高中物理第二章恒定电流串联电路和并联电路学案新人教版选修

§2、4串联电路和并联电路
班级：第组姓名：
【学习目标】
1.了解串联和并联电路的连接方式，掌握串并联电路的电流和电压特点;
掌握电组的串并联的计算。

2．知道常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表G（表头）改装而成的。

3．了解电流表（表头）的原理，知道什么是满偏电流和满偏电压。

【重点难点】
重点：：是串、并联电路的规律。

难点：难点是电表的改装。

【完成目标】
一、串联电路：把导体依次首尾相连，就组成串联电路。

如图
1.串联电路中各处的电流处处相等：
表达式：
2.串联电路的总电压等于各部分电路两端电压之和：
表达式：
3.串联电路的总电阻等于各个导体电阻之和：
表达式：
4.串联电路中各个电阻两端电压跟它们的阻值成正比：
表达式：
二、并联电路：把几个导体并列地连接起来，就组成并联电路。

如图
1.并联电路各支路两端的电压相等
表达式：
2.并联电路中总电流等于各支路的电流之和
表达式：
3.并联电路的总电阻的倒数等于各个导体电阻倒数之和
表达式：
4.并联电路中通过各个电阻的电流跟它的阻值成反比
表达式：
例1 如图所示的电路中，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，R3＝6 Ω，R4＝3 Ω.
(1)求电路中的总电阻．
(2) 当加在电路两端的电压U＝42 V时，
通过每个电阻的电流是多少？
三、电压表和电流表
1.电流表G(表头)：常用的电压表和电流表都是由小量程的___ ___改装而成的．小量程电流表主要有三个参数：①电流表的电阻叫做___ __，用字母R g 表示；②指针偏转到最大刻度时的电流I g 叫做__ ___；③电流表通过满偏电流时，加在它两端的电压U g 叫做__ ____，上述三个物理量的关系为：__________.
2.电压表和电流表的改装：当把电流表G 改装成量程较大的电压表时，应当______一个电阻R ；当把电流表G 改装成大量程的电流表时，应当______一个电阻R.
(1)电流表G 改装成电压表
电流表G(表头)满偏电流I g 、内阻R g 、满偏电压U g .如图所示即为电压表的原理图，其中R x 为分压电阻，由串联电路特点得：
I g ＝ ＝
所以R x = =（n-1)R g (n 为量程扩大倍数，n= )
改装后的总内阻：R V =R g +R x =nR g
(2)电流表G 改装成大量程电流表
如图所示即为电流表的原理图，其中R x 为分流电阻.由并联电路特点得：
U ＝ = =1-=-n R R I I I g g g
g
(n 为量程扩大倍数，g I I n =) 改装后的总内阻R A =
n R R R R R g
x
g x g =+
例2 有一电流表G ，内阻R g ＝10 Ω，满偏电流I g ＝3 mA.要把它改装成量程为0～3 V 的电压表，应串
联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？
变式训练：有一电流计，内阻R g＝25 Ω，满偏电流I g＝3 mA.要把它改装成量程为0～0.6 A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动中，物块A 和B 的加速度分别为
A ．a A ＝12g ，a
B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g
C ．a A ＝14g ，a B ＝3g
D ．a A ＝0，a B ＝2g
2．如图所示，真空中等边三角形OMN 的边长为L=2.0m ，在M 、
N 两点分别固定电荷量均为62.010C q -=+⨯的点电荷，已知静电力常量9229.010N m /C k =⨯⋅，则两点电荷间的库仑力的大小和O 点的电场强度的大小分别为（ ）
A ．339.010N,7.810N /C -⨯⨯
B ．339.010N,9.010N /
C -⨯⨯ C ．231.810N,7.810N /C -⨯⨯
D ．231.810N,9.010N /C -⨯⨯
3．取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的4倍。

不计空气阻力，该物块落地时的位移方向与水平方向夹角的正切值（ ）
A ．0.25
B ．0.5
C ．1
D ．2
4．小明乘坐竖直电梯经过1min 可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a 随时间t 的变化图像如图所示。

