【解析】内蒙古呼伦贝尔市大杨树三中2016-2017学年高二下学期寒假检测物理试卷（二）. 29页

2016-2017学年内蒙古呼伦贝尔市大杨树三中高二（下）寒假检测物理试卷（二）一、选择题：本题共14个小题，每小题4分，共56分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献.下列说法止确的是（）A.库仑发现了点电荷的相互作用规律B.安培发现了电流的磁效应C.洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D.奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律2.下列单位Z间关系的等式成立的是（）A.1N=1T*AB.lWb二C.lN/C=lV/mD・leV=lJ3.当导线屮分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）4.如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受A.nR安培力为零的是（C.XXXXBXXXX——»ID.XX/XXXXXX5.如图所示，在真空中有两个等量的正电荷5、q2，分别固定于A、B两点，C为A、B两点电荷连线的中点，DC为A、B连线的中垂线.现将一带负电的试探电荷5由C点沿CD移至无穷远处的过程中,重力不计，下列结论正确的是（）13A.电势逐渐减小B.电势能逐渐减小 c.qs受到的电场力逐渐减小D.电场力对负电荷8做正功1.平行板电容器的电容（）A.跟两极板间的距离成正比B.跟充满极板间的介质的介电常数成正比C.跟两极板的正对而积成正比D.跟加在两极板间的电压成止比2.关于欧姆表及其使用中的问题，下列说法中正确的是（）A.接表内电源负极的应是黑表笔B.测电阻换档时，要重新调节调零电阻，使指针指到电阻阻值刻度的零位置C.表盘上标明的电阻阻值刻度是均匀的D.表盘刻度最左边电流值为零的位置表示的电阻阻值也为零&一个屯流表的满偏电流lg=lmA,内阻Rg=500Q,要把它改装成一个量程为3V的电压表，则（）A.应在电流表上再串联一个阻值为3KQ的电阻B.应在电流表上再并联一个阻值为3KQ的电阻C.改装后的电压表内阻是500QD.改装后的电压表内阻是3kQ9.如图所示，一个面积为S的炬形线圈abed静止在倾角为8的斜面上，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中.要使通过线圈的磁通量①最大，则磁感应强度的方向可能为（）A.竖直向上B.垂直斜血向上C.平行斜面向上D.水平向左10.电量为q的带电粒子以垂直于匀强磁场的速度V,从M点进入磁场区域，经偏转后，沿初速度方向运动距离为d,偏转距离为L从N点离开磁场，如图所 示，若磁场的磁感应强度为B,重力可忽略不计，那么（）XXHXxxzXXXXX*A・该粒子带正电A.带电粒子在磁场屮的运动吋间t二晋B.洛仑兹力对带电粒子做的功是W二BqVLC.带电粒子在N点的速度值也为V9.如图1所示为两电阻Ri和R2的伏安特性曲线.将电阻Ri和R2接入如图2所示电路中，闭合开关s后，当滑动变阻器触片P向下移动时，则（）A.电流表示数增人B.电压表示数增大C.电源的总功率增大D.电阻Ri上消耗的电功率大丁电阻R2上消耗的电功率10.如图所示，有一段长为lm,电阻为15Q的金属丝，两端连接成一闭合I员I环,在圆环上取M、N两点与外电路相连.已知M、N间的短圆弧长20cm,沿AM流入圆环的电流强度为0.5A.则（）A.M、N间的短圆弧金屈丝的电阻值为12QB・闭合圆环在M、N间的电阻值为2.4QC.闭合圆环在M、N间的电阻值为15Q D.通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为0.1A9.如图所示，电子在加速电压5作用下从P板中间小孔射岀，平行于极板进入平行板电容器间的电场，在偏转电压U2作用下偏转一段距离.现在U1加倍,要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A.使氏也加倍B.使5变为原来的4倍C.使氏变为原来的一半D.以上三种方法都不行10.如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互止交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片AiA2・平板S下方冇磁感应强度为％的匀强磁场.下列表述正确的是（）-——A.A2rS••••A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于¥D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷2越大二、实验题：本题共2个小题，第15小题6分，第16小题8分，共14分.请将答案填在答题卷中的相应横线上或按题目要求作答.11.用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器吋造成短路，电路屮用一个定值电阻Ro起保护作用.除 电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0・6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）（3）定值电阻（阻值1Q,额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10Q,额定功率10W）（5）滑动变阻器（阴值范W0-10Q,额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0-100Q、额定电流1A）那么（1）要止确完成实验，电压表的量程应选择—V,电流表的量程应选择—A；Ro应选择—Q的定值电阻，R应选择阻值范围是—Q的滑动变阻器.