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10:52高二上学期期末学业水质量测试卷·..文件未下载到本地，预览不占手机空间所受弹力方向向左，加速度方向向左，手机可能向左做转，C不符合题意；使螺线管A、B一起在水桌面上移！加速运动或向右做减速运动，故A错误；两极板间距变动B的磁通量不变，螺线管B中不会产生！2/2小，根据C=-感，指针不偏转，D符合题意。R_S2_r2²_1电容器两端电压变小，则电压传感器的示数小于U，故个圆柱形导体电阻之比，故A、B错误；RSr²4C正确；根据C=ErSU，E=两个导体串联在电路中，流过两个导体的电流相等，根据4πkd'd，可得E=Q4πkQ，当M、N两极板间距d减小时，M、Nv2Sr²S31，故C正确，D错误。4两极板间的电场强度不变，故D错误。二、非选择题（本题共5小题，共57分）合案：（1)1X1U°S（4分）（Z)7.5X1UV（4分）11.解析：（1)实验中发现小球B悬线的偏角减小，说明两个：×10²m/s（4分）小球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，可能是：代入数据解得I=2AB.C。由闭合电路欧姆定律得E=I（r十R)（2）由于A、B两小球均带正电荷且QA大于QB，则小球：代入数据解得R=2Ω。A与小球B接触后，两小球所带电荷量相等，根据库仑(2)电容器两端的电压为U=IRr2电容器的电荷量Q=CU处其静电力将增大，小球B悬线的偏角将增大。代入数据解得Q1=1.2X10-5C。（3）根据题意，对小球B受力分析，由力的衡条件可得：(3）断开开关S后，电容器两端的电压为电源电动势静电力F=mBgtan0。E=6V答案：（1)BC（2分）（2)增大（2分）（3)mBgtan0（2分）：电容器的电荷量Q2=CE12.解析：（1）电阻表的指针偏角很大，说明电阻的阻值很代入数据解得Q2=1.8×10-5C。小，为了准确测量减小误差，应该选择更小倍率的挡位，答案：（1)2Q（4分）（2)1.2×10-5C(5分）故应选择“×1”挡，调零后测量。故B正确。(3)1.8X10-5C(5分）（2）本题中由于电流表的内阻已知，应该选择图B进行15.解析：（1)对题图甲中小球受力分析如U一RA，该测量值等于R的真！图所示，由衡条件得qEi=mgtanθ实值。qqE（3）使用多用电表的电阻挡测量电阻时，电流从黑表笔：（2）题图甲中细线剪断后，小球在水mg流出多用电表，从红表笔流入多用电表，二极管阻值较方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得小时，处于正向导通状态，此时黑表笔与二极管的B端：qE=ma相连，说明二极管的B端为正极。小球运动1s时在水方向的位移为x=1（4）电路甲中电压表的分流会带来系统误差，电路乙中：2°电流表的分压会带来系统误差。题目要求消除电流表！小球电势能的变化量△Ep=-qE1x带来的系统误差，故应该选择电路甲。联立解得△Ep=-0.05J答案：（1)B(2分）（2)B(2分）（3)B(2分）（4)甲（3分）即小球的电势能减少0.05J。13.解析：（1）带电粒子在电场中做类抛运动，水方向有(3)对题图乙中小球，由动能定理得L=t，竖直方向有d=1-at².2qELsinα-mgL（1-cosa)=0根据牛顿第二定律有qE=ma×104N/C4p根据几何关系有tan0=L小球摆动过程中，当摆角为一时，小球有最大速度，联立以上几式，代入数据解得t=1×10-3s。由动能定理得(2）由（1）可求得L=1m，d=0.75m根据U=Ed可得两极板间电压为U=7.5X103V。代入数据解得vm=√5m/s。(3)对带电粒子由动能定理得qU=112muo答案：（1)1×104N/C(3分）（2)电势能减少0.05J(5分）3√3×103 m/s。（3)X104N/C(4分）√5m/s(4分）24—2—