若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则
A ．t =4.5 s 时，电梯处于失重状态
B ．在5～55 s 时间内，绳索拉力最小
C ．t =59.5 s 时，电梯处于超重状态
D ．t =60 s 时，绳索拉力的功率恰好为零
5．如图所示，图甲为质点a 和b 做直线运动的位移一时间图象，图乙为质点c 和d 做直线运的速度一时间图象，由图可知( )
A ．若t 1时刻a 、b 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点第二次相遇
B ．若t 1时刻c 、d 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点第二次相遇
C ．t 1到t 2时间内，b 和d 两个质点的运动方向发生了改变
D ．t 1到t 2时间内，a 和d 两个质点的速率先减小后增大
6．汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的U-t 图像，二者在t 1和t 2时刻的速度分别为v 1和v 2，则在t 1到t 2时间内
A ．t 1时刻甲的加速度小于乙的加速度
B ．乙运动的加速度不断增大
C ．甲与乙间距离越来越大
D ．乙的平均速度等于122
v v 7．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A 点，以水平速度0v 抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上
B 点，重力加速度大小为g.则A 、B 两点间的距离和小球落到B 点时速度的大小分别为（ ）
A ．22002,14tan cos v v g θθ
+ B ．22002,12tan cos v v g θθ+ C ．22002tan ,14tan cos v v g θθθ+ D ．22002tan ,12tan cos v v g θθθ
+ 8．古时有“守株待兔”的寓言。

假设兔子质量约为2 kg ，以10 m/s 的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s ，设兔子与树的作用时间为0.1s 。

下列说法正确的是（ ）
①树对兔子的平均作用力大小为180N ②树对兔子的平均冲量为18N·s
③兔子动能变化量为－99J ④兔子动量变化量为－22kg·m/s
A ．①②
B ．①③
C ．③④
D ．②④
9．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I 1、I 2、I 3表示，方向如图。

现在O 点垂直纸面固定一根通有电流为I 0的直导线，当1230I I I I ===时，O 点处导线受到的安培力大小为F 。

已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）
A ．当102303I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为4F
B ．当102303I I I I I ===、时，O 3F
C ．当201303I I I I I ===、时，O 3F
D ．当301203I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为2F
10．某静电场在x 轴上各点的电势φ随坐标x 的分布图像如图所示。

x 轴上A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φO 、φB ，电场强度沿x 轴方向的分量大小分别为E Ax 、E Ox 、E Bx ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为W A 、W O 、W B 。

下列判断中正确的是（ ）
A．φO＞φB＞φA
B．E Ox＞E Bx＞E Ax
C．W O＜W B＜W A
D．W O-W A＞W O-W B
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．将一个小球竖直向上抛出，碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0. 65倍，小球上升的时间为1 s，下落的时间为1.2 s，重力加速度取2
10m/s，不计空气阻力和小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是
A．小球与天花板碰撞前的速度大小为10m/s
B．小球与天花板碰撞前的速度大小为8m/s
C．抛出点到天花板的高度为15m
D．抛出点到天花板的高度为13m
12．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是()
A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒
B．运动员到达A点时的速度为20 m/s
C．运动员到达B点时的动能为10 kJ
D．运动员从A点飞出到落到B3
13．质量m=2kg的小物块在某一高度以v0=5m/s的速度开始做平抛运动，若g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块（）
A ．此时的瞬时速度大小为52 m/s
B ．此时重力的瞬时功率大小为200W
C ．此过程动量改变大小为10（5-1）kgm/s
D ．此过程重力的冲量大小为20Ns
14．如图所示，均匀细杆AB 质量为M ，A 端装有转轴，B 端连接细线通过滑轮和质量为m 的重物C 相连，若杆AB 呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ）
A ．M=2msinθ
B ．滑轮受到的压力为2mg
C ．杆对轴A 的作用力大小为mg
D ．杆对轴A 的作用力大小2sin Mg
15．如图所示，倾角为α的光滑导轨上接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L 的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B 1，恒定不变，区域Ⅱ中磁感应强度随时间B 2=kt （k>0）变化，一质量为m 、电阻为r 的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止，不计导轨电阻，则下列说法正确的是（ ）
A ．通过金属杆的电流大小为
B ．通过金属杆的电流方向是从a 到b
C ．定值电阻的阻值为
D ．定值电阻的阻值为
三、实验题：共2小题
16．为了测量一电压表V 的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。

其中V 0是标准电压表，R 0和R 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和S 1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E 是电源。

(1)用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整______。

(2)实验步骤如下：
①将S拨向接点1，接通S1，调节___________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时___________的读数U；
②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节___________，使___________，记下此时R的读数；
③多次重复上述过程，计算R读数的___________，即为待测电压表内阻的测量值。