（2）引起该实验系统误差的主要原因是・局R9.要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率p.步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L=mm；3cm45—25III1llllllllllllllllllllIlliII1llll|llll|llll11IHci10M0IS图甲團乙图丙（2）用螺旋测微器测量其直径如上图乙所示，由图可知其直径D二mm；（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，现冇的器材和规格如下：待测I员I柱体电阻Rx（其阻值约为200Q）；电流表A（量程0〜15mA,内阻约30Q）；屯压表V（量程0〜3V,内阻约20kQ）；直流电源E（电动势4V,内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围0〜15Q,允许通过的最大电流2.0A）；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，请在图丙框中画出测量的电路图.（4）若测待测圆柱体电阻Rx时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，贝I」该圆柱体材料的屯阻率p二_.（不要求计算，用题中所给字母表示）三、本题共3小题.每小题10分，共30分.解答应写出必要的文字说明及重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分.9.如图所示，电源的内电阻r=lQ,定值电阻R=3Q,小电动机绕组的电阻Rm=0.5Q.当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U二5V,电流表的读数I二1A.求：(1)电源的电动势E；(2)电动机的输出功率P出.7t(V)®10.在真空中的0点放一点电荷Q=1.0X10"8C,直线MN过O点，OM二30cn%如图所示.若把电量为q=-2.0X10"9C的点电荷从M点移到N点，电势能增加T2.0X10-8J,取11点电势为零，静电力常量k=9.0X109N>m2/C2.求：(1)M点的电场强度大小；(2)M点的电势.Qq©——•~~—OMN11.如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m,a、b间的电场强度为E=3.0X103N/C,b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B二0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=2.4X1013kg>电荷量为q=4.0X10"8C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0X104m/s的初速度从A点水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场,最后粒子冋到b板的Q处(图中未画出)・ 求：(1)粒子到达P处时的速度大小和方向；(2)P、Q之间的距离L；(3)粒子从A点运动到Q点所用的吋间t. XXXXXXXX3XXXXXXXXXXXXXXXX 2016-2017学年内蒙古呼伦贝尔市大杨树三中高二（下）寒假检测物理试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题：本题共14个小题，每小题4分，共56分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1.在电磁学发展过程屮，许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是（）A.库仑发现了点电荷的相互作用规律B.安培发现了电流的磁效应C.洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D.奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律【考点】物理学史.【分析】本题考查电磁学物理学史，根据库仑、安培、洛伦兹力、奥斯特等科学家的贡献进行解答.【解答】解：A、库仑通过扭秤实验发现了点电荷的相互作用规律——库仑定律，故A正确.B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误.C、安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误.D、洛伦兹力发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误.故选：A2.下列单位之间关系的等式成立的是（）A.IN二1T・AB.lWb二LmC・lN/C=lV/mD・leV=lJ【考点】力学单位制.【分析】根据安培力公式F二BIL、磁通量公式①二BS、场强公式E二卫和E=g、电场qd力做功公式W=Uq分析单位关系. 【解答】解：A、根据安培力公式F二BIL知，lN=lT>Am2,故B错误.FTTC、根据场强公式E=—和知，lN/C=lV/m.故C正确.qdD、根据电场力做功公式W二Uq知,当q=le=1.6X1019C,U二IV时，W=1.6X1019J,即leV=1.6X10"19J.故D错误.故选C3.当导线中分别通以图示方向的电流,A.小磁针静止时北极指向读者的是（）【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.