物理卷·2018届内蒙古呼伦贝尔市大杨树三中高二下学期寒假检测物理试卷（二） （解析版）

物理卷·2018届内蒙古呼伦贝尔市大杨树三中高二下学期寒假检测物理试卷（二） （解析版）

‎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 ‎2．下列单位之间关系的等式成立的是（　　）‎ A．1N=1T•A B．1Wb=1T•m C．1N/C=1V/m D．1eV=1J ‎3．当导线中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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1、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q3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（　　）‎ A．电势逐渐减小 B．电势能逐渐减小 C．q3受到的电场力逐渐减小 D．电场力对负电荷q3做正功 ‎6．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．跟两极板的正对面积成正比 D．跟加在两极板间的电压成正比 ‎7．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 ‎8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，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3KΩ的电阻 B．应在电流表上再并联一个阻值为3KΩ的电阻 C．改装后的电压表内阻是500Ω D．改装后的电压表内阻是3 kΩ ‎9．如图所示，一个面积为S的矩形线圈abcd静止在倾角为θ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Φ最大，则磁感应强度的方向可能为（　　）‎ A．竖直向上 B．垂直斜面向上 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（　　）‎ A．该粒子带正电 B．带电粒子在磁场中的运动时间t=‎ C．洛仑兹力对带电粒子做的功是W=BqVL D．带电粒子在N点的速度值也为V ‎11．如图1所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．将电阻R1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R1上消耗的电功率大于电阻R2上消耗的电功率 ‎12．如图所示，有一段长为1m，电阻为15Ω的金属丝，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流入圆环的电流强度为0.5A．则（　　）‎ A．M、N间的短圆弧金属丝的电阻值为12Ω B．闭合圆环在M、N间的电阻值为2.4Ω C．闭合圆环在M、N间的电阻值为15Ω D．通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为0.1A ‎13．如图所示，电子在加速电压U1‎ 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U2也加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的一半 D．以上三种方法都不行 ‎14．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上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ 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 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 ‎　‎ 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．‎ ‎15．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R0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1Ω，额定功率5W）‎ ‎（4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）‎ ‎（5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A）‎ ‎（6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A）‎ 那么 ‎（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择　　V，电流表的量程应选择　　A； R0应选择　　Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是　　Ω的滑动变阻器．‎ ‎（2）引起该实验系统误差的主要原因是　　．‎ ‎16．要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．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；‎ ‎（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=　　mm；‎ ‎（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，现有的器材和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻Rx（其阻值约为200Ω）；电流表A（量程0～15mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0～3V，内阻约20kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，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，则该圆柱体材料的电阻率ρ=　　．（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．‎ ‎17．如图所示，电源的内电阻r=1Ω，定值电阻R=3Ω，小电动机绕组的电阻RM=0.5Ω．当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=5V，电流表的读数I=1A．求：‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）电动机的输出功率P出．‎ ‎18．在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10﹣8C，直线MN过O点，OM=30cm，如图所示．若把电量为q=﹣2.0×10﹣9C的点电荷从M点移到N点，电势能增加了2.0×10﹣8J，取N点电势为零，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．求：‎ ‎（1）M点的电场强度大小；‎ ‎（2）M点的电势．‎ ‎19．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=3.0×103N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=2.4×10﹣13kg、电荷量为q=4.0×10﹣8C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×104m/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，最后粒子回到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点所用的时间t．‎ ‎　‎ ‎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．在电磁学发展过程中，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：A ‎　‎ ‎2．下列单位之间关系的等式成立的是（　　）‎ A．1N=1T•A B．1Wb=1T•m C．1N/C=1V/m D．1eV=1J ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】根据安培力公式F=BIL、磁通量公式Φ=BS、场强公式E=和E=、电场力做功公式W=Uq分析单位关系．‎ ‎【解答】解：A、根据安培力公式F=BIL知，1N=1T•A•m．故A错误．‎ B、由磁通量公式Φ=BS知，1Wb=1T•m2，故B错误．‎ C、根据场强公式E=和E=知，1N/C=1V/m．故C正确．‎ D、根据电场力做功公式W=Uq知，当q=1e=1.6×10﹣19C，U=1V时，W=1.6×10﹣19J，即有1eV=1.6×10﹣19J．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．当导线中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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由右手螺旋定则，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错误；‎ 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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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时，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：D ‎　‎ ‎5．