(3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：___________。

17．某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程0~3mA，内阻R g1=10Ω）
C．电流表A2（量程0~0.6A，内阻阪R g2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0-20Ω，10A）
E.滑动变阻器R2（0-200Ω，1A）
F.定值电阻R0（990Ω）
G.开关和导线若干
(1)他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中更为合理的是________图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律的表达式E=______________（用I1、I2、R g1、R g2、R0、r表示）。

(2)图乙为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I 1－I 2图线（I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数），为了简化计算，该同学认为I 1远远小于I 2，则由图线可得电动势
E=____________V ，内阻r ＝__________Ω。

（r 的结果保留两位小数）
四、解答题：本题共3题
18．如图所示，矩形PQMN 区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E ，已知PQ 长度为3L ，PN 长度为L 。

质量为m 、电量大小为q 的带负电粒子以某一初速度从P 点平行PQ 射入匀强电场，恰好从M 点射出，不计粒子的重力，可能用到的三角函数值sin30°=0.5，sin37°=0.6，sin45°=22。

(1)求粒子入射速度v 0的大小；
(2)若撤走矩形PQMN 区域内的匀强电场，加上垂直纸面向里的匀强磁场。

该粒子仍以相同的初速度从P 点入射，也恰好从M 点射出磁场。

求匀强磁场磁感应强度B 的大小和粒子在磁场中运动的时间t 。

19．（6分）如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体 A 和 B ．活塞的质量为m ，横截面积为S ，与隔板相距h ．现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q 时，活塞上升了h ，此时气体的温度为T 1．已知大气压强为P 0，重力加速度为g ．
①加热过程中，若A 气体内能增加了E ∆1，求B 气体内能增加量E ∆2
②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A 气体的温度为T 2．求此时添加砂粒的总质量m ∆．
20．（6分）如图所示，光滑斜面AB 与粗糙斜面CD 为两个对称斜面，斜面的倾角均为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC 的两端相切，一个物体在离切点B 的高度为H 处，以初速度v 0沿斜面向下运动，物体与CD 斜面的动摩擦因数为μ．
（1）物体首次到达C 点的速度大小；
（2）物体沿斜面CD 上升的最大高度h 和时间t ；
（3）请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由．
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【详解】
在竖直向上拉力F ＝6mg 时，此时A 、B 受的拉力分别为3mg 、3mg ，对A 因为3mg ＜4mg ，故物体A 静止，加速度为0；对物体B
3mg －mg ＝ma B
解得
a B ＝2g
故选D 。

2．A
【解析】
【详解】
根据库仑定律，M 、N 两点电荷间的库仑力大小为2
2q F k L
=，代入数据得 39.010N F -=⨯
M 、N 两点电荷在O 点产生的场强大小相等，均为12
q E k
L =，M 、N 两点电荷形成的电场在O 点的合场强大小为
12cos30E E =︒
联立并代入数据得
37.810N /C E ≈⨯
A ． 339.010N,7.810N /C -⨯⨯与分析相符，故A 正确；
B ． 339.010N,9.010N /
C -⨯⨯与分析不符，故B 错误；
C ． 231.810N,7.810N /C -⨯⨯与分析不符，故C 错误；
D ． 231.810N,9.010N /C -⨯⨯与分析不符，故D 错误；
故选：A 。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】
取水平地面为重力势能零点，设抛出时物体的初速度为v 0，高度为h ，物块落地时的竖直方向的速度大小为v y ，落地速度与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为β，根据题有
20142
mv mgh = 解得
0v =竖直方向有
212
y mv mgh = 解得
y v =根据几何关系得
0tan y
v v α=
代y v 、0v 解得
tan 0.5α=
又根据速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系有
tan 2tan αβ=
解得
tan 0.25β=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．D
【解析】
【详解】
A ．电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a ＞1．t=4.5s 时，a ＞1，电梯也处于超重状态。

故A 错误。

B ．5～55s 时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。

故B 错误。

C ．t=59.5s 时，电梯减速向上运动，a ＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C 错误。

D ．根据a-t 图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s 内a-t 图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s 时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv 可知绳索拉力的功率恰好为零，故D 正确。

5．A
【解析】
【详解】
在位移-时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，t 1时刻a 、b 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点第二次相遇，故A 正确；t 1到t 2时间内，根据v-t 图像的面积表示位移知c 的位移大于d 的位移，若t 1时刻c 、d 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点没有相遇。