【分析】曲右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解.【解答】解：A、通电直导线电流从左向右，根拯右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸而向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误;B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误;C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确;D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错谋；故选：C.4.如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受安培力为零的是（）XXXXBXXXX——>1D.XX/XX 【考点】安培力.【分析】导线与磁场方向平行时，导线所受安培力为零.【解答】解：导线与磁感线方向平行吋，导线所受安培力为零，故ABC安培力都不为零.D安培力为零.故D正确.故选：D4.如图所示，在真空中有两个等量的正电荷5、q2，分别固定于A、B两点，C为A、B两点电荷连线的中点，DC为A、B连线的中垂线.现将一带负电的试探电荷弔由C点沿CD移至无穷远处的过程中,重力不计，下列结论正确的是（）919392A、电势逐渐减小B.电势能逐渐减小C.qs受到的电场力逐渐减小D.电场力对负电荷弔做正功【考点】电势能.【分析】由题，qi、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷弔由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功止负判断其电势能的变化.运用极限法判断场强的变化，确定屯场力的变化.【解答】解：A、由题，q】、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知负电荷弔由C点沿CD移至无穷远的过程屮，电势不断降低.故A正确；B、由A的分析可得，负电荷q3[±C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，屯场力做负功，其电势能不断壇大.故B错误，D错误；C、qi、q2是两个等量的正电荷，根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，qs受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小.故C错误；故选：A 4.平行板电容器的电容（）A.跟两极板间的距离成正比B•跟充满极板间的介质的介电常数成止比C.跟两极板的正对面积成正比D.跟加在两极板间的电压成正比【考点】电容.【分析】曲电容决定式：C盲爲，曲此可判定各个选项.电容定义式：C嶋，为比值定义，c与Q、U不成正反比.【解答】解：由电容决定式：c気匕，4兀kdA、电容与两极板间距离成反比，故A错误.B、电容器的电容与极板间电介质的介电常数成正比，故B正确.C、电容与极板正对面积成正比，C正确.D、电容与电压无关，故D错误.故选:C5.关于欧姆表及其使用屮的问题，下列说法屮正确的是（）A.接表内电源负极的应是黑表笔B.测电阻换档时，要重新调节调零电阻，使指针指到电阻阻值刻度的零位置C.表盘上标明的电阻阻值刻度是均匀的D.表盘刻度最左边电流值为零的位置表示的电阻阻值也为零【考点】用多用电表测电阻. 【分析】欧姆表内部有电源，刻度盘不均匀，毎次换扌当都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边.【解答】解：A、欧姆表内部有屯源，与被测电阻组成了闭合回路，为使指针从左向右移动，接电源负极的应是红表笔，故A错误；B、由于不同的档位内阻不同，所以毎次换扌肖后都必须重新进行短接调零，故B正确；EC、根据闭合电路欧姆定律：电流I二RJR內，贝IJI与被测电阻Rx不成正比，所以刻度盘上的刻度是不均匀的，故C错误；D、表盘刻度最左边表示电流为零，根据上式可知，对应的电阻阻值则为无穷大,故D错误；故选：B4.一个电流表的满偏电流lg=lmA,内阻Rg=500Q,要把它改装成一个量程为3V的电压表，则（）A.应在电流表上再串联一个阻值为3KQ的电阻B.应在电流表上再并联一个阻值为3KQ的电阻C.改装后的电压表内阻是500QD.改装后的电压表内阻是3kQ【考点】把电流表改装成电压表.【分析】电流表改装成电压表要吊联电阻分压，U=lg（Rg+R）.【解答】解：改装成电压表要串联电阻的Rx：贝Ulg（Rg+RQ=UV即：1X1O"3=3解得:Rx=2500Q故选：D.5.如图所示，一个面积为S的矩形线圈abed静止在倾角为8的斜面上，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场屮.要使通过线圈的磁通量①最大，则磁感 应强度的方向可能为（） A.竖直向上B.垂直斜血向上C.平行斜面向上D.水平向左【考点】磁通量.【分析】线圈在匀强磁场屮，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量OBS,B是磁感应强度，S是线圈的面积.当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量00.当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平而方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量.