如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1、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q3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（　　）‎ A．电势逐渐减小 B．电势能逐渐减小 C．q3受到的电场力逐渐减小 D．电场力对负电荷q3做正功 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】由题，q1、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q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、由题，q1、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q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低．故A正确；‎ B、由A的分析可得，负电荷q3‎ 由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做负功，其电势能不断增大．故B错误，D错误；‎ C、q1、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，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．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】由电容决定式：，由此可判定各个选项．电容定义式：，为比值定义，C与Q、U不成正反比．‎ ‎【解答】解：由电容决定式：，‎ A、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：C ‎　‎ ‎7．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 ‎【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，每次换挡都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边．‎ ‎【解答】解：A、欧姆表内部有电源，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，所以每次换挡后都必须重新进行短接调零，故B正确；‎ C、根据闭合电路欧姆定律：电流I=，则I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：B ‎　‎ ‎8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，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3KΩ的电阻 B．应在电流表上再并联一个阻值为3KΩ的电阻 C．改装后的电压表内阻是500Ω D．改装后的电压表内阻是3 kΩ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，U=Ig（Rg+R）．‎ ‎【解答】解：改装成电压表要串联电阻的RX：则 Ig（Rg+Rx）=UV ‎ 即：1×10﹣3=3‎ ‎ 解得：Rx=2500Ω ‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一个面积为S的矩形线圈abcd静止在倾角为θ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Φ最大，则磁感应强度的方向可能为（　　）‎ A．竖直向上 B．垂直斜面向上 C．平行斜面向上 D．水平向左 ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，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Φ=0．当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面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Φ=BSsinθ，当夹角等于90度，即磁感强度与平面垂直时，穿过线圈的磁通量最大，B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎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（　　）‎ A．该粒子带正电 B．带电粒子在磁场中的运动时间t=‎ C．洛仑兹力对带电粒子做的功是W=BqVL D．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；牛顿第二定律；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．粒子在磁场中做匀速圆周运动，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、粒子在磁场中靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，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．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．如图1所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．将电阻R1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R1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R1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=UI判断电阻R1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R1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=EI减小，故C错误；‎ D、根据P=UI，从U﹣I可以看出，当电压相同时，电阻R1电流较大，故电阻R1电功率较大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，有一段长为1m，电阻为15Ω的金属丝，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流入圆环的电流强度为0.5A．则（　　）‎ A．M、N间的短圆弧金属丝的电阻值为12Ω B．闭合圆环在M、N间的电阻值为2.4Ω C．闭合圆环在M、N间的电阻值为15Ω D．通过M、N间的短圆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1m的电阻为15Ω，故短弧的电阻为R1=0.2×15=3Ω，长弧的电阻为R2=0.8×15=12Ω，．‎ 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R1=0.2×15=3Ω，长弧的电阻为R2=0.8×15=12Ω，‎ 闭合圆环在M、N间的电阻值为短弧和长弧并联的电阻，故，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电流强度之比等于其电阻的反比，即，总电流为0.5A，故通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，电子在加速电压U1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U2也加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的一半 D．以上三种方法都不行 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【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y=，分析要使U1加倍，想使电子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l都不发生变化，设板间距为d′，‎ 所以U1e=mv2‎ d=t2‎ t=‎ 得：d=，‎ 要想保持等式不变，U1加倍U2也加倍，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎14．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上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ 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 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 ‎【考点】质谱仪和回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v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置．‎ ‎【解答】解：A、进入B0的粒子满足=，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，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v=，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；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子圆周运动的半径越小荷质比越大；故D正确；‎ 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．