河北省张家口市涿鹿中学2016-2017学年高二上学期第二

2016-2017学年河北省张家口市涿鹿中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共48分，每小题4分；1-6小题为单选题；7-12小题为多选题，全部正确得4分，少选得2分，有选错的不得分．）1．两个分别带有电荷量为﹣Q和+3Q的相同金属球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．现将两球相互接触后固定在相距为0.5r的两处，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F2．如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值相同，允许消耗的最大功率分别为10w、10W，4W，此电路中允许消耗的最大功率为（）A．24 W B．16 W C．12 W D．15 W3．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（）A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边4．如图所示．有四根彼此绝缘的通电直导线处在同一平面里，I1=I3＞I2＞I4，要使O点磁场增强则以切断那根导线中的电流？（）A．切断I1B．切断I2C．切断I3D．切断I45．赤道附近，自西向东水平运动的电子流，由于受到地磁场的作用，它将（）A．向上偏转B．向下偏转C．向东偏转D．向西偏转6．带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图9所示，运动中经过b点，Oa=Ob．若撤去磁场，加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为（）A．v0B．1 C．2v0D．7．截面积为S的导线中通有电流I，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间△t内通过导线截面的自由电子数是（）A．nSv△t B．nv△t C．D．8．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（）A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大9．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C．电阻R1消耗的电功率增大D．电源内阻消耗的功率减小10．如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）A．a向左B．a向右C．b向左D．c向右11．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2ΩB．固定电阻R的阻值为1ΩC．该电源的最大输出功率为9WD．当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%12．如图所示，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电荷量相等的a、b两粒子，分别从A、O两点沿x轴正方向同时射入磁场，两粒子同时到达C点，此时a粒子速度恰好沿y轴负方向，粒子间作用力、重力忽略不计，则a、b粒子（）A．分别带正、负电 B．运动周期之比为2：3C．半径之比为：2 D．质量之比为2：二、实验题（共20分，每小题2分）13．如图所示是简化的多用电表的电路．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法是（）A．S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，接1量程比接2量程大B．S与3、4连接时，多用电表就成了电流表C．S与3、4连接时，多用电表就成了电压表D．S与5连接时，多用电表就成了欧姆表14．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量．①旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的（填“0”刻线或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．15．用一段长为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验．（1）用多用电表粗测电阻丝的电阻，结果如图甲所示，由此可知电阻丝电阻的测量值约为Ω．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图乙所示，由此可知金属丝直径的测量结果为mm．（3）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：A．直流电源（电动势约为4.5V，内阻很小）B．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）C．电压表（量程15V，内阻约15kΩ）D．电流表（量程0.6A，内阻约0.125Ω）E．电流表（量程3A，内阻约0.025Ω）F．滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，最大允许电流1A）G．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω，最大允许电流2A）H．开关、导线．要求有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择，电压表应选择，滑动变阻器应选择．（填字母代号）三、计算题（共42分，16、17、18小题每小题10分，19小题12分）16．一根长为L的丝线吊着一质量为m，电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37°角，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos°=0.8），求：（1）电场强度E的大小；（2）剪断丝线后，小球的加速度大小．17．如图所示，电源电动势E=7.5V，内电阻r=1.0Ω，定值电阻R2=12Ω，电动机M 的线圈的电阻R=0.5Ω．开关S闭合，电动机转动稳定后，电压表的示数U1=4V，电阻R2消耗的电功率P2=3.0W．不计电动机的摩擦损耗等，求：（1）电源的路端电压．（2）电动机输出的机械功率．=2Ω时，电压18．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r．（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？19．如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力），以恒定速率垂直射入磁感应强度B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30°．求：（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径；（2）带电粒子穿过磁场区的时间．2016-2017学年河北省张家口市涿鹿中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，每小题4分；1-6小题为单选题；7-12小题为多选题，全部正确得4分，少选得2分，有选错的不得分．）1．两个分别带有电荷量为﹣Q和+3Q的相同金属球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．现将两球相互接触后固定在相距为0.5r的两处，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F【考点】库仑定律．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为：F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为：F′=k=4=F，故A正确，BCD错误．