故B 错误；两质点中只有b 运动方向改变，a 、c 、d 质点的方向未发生改变，故C 错误；根据x-t 图象的斜率表示速度，知t 1到t 2时间内，a 质点的速度不变。

由v-t 图象知：d 的速率先减小后增大，故D 错误。

6．A
【解析】
试题分析：在速度-时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线上每一点切线的斜率表示物体的瞬时加速度，根据图象的斜率可知加速度的变化；由速度公式可求得位移及平均速度．
v-t 图像的斜率表示加速度，所以1t 时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来越小，A 正确B 错误；由于甲乙不知道t=0时刻甲乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C 错误；甲做匀减速直线运动，在t 1和t 2时间内，甲的平均速度为122
v v +，由于乙的位移小于甲的位移，
故乙的平均速度12
2v v v +<，D 错误．
7．C
【解析】
【详解】
设小球平抛运动时间为t ，则水平方向有
0x v t =
竖直方向有
2
12y gt =
又
tan y
x θ=
联立解得
2tan v t g θ=，002
2tan v x v t g θ
==
A 、
B 两点间的距离
2
02tan cos cos v x s g θ
θθ==
落到B 点时，小球竖直方向速度
02tan y v gt v θ==
合速度大小
v v ==
A ． 2
2,cos v v g θA 错误；
B ． 2
2,cos v v g θB 错误；
C ． 2
02tan ,cos v v g θ
θ与分析相符，故C 正确；
D ． 2
02tan ,cos v v g θ
θD 错误；
故选：C 。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
①兔子撞树后反弹，设作用力为F ，由动量定理得： 212[1(10)]N=220N 0.1
mv mv F t ---== ②树对兔子的平均冲量为
2122N s I mv mv ∆=-=-⋅
③动能变化量为
22211199J 22
K E mv mv ∆=-=- ④动量变化量为
2122kg m/s P mv mv ∆=-=-⋅
所以③④正确，①②错误。

故选C 。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据安培定则画出123I I I 、、在O 点的磁感应强度123B B B 、、的示意图如图所示
当1230I I I I ===时，三根导线在O 点产生的磁感应强度大小相等，设为0B ，根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
02B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
002F B I L =
AB ．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当102303I I I I I ===、时，则有
103B B =，230B B B ==
根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
04B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
0042F B I L F '==
故AB 错误；
C ．当201303I I I I I ===、时，有
203B B =，130B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
023B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00233F B I L F '==
故C 正确；
D ．当301203I I I I I ===、时，有
303B B =，120B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
023B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00233F B I L F '==
故D 错误。

故选C 。

10．D
【解析】
【详解】
A ．由图知电势高低关系为O
B A ϕϕϕ<<，A 错误；
B ．根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，所以Ox Bx Ax E E E <<，B 错误；
C ．电子带负电，根据电势能公式：
p E q e ϕϕ==-
分析得知PO PB PA E E E >>，C 错误；
D ．由图知，OA 间电势差大于OB 间电势差，即有：
O A O B ϕϕϕϕ->-
电子带负电，则根据电势能公式：
p E q ϕ=
得：PO PA PO PB E E E E ->-，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．AC
【解析】
【详解】
AB.由题意可知,
221122110.6522
vt gt vt gt +=+ 解得10m /s v =，故A 正确，B 错误；
CD.抛出点到天花板的高度为
211115m 2
h vt gt =+= 故C 正确，D 错误。

12．AB
【解析】
运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A 正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：
1
2
mv A 2=mgh=mgR （1-cos60°）所以：20/A v m s = ，故B 正确；设运动员做平抛运动的时间为t ，则：x=v A t ；y=12
gt 2
由几何关系： 30y
tan x ︒＝，联立得：t s =，21801023y m m ＝=⨯⨯ 运动员从A 到B 的过程中机械能守恒，所以在B 点的动能：
E kB =mgy+12mv A 2，代入数据得：E kB =13
×105J ．故C D 错误．故选AB. 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中.
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时
201 2
gt v t ＝ 解得
t=1s
A ．此时竖直方向的速度为
v y =gt=10m/s
则此时的速度为 22055m/s y v v v +＝＝
故A 错误；
B ．此时的重力瞬时功率为
P=mgv y =200W
故B 正确；
C ．根据动量定理
I=△P=mgt=20kgm/s
故C 错误；
D ．此过程重力的冲量大小为
I=mgt=20N•s
故D 正确。

