析】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：
mgsinθ=kx1
解得：
x1=mgsinθ
k
物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；
mgsinθ=kx2
解得：
x2=mgsinθ
k
故物块A运动的距离为：△x=x1+x2=2mgsinθ
k
，故A正确；
B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：
F−mgsinθ−T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：
T=mgsinθ
故：a=F
m
−2gsinθ，故B错误；
C、拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：
W=mg⋅△xsinθ+1
2mv2+E
P弹
，故C错误；
D、由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机
械能没有变化，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；
故选：AD．
未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可．
本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难．
12. 如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之
间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面。

现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。

(重力加速度g取10m/s2)则()
A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
B. 线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C. 线圈的长度为1m
D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8J
【答案】AB
【解析】解：B、线框匀速运动时，根据平衡条件有：mg=BIL，而I=BLv
R
，联立两式
解得：v=mgR
B2L2=0.1×10×2
12×0.52
m/s=8m/s。

故B正确。

C、t
1
～t2的时间内线圈一直做加速度为g的匀加速直线运动，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，则有：
3d=vt−1
2
gt2，v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，
所以线圈的长度为：L′=2d=2m。

故C错误。

A、在0～t
1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q=△Φ
R
=BLd
R
=
1×0.5×1
2
C=0.25C.故A正确。

D、0～t
3时间内，根据能量守恒得：Q=mg(3d+2d)−1
2
mv2=1×(1×5)−
1
2
×0.1×82=1.8J.故D错误。

故选：AB。

根据感应电荷量公式q=△Φ
R ，求解电荷量；t
2
～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线
圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度。

通过线圈在t
1
～t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，.根据运动学公式求出线圈的长度。

根据能量守恒求出0～t3这段时间内线圈中所产生的热量。

解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍。

三、实验题探究题（本大题共2小题，共20.0分）
13. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置．
(1)本实验应用的实验方法是______
A.控制变量法
B.假设法
C.理想实验法
(2)下列说法中正确的是______
A.在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小
B.在探究加速度与外力的关系时，应改变小车的质量
C.在探究加速度a与质量m的关系时，作出a−1
图象容易更直观判断出二者间的
m
关系
D.无论在什么条件下，细线对小车的拉力大小总等于砝码盘和砝码的总重力大小．
(3)在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M=0.5kg，改变砝码质量m的值，
进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是______
A.m1=4g
B.m2=10g
C.m3=40g
D.m4=500g
(4)在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示.计时器
打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，根据图中给出的数据求出该小车的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)．
(5)如图所示为甲同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a−
F图象，说明实验存在的问题是______．
【答案】A C D0.16没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】解：(1)探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；这种实验方法是控制变量法.故选：A．
(2)A、在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力的大小不变，A错误；
B、在探究加速度与外力的关系时，应保持小车的质量不变，改变砝码盘和砝码的总质量，B错误．
C、在探究加速度与质量的关系时作出a−1
m
图象容易更直观判断出二者间的关系，C正确．
D、当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，D错误；
故选：C．
(3)当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小，因此砝码质量m的值要远小于车的质量M=0.5kg，故m的取值最不合适的一个是D，此时钩码质量等于车的质量；
(4)该小车的加速度a=x3−x1
2T2=(3.83−3.52)×10−2
2(5×0.02)2
m/s2=0.16m/s2；
(5)从图象可以看出当有了一定的拉力F时，小车的加速度仍然是零，小车没动说明小车的合力仍然是零，即小车还受到摩擦力的作用，说明摩擦力还没有平衡掉，或者是平衡摩擦力了但是平衡的还不够，没有完全平衡掉摩擦力，所以图线不通过坐标原点的原因是实验前该同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
故答案为：(1)A；(2)C；(3)D；(4)0.16；(5)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．(1)加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法；
(2)该实验采用控制变量法，先控制小车的质量不变，研究加速度与力的关系，再控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系.当小车的质量远大于砝码盘和
砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小；
(3)当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小，因此砝码质量m的值要远小于车的质量；
(4)利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求出小车的加速度；
(5)图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足．
解决本题的关键知道实验的研究方法，会通过图象探究加速度和力和质量的关系，知道实验中的两个认为：1、认为细线的拉力等于小车的合力，2、认为砝码盘和砝码的总重力等于细线的拉力.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
14. 研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率.步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的
示数如图4，则该电阻的阻值约为______Ω.
(4)用伏安法测定该圆柱体在不同长度时的电阻，除被测圆柱体外，还有如下供选
择的实验器材：
电流表A1(量程0～4mA，内阻约50Ω)
电流表A2(量程0～10mA，内阻约30Ω)
电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)
电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)
直流电源E(电动势4V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)
滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在如图3所示的虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
【答案】50.15；4.700；220
【解析】解：(1)游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游
标尺上第8个刻度游标读数为0.05×3m=0.15mm，所
以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；
(2)螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数
为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：
4.5mm+0.200mm=4.700mm．
(3)该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．
(4)电源电动势为4V，故电压表应选V1，电阻中最大电流约为：I m=E
R A+R =3
220+30
≈
12mA；则电流表应选A 2；
滑动变阻器的电阻值相对比较小，所以选择分压式接法；有：R V
R X =10×103
220
≈46；
R X R A =220
30
=7.3<46，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法如图所示：
故答案为：(1)50.15；(2)4.700；(3)220；(4)如上图所示．。