故选：A．2．如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值相同，允许消耗的最大功率分别为10w、10W，4W，此电路中允许消耗的最大功率为（）A．24 W B．16 W C．12 W D．15 W【考点】电功、电功率．【分析】根据电路连接关系及已知条件：三个电阻R1、R2、R3的阻值相同，允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W，分析保证电路安全的条件，然后求电路的最大功率．【解答】解：由题意知R1=R2=R3=R，P1=10W，P2=10W，P3=4W，首先分析两个并联电阻R2、R3所允许的最大消耗功率．因为R2与R3并联，则两端电压相等，所以由公式P=知道，R2与R3所消耗的功率一样．已知R2与R3本身允许的最大功率分别是10W和4W，所以R2、R3在并联电路中允许最大功率只能都是4W，否者会超过R3的允许功率．再分析R1在电路中允许的最大功率．把R2与R3看成一个并联电阻R'，则电路就是R1与R′串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P=I2R知道，R1与R'所消耗功率之比为；已知三个电阻R1，R2，R3的阻值相同，R2与R3的并联值R'=，所以=2，所以R1上消耗的功率是并联电阻R'上的两倍．如果R2、R3的功率都为4W，则R'的功率就是4W+4W=8W，则R1的功率是2×8W=16W，这样就大于10W，显然不可以．所以只能是R1功率为10W，则R'是R1的功率一半就是5W，而R2与R3的消耗功率一样，所以R2与R3的消耗功率均是R'的一半，为2.5W．最后计算，R1功率为10W，则R2为 2.5W，R3为 2.5W．所以总功率最大为P=10W+2.5W+2.5W=15W．故选：D．3．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（）A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则．【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．故选：C4．如图所示．有四根彼此绝缘的通电直导线处在同一平面里，I1=I3＞I2＞I4，要使O点磁场增强则以切断那根导线中的电流？（）A．切断I1B．切断I2C．切断I3D．切断I4【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据安培定则判断六根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．【解答】解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，各导线在各个区域产生的磁场方向如图所示．导线1、2、3在中心O产生的磁场方向都是垂直纸面向里，只有导线4产生的磁场的方向向外，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断I4，则D正确．故选：D5．赤道附近，自西向东水平运动的电子流，由于受到地磁场的作用，它将（）A．向上偏转B．向下偏转C．向东偏转D．向西偏转【考点】洛仑兹力．【分析】在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断洛伦兹力的方向．【解答】解：由于电子带负电，所以自西向东水平运动的电子流产生的电流的方向向西；根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．磁场的方向从南向北，电流的方向由东向西，所以安培力的方向竖直向下，即洛伦兹力的方向向下，电子流向下偏转．故B正确，A、C、D错误．故选：B．6．带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图9所示，运动中经过b点，Oa=Ob．若撤去磁场，加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为（）A．v0B．1 C．2v0D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．【解答】解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=．如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，沿电场方向上F=Eq加速度a==方向做匀加速运动，即：d=（）2解得：E=，则：=2v0；故选：C7．截面积为S的导线中通有电流I，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间△t内通过导线截面的自由电子数是（）A．nSv△t B．nv△t C．D．【考点】电流、电压概念．【分析】由电流定义式和微观表达式可以得到时间t内通过导线横截面的电子数．【解答】解：电流可以表示为：解得：N=nSv△tN=，故AC正确，BD错误故选：AC8．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（）A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大【考点】串联电路和并联电路．【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．【解答】解：A、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故A错误；B、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故B正确．C、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故C正确D、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故D错误；故选：BC9．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C．电阻R1消耗的电功率增大D．电源内阻消耗的功率减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．【解答】解：在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律变阻器R0与R2并联电阻R并得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，由于R1分压增大，故并联部分电压减小，则电流表示数减小．由P=I2R可知，电阻R1及内阻消耗的电功率均增大，；故AC正确．BD错误；故选：AC10．如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）A．a向左B．a向右C．b向左D．c向右【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向．也可为磁感线在该点的切线方向．而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向．通电螺线管外部的磁感线是从N极向S极，而内部则是从S极到N极的．【解答】解：由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极．所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故AD正确，BC错误；故选：AD．11．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2ΩB．固定电阻R的阻值为1ΩC．该电源的最大输出功率为9WD．当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图象AB可知电源的电动势为6V，短路电流为6A；由图象OM可得外电路电阻R为2Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．