‎ ‎15．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R0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1Ω，额定功率5W）‎ ‎（4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）‎ ‎（5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A）‎ ‎（6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A）‎ 那么 ‎（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择　3　V，电流表的量程应选择　0.6　A； R0应选择　1　Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是　0～10　Ω的滑动变阻器．‎ ‎（2）引起该实验系统误差的主要原因是　由于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；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；‎ ‎（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．‎ ‎【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Ω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0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．‎ ‎（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中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测＜E真，r测＜r真．‎ 故答案为：（1）3，0.6，1，0～10．（2）由于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．‎ ‎　‎ ‎16．要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．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=　31.15　mm；‎ ‎（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=　4.200　mm；‎ ‎（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，现有的器材和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻Rx（其阻值约为200Ω）；电流表A（量程0～15mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0～3V，内阻约20kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，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，则该圆柱体材料的电阻率ρ=　　．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎【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固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=ρ求出电阻率ρ．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为31mm，游标读数为0.05×3mm=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0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为4+0.200=4.200mm．‎ ‎（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，题目使实验误差较小，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200Ω＜=≈800Ω，故电流表外接，电路图如图：‎ ‎（4）根据电阻定律R=ρ，得：ρ=‎ 由欧姆定律有：R=‎ 截面的面积为：S=π（）2‎ 联立解得：ρ=‎ 故答案为：（1）31.15；‎ ‎（2）4.200；‎ ‎（3）右边框中画出测量电路图；‎ ‎（4）．‎ ‎　‎ 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．‎ ‎17．如图所示，电源的内电阻r=1Ω，定值电阻R=3Ω，小电动机绕组的电阻RM=0.5Ω．当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=5V，电流表的读数I=1A．求：‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）电动机的输出功率P出．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由闭合电路欧姆定律列式即可求解电源电动势；‎ ‎（2）根据P=U电I求出电动机的总功率，根据求出电动机消耗的功率，再根据P出=P﹣P消即可求解电动机的输出功率；‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得，‎ E=U+I（R+r）‎ 代入数据可以解得：‎ E=9 V ‎ ‎（2）由UI=P出+I2RM，‎ 代入数据得 ‎ P出=4.5 W ‎ 答：（1）电源的电动势E为9V；‎ ‎（2）电动机的输出功率P出为4.5W．‎ ‎　‎ ‎18．在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10﹣8C，直线MN过O点，OM=30cm，如图所示．若把电量为q=﹣2.0×10﹣9C的点电荷从M点移到N点，电势能增加了2.0×10﹣8J，取N点电势为零，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．求：‎ ‎（1）M点的电场强度大小；‎ ‎（2）M点的电势．‎ ‎【考点】点电荷的场强；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）知道点电荷的电荷量，知道距离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．‎ ‎（2）根据电势能与电势差的公式可以直接求得电势差的大小，从而可以知道电势的大小．‎ ‎【解答】解：（1）由E=k得M点的电场强度为：E=1000N/C； ‎ ‎（2）电势能EM﹣EN=qφM﹣qΦN ‎ 又ΦN=0‎ 所以 φM=（EM﹣EN）‎ 代入数据解得M点的电势ΦM=10V ‎ 答：（1）M点的电场强度大小1000N/C；‎ ‎（2）M点的电势10V．‎ ‎　‎ ‎19．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=3.0×103N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=2.4×10﹣13kg、电荷量为q=4.0×10﹣8C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×104m/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，最后粒子回到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点所用的时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出粒子到达P处的速度大小，结合平行四边形定则求出粒子到达P处时的速度方向．‎ ‎（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的在磁场中运动的轨道半径，结合几何关系求出P、Q之间的距离L．‎ ‎（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据沿电场方向上的速度，结合速度时间公式求出在电场中的运动时间，根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，结合周期公式求出在磁场中的运动时间，从而得出粒子从A点运动到Q点所用的时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得 代入有关数据，解得×104m/s ‎，代入数据得θ=450‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图．由几何关系得 又 联立求得 L=‎ 代入数据解得L=0.4m ‎（3）根据平行四边形定则，知粒子在P点沿电场方向的速度 v1═v0=1.0×104m/s 在电场中运动的时间 t1═===2×10﹣5s 在磁场中运动的时间 t2===3.14×10﹣5s 粒子从A点运动到Q点所用的时间 t=t1+t2=5.14×10﹣5s．‎ 答：（1）粒子到达P处时的速度大小为，方向与水平方向的夹角为45°．‎ ‎（2）P、Q之间的距离为0.4m．‎ ‎（3）粒子从A点运动到Q点所用的时间为5.14×10﹣5s．‎ ‎　‎