【解答】解：穿过线圈的磁通量的计算公式①=BSsin0,当夹角等于90度，即磁感强度与平面垂直吋，穿过线圈的磁通量最大，B正确，ACD错误.故选：B4.电量为q的带电粒了以垂直于匀强磁场的速度V,从M点进入磁场区域，经偏转后，沿初速度方向运动距离为d,偏转距离为L从N点离开磁场，如图所示，若磁场的磁感应强度为B,重力可忽略不计，那么（）xxx.xx[XXXXXXXXxXjLA.该粒子带正电B.带电粒了在磁场中的运动时间仁晋C.洛仑兹力对•带电粒子做的功是W=BqVLD.带电粒子在N点的速度值也为V【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿笫二定律；向心力.【分析】根据洛伦兹力的方向，结合左手定则判断粒子的电性.粒子在磁场屮做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功.【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则,知粒子带负电.故A错误. B、粒了在磁场中靠洛伦兹力提供向心力，做匀速|员|周运动，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子在B点的速度大小也为V,因为粒子运动的弧长大于d,则运动的时间大于@・故D正确，B、C错误.V故选：D.口.如图1所示为两电阻Ri和R2的伏安特性曲线.将电阻Ri和R2接入如图2所示电路中，闭合开关s后，当滑动变阻器触片P向下移动时，则（）A.电流表示数增大B.电压表示数增大C.电源的总功率增大D.电阻R］上消耗的电功率大于电阻R2上消耗的电功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律.【分析】题中电阻Ri和R2并联，再与滑动变阻器R串联，根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况，根据P=EI判断电源的总功率变化情况，根据P二UI判断电阻Ri和R2消耗功率情况.【解答】解：A、当滑动变阻器触片P向下移动时，电阻R变大，整个外电阻阻值变大，根据闭合电路欧姆定律，电流变小，故A错误；B、电压表与电阻Ri和R2并联，故电压随电流的减小而减小，故B错误；C、由于电流减小，故电源的总功率P二EI减小，故C错误；D、根据P=UI,从U・l可以看出，当电压相同时，电阻Ri电流较大，故电阻Ri电功率较大，故D正确；故选D.12•如图所示，有一段长为lm,电阻为15Q的金屈丝，两端连接成一闭合圆环, 在圆环上取M、N两点与外电路相连.已知M、N间的短圆弧长20cm,沿AM A.M、N间的短圆弧金属丝的电阻值为12QB.闭合圆环在M、N间的电阻值为2.4QC.闭合圆环在M、N间的电阻值为15QD.通过M、N间的短|员|弧金属丝的电流强度为0.1A【考点】欧姆定律；电阻定律.【分析】根据电阻定律，导体的电阻与长度成正比，总长度为lm的电阻为15Q,故短弧的电阻为Ri=0.2X15=3Q,氏弧的电阻为R2=0.8X15=120,.闭合圆环在M、N间的电阻值为短弧和长弧并联的电阻，根据短弧和长弧的阻值可计算出并联的阻值.并联电阻中的电流分配与电阻成反比，求出这个比值，再根据总电流是0.5A,可计算出通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度.【解答】解：A、B、C、根据电阻定律，导体的电阻与长度成正比，故短弧的电阻为Ri=0.2X15=30,长弧的电阻为R2=0.8X15=120,闭合圆环在M、N间的电阻值为短弧和长弧并联的电阻，故R1XR?3X19%虻百范—耳忑"Q=2・4Q,故AC错误、B正确•D、通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度与通过M、N间的长圆弧金属丝的I1Ro194电流强度之比等于其电阻的反比，即〒子二乎二*,总电流为0.5A,故通过M、12K]51N间的短圆弧金属丝的电流强度为半1□二4"><0・5A二0.4A,故D错误.5心5故选：B.13.如图所示，电子在加速电压5作用下从P板中间小孔射出，平行于极板进入平行板电容器间的电场，在偏转电压6作用下偏转一段距离.现在5加倍， 要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（） ?+A.使6也加倍B・使氏变为原来的4倍C・使5变为原來的一半D.以上三种方法都不行【考点】带电粒子在匀强电场小的运动.【分析】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论尸箫分析要使U］加倍，想使电了的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化.【解答】解：轨迹不发生变化，即偏转距离d,水平距离I都不发生变化，设板间距为d‘,得：d=所以Uie=U2122U[d要想保持等式不变，5加倍6也加倍，A正确.故选：A.13.如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上冇可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片AiA2.平板S下方冇磁感应强度为％的匀强磁场.下列表述止确的是（） 要想保持等式不变，5加倍6也加倍，A正确.故选：A.13.如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上冇可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片AiA2.平板S下方冇磁感应强度为％的匀强磁场.下列表述止确的是（） A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于潜D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷2越大m【考点】质谱仪和冋旋加速器的工作原理.