【解答】解：A、由图象AB可知电源的电动势E=6V，短路电流为6A，根据r==1Ω，故A错误；B、根据R=得：R=2Ω，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P==9W，故C正确；D、当该电源只向电阻R供电时，η=100%=100%=66.7%，故D正确．故选：CD12．如图所示，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电荷量相等的a、b两粒子，分别从A、O两点沿x轴正方向同时射入磁场，两粒子同时到达C点，此时a粒子速度恰好沿y轴负方向，粒子间作用力、重力忽略不计，则a、b粒子（）A．分别带正、负电 B．运动周期之比为2：3C．半径之比为：2 D．质量之比为2：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】根据洛伦兹力的方向有左手定则判断粒子电性；由几何关系求半径，再求两者半径的比值；根据对应的圆心角求得a粒子运动周期，b粒子时间为周期，因为运动的时间相同，求得周期比；由周期公式T=求得质量之比．【解答】解：A．a粒子受洛伦兹力向下，由左手定则判断，a粒子带负电，b粒子受洛伦兹力向上，由左手定则判断，b粒子带正电，故A错误；BC．过入射点和C点做速度的垂线，其交点表示b粒子的圆心，因为a粒子速度恰好沿y轴负方向，说明a的半径r a=，根据几何关系，b粒子的半径为：（）2+（r b﹣1）2=r b2，解得：r b=2，所以r a：r b=：2，由题意知，a粒子运动周期，根据几何关系b粒子对应的圆心角为600，时间为周期，又因为两粒子经过的时间相同，所以有：T a=T b，解得：T a：T b=2：3，故BC正确；D．电量相同，同一磁场，由周期公式T=可得m∝T，所以有：m a：m b=2：3，故D错误．故选：BC．二、实验题（共20分，每小题2分）13．如图所示是简化的多用电表的电路．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法是（）A．S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，接1量程比接2量程大B．S与3、4连接时，多用电表就成了电流表C．S与3、4连接时，多用电表就成了电压表D．S与5连接时，多用电表就成了欧姆表【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表．【解答】解：A、由图可知，当S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故A正确，B、C、由图可知，当S与3、4连接时，G与电阻串联，多用电表是电压表，R3＜R4，前者量程小，后者量程大，故B错误，C正确．D、由图可知，S与5连接时，G与内置电源、滑动变阻器串联，此时多用电表是成为欧姆表，故D正确．故选：A C D．14．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量．①旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的“0”刻线（填“0”刻线或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按B、D、C的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．【考点】用多用电表测电阻．【分析】使用多用电表测电阻的方法：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出．【解答】解：①电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；②将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．③将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的“0”刻线．④欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关K置于“×10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：B、D、C．故答案为：①S；③T；“0”刻线；④B、D、C．15．用一段长为80cm 的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验．（1）用多用电表粗测电阻丝的电阻，结果如图甲所示，由此可知电阻丝电阻的测量值约为 6.0 Ω．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图乙所示，由此可知金属丝直径的测量结果为 0.934 mm ．（3）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材： A ．直流电源（电动势约为4.5V ，内阻很小）B ．电压表（量程3V ，内阻约3kΩ）C ．电压表（量程15V ，内阻约15kΩ）D ．电流表（量程0.6A ，内阻约0.125Ω）E ．电流表（量程3A ，内阻约0.025Ω）F ．滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，最大允许电流1A ）G ．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω，最大允许电流2A ）H ．开关、导线．要求有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择 D ，电压表应选择 B ，滑动变阻器应选择 F ．（填字母代号）【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）欧姆表的0刻度在右侧，读数时先读出表盘的示数，然后乘以档位即是最终读数结果，由于刻度线不均匀，可以不估读；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；（3）选择电表时，要做指针偏转要大一些，在其满刻度的到之间偏转比较准确，考虑到操作方便，在满足条件的前提下滑动变阻器选择小电阻．【解答】解：（1）由图可知，刻度盘上的读数为6.0，由于选择×1档，所以最终读数为：6.0×1Ω=6.0Ω．（2）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为0.01×43.4=0.434mm，所以最终读数为：0.5mm+0.434mm=0.934mm，由于需要估读，故在范围内0.933﹣0.935mm内均正确．（3）选择电表时，要做指针偏转要大一些，在其满刻度的到之间偏转比较准确，故电压表为B，电流表为D，待测电阻6Ω左右，为了便于条件，因此选择阻值范围0～15Ω的滑动变阻器F便可以．故答案为：（1）6.0；（2）0.934±0.001；（3）D、B、F．三、计算题（共42分，16、17、18小题每小题10分，19小题12分）16．一根长为L的丝线吊着一质量为m，电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37°角，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos°=0.8），求：（1）电场强度E的大小；（2）剪断丝线后，小球的加速度大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电场强度E．（2）剪断丝线后，小球受到重力、电场力作用，这两个力是恒力，它们的合力也是恒力，小球将沿合力方向做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：（1）小球的受力如图，显然小球带正电，由平衡条件得：mgtan 37°=Eq故电场强度的大小为：E=（2）剪断丝线后小球所受合力为：F合=根据牛顿第二定律有：F合=ma，。