故选BD 。

14．ACD
【解析】
【分析】
考查共点力作用下物体的平衡问题。

【详解】
A ．由题可以知道，C 物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C 物体的重力大小相等，为mg ；对杆A
B 进行受力分析如图：
设AB 杆的长度为L ，由图可以知道杆的重力产生，的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是12
L 绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是sin L θ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得：
1sin 2
Mg L mgL θ⋅= 所以：
2sin M m θ=
A 正确；
B ．由题图可以知道，两根绳子的拉力的方向之间有夹角所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg ，即滑轮受到的压力小于2mg ，B 错误；
C ．由受力图可以知道轴A 对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，因为重力的作用线过杆的中点，所以可以知道力F 与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且：
cos cos F mg θθ=
所以F 与绳子的拉力的大小也相等，即
F mg =
则杆对轴A 的作用力大小为mg ，C 正确；
D ．联立可得： 2sin Mg F θ
= 所以杆对轴A 的作用力大小也可以表达为：
2sin Mg θ，D 正确。

故选ACD 。

15．AC
【解析】
【详解】
A.对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式有mgsinα=B 1IL ，解得，选项A 正确；
B.由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b 到a ，选项B 错误；
C.由法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律得，故
，选项C 正确，选项D 错误.
三、实验题：共2小题
16． 0R 标准电压表0V R 标准电压表0V 仍为U 平均值 电阻箱阻值不连接，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。

【解析】
【详解】
（1）电路连线如图；
（2）①将S 拨向接点1，接通S 1，调节R 0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表V 0的读数U ；
②然后将S 拨向接点2，保持R 0不变，调节R ，使标准电压表V 0仍为U ，记下此时R 的读数； ③多次重复上述过程，计算R 读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。

（3）原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。

17．b D ()
()01112g I R R I I r +++ 1.46V~1.49V 0.80~0.860Ω
【解析】
【详解】
（1）[1]．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G 串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表。

将电流表A 1和定值电阻R 0串联可改装成一个量程为 3110()310(10990)V=3V g g U I R R -=+=⨯⨯+
的电压表；则（a ）、（b ）两个参考实验电路，其中合理的是b ；
[2]．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。

滑动变阻器应选D ；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A 2读数太小，电流表A 1读数变化不明显。

[3]．根据电路可知：
E=U+Ir=I 1（R g1+R 0）+（I 1+I 2）r ；
（2）[4][5]．根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压
U=I 1（990+10）=1000I 1
根据图象与纵轴的交点得电动势
E=1.47mA×1000Ω=1.47V ；
由图可知当电流为0.45A 时，电压为1.1V ，则由闭合电路欧姆定律可知
1.47 1.10.820.45r -=
=Ω
四、解答题：本题共3题
18．（1）032=qEL v m ；（2）352mE
B qL =，372108mL
t qE π
=
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子做类平抛运动，有 qE ma =
21
2L at =
03L v t =
解得
032=qEL
v m
(2)洛伦磁力作为向心力，有
2
0v qv B m r =
由几何关系得
222(3)()=+-r L r L
得
3552==mv mE
B qL qL
回旋角
33
tan 4L
r L θ==-
又因为
02π=T v 360t T θ
︒=⋅
联立解得
372108mL t qE
π
= 19．①.()01Q mg p s h E -+-∆ ②. 02121Sp T m T g
⎛⎫⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【解析】
试题分析：①气体对外做功B 气体对外做功
．．． （1）
由热力学第一定律得12+E E Q W ∆∆=-．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（2）
解得
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（3） ②B 气体的初状态 10mg p p S
=+12V hS =T 1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（4） B 气体末状态 20(+)m m g p p S
∆=+1V hS =T 2 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（5） 由气态方程
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（6） 解得2121T m T （）∆=-0Sp m g
+（）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（7） 考点：本题考查理想气体状态方程．
20．（12
02gH v + (2) ()202sin 2(sin cos )gH v g θθμθ++
(3)AB 段匀变速运动，BEC 变速运动，CD 段匀变速运动，可能停止于CD 斜面上不动，也可能在BC 间做等幅振动．
【解析】
（1）根据机械能守恒定律：
2201122
c mv mgH mv += 202c v v gH =+ （2）物体沿CD 上升的加速度：sin cos a g g θμθ=+
22sin c h v a θ
= 解得：20(2)sin 2(sin cos )
gH v h g θθμθ+=+ （3）AB 段匀变速运动，BEC 变速运动，CD 段匀变速运动，最后可能停止于CD 斜面上不动，也可能在BC 间做等幅振动．。