【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为粒子可通过选择器，然D后进入Bo,打在S板的不同位置.【解答】解：A、进入Bo的粒子满足2二亍七，知道粒子电量后，便可求岀m的质量，所以质谱仪可以用來分析同位索，故A正确；B、假设粒子带正电，则受电场力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误；C、由qE=qvB,得此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；D、由知R越小，荷质比越大；粒了打在胶片上的位置越靠近狭缝P,indor粒了圆周运动的半径越小荷质比越大；故D止确；故选：ACD.二、实验题：本题共2个小题，第15小题6分，第16小题8分，共14分.请将答案填在答题卷中的相应横线上或按题目要求作答.13.用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻Ro起保护作用.除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：(1)电流表(量程0.6A、3A)； (1)电压表(量程3V、15V)(2)定值电阻(阻值1Q,额定功率5W)(3)定值电阻(阻值10Q,额定功率10W)(4)滑动变阻器(阴值范W0-10Q,额定电流2A)(5)滑动变阻器(阻值范围0-100Q、额定电流1A)那么(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择3V,电流表的量程应选择0.6A；Ro应选择1Q的定值电阻，R应选择阻值范围是0〜10Q的滑动变阻器.(2)引起该实验系统误差的主要原因是_由丁•电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小..【考点】测定电源的电动势和内阻.【分析】(1)由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据屯源内阻的人小可判断保护屯阻的人小，及滑动变阻器的阻值大小；(2)分析电路中的各电表的特点，找岀其产生的作用，即可得岀误差产生的原因.【解答】解：(1)由于电源是一节干电池(1.5V),所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Q左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0〜10Q能很好地控制电路屮的电流和电压，若取0〜:LOOQ会出现开始几乎不变最后突然变化的现象.(2)关于系统误差一般出测量工具和所造成测量方法造成的，一般具冇倾向性,总是偏大或者偏小•木实验屮由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E測VE真，r测Vr真. 故答案为：(1)3,0.6,1,0〜10.(2)由丁电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小.13.要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率p.步骤如下:（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L=31.15mm；>cm|l14llllllllll15——iiIiiii!iIlli=—25=和1110iiir|ini|ii10n|Hl10團甲團乙图丙（2）用螺旋测微器测量其直径如上图乙所示，曲图可知其直径D=4.200mm；（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻R“现有的器材和规格如下：待测圆柱体电阻Rx（其阻值约为200Q）；电流表A（量程0〜15mA,内阻约30Q）；电压表V（量程0〜3V,内阻约20kQ）；直流电源E（电动势4V,内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围0〜15Q,允许通过的最大电流2.0A）；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，请在图丙框中画出测量的电路图.（4）若测待测圆柱体电阻局时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，贝叽亥2圆柱体材料的电阻率p=_弓平-_・（不耍求计算，用题中所给字母表示）r丄Lu【考点】测定金属的电阻率.【分析】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同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.实验原理为先用伏安法测量出圆柱体的电阻然后由电阻定律R二碍求出电阻率p・【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为31mm,游标读数为0.05X3mm二0.15mm,所以最终读数为31+0.15=31.15mm,（2）螺旋测微器固定刻度为4mm，可动刻度为0.01X20.0二0.200mm,所以最终读数为4+0.200二4.200mm・（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻R“题口使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，故滑动变阻器采用分压接法，圆柱体电阻200Q