物理卷·2018届广西桂林市桂电中学高二上学期期中物理试卷（理科） (解析版)

物理卷·2018届广西桂林市桂电中学高二上学期期中物理试卷（理科） (解析版)

‎2016-2017学年广西桂林市桂电中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分．）‎ ‎1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是（　　）‎ A．洛伦兹 B．库仑 C．法拉第 D．奥斯特 ‎2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（　　）‎ A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比 B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比 C．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比 D．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比 ‎3．如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力）（　　）‎ A．电荷向B做匀加速运动 B．电荷向B做加速度越来越小的运动 C．电荷向B做加速度越来越大的运动 D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定 ‎4．如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时．三个灯泡亮度的变化情况是（　　）‎ A．L1变亮，L2和L3皆变暗 B．L1变亮，L2不能确定，L3变暗 C．L1变暗，L2变亮，L3也变亮 D．L1变亮，L2变亮，L3变暗 ‎5．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．2W、4W C．4W、6W D．2W、3W ‎6．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 ‎7．图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）‎ A．a的质量一定大于b的质量 B．a的电荷量一定大于b的电荷量 C．a运动的时间大于b运动的时间 D．a的比荷（）大于b的比荷（）‎ ‎　‎ 二、多选题（本题共5小题，每题4分，共20分．每小题有多个选项正确，全对得4分，部分对得得2分，有错选或不答的得0分．）‎ ‎8．在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（　　）‎ A．没有任何两点电场强度相同 B．可以找到很多电场强度相同的点 C．没有任何两点电势相等 D．可以找到很多电势相等的点 ‎9．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E不变 B．E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变 ‎10．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则（　　）‎ A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 ‎11．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点小1.5 J C．粒子在A点的动能比在B点小0.5 J D．粒子在A点的机械能比在B点小1.5 J ‎12．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（　　）‎ A．两粒子所带的电荷符号可能相同 B．甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度 C．两个粒子的电势能都是先减小后增大 D．经过b点时，两粒子的动能一定相等 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分）‎ ‎13．一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω．用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　　Ω．‎ ‎14．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G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）‎ F．定值电阻R0‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　　图所示的电路；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　　（填写器材前的字母代号）‎ ‎（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I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共38分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎15．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎16．质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．‎ ‎17．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=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10﹣25kg、电荷量为q=1.6×10‑18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以υ0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到边界b的Q（图中未标出）处．试求 ‎（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ及其与b板的夹角θ．‎ ‎（2）P、Q之间的距离L．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西桂林市桂电中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分．）‎ ‎1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是（　　）‎ A．洛伦兹 B．库仑 C．法拉第 D．奥斯特 ‎【考点】物理学史；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，不是洛伦兹、库仑、法拉第．‎ ‎【解答】解：‎ A、洛伦兹研究发现了运动电荷在磁场中受到的磁场力的规律．故A错误．‎ B、库仑通过库仑扭秤研究发现了库仑定律．故B错误．‎ C、法拉第发现了电磁感应现象及其规律．故错误．‎ D、奥斯特发现了通电导线周围存在磁场．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（　　）‎ A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比 B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比 C．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比 D．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．‎ ‎【解答】解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，‎ A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；‎ B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；‎ C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力）（　　）‎ A．电荷向B做匀加速运动 B．电荷向B做加速度越来越小的运动 C．电荷向B做加速度越来越大的运动 D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定 ‎【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．‎ ‎【解答】解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时．三个灯泡亮度的变化情况是（　　）‎ A．L1变亮，L2和L3皆变暗 B．L1变亮，L2不能确定，L3变暗 C．L1变暗，L2变亮，L3也变亮 D．L1变亮，L2变亮，L3变暗 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，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总电流的变化，判断灯L3亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断L1变化的变化．由总电流与L1电流的变化，判断L2亮度的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，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得，电路中总电流I增大，L3变亮．‎ 并联部分电压U=E﹣I（R3+r），E、R3、r都不变，I增大，则U减小，L1变暗．流过L2的电流I2=I﹣I1，I增大，I1减小，I2增大，则L2变亮．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．2W、4W C．4W、6W D．2W、3W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．‎ ‎【解答】解：由图读出E=3V，r=0.5Ω ‎ 灯泡与电源连接时，工作电压U=2V，I=2A 则电源的输出功率P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W ‎ 电源的总功率P总=EI=3×2W=6W 故选C ‎　‎ ‎6．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 ‎【考点】安培定则．‎ ‎【分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）‎ A．a的质量一定大于b的质量 B．a的电荷量一定大于b的电荷量 C．a运动的时间大于b运动的时间 D．a的比荷（）大于b的比荷（）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S．‎ ‎ 根据动能定理，得 ‎ qU=mv2，v=‎ ‎ 由qvB=m，r==‎ ‎ 则S=2r=‎ ‎ 得到=‎ 由图，Sa＜Sb，U、B相同，则 故选D ‎　‎ 二、多选题（本题共5小题，每题4分，共20分．每小题有多个选项正确，全对得4分，部分对得得2分，有错选或不答的得0分．）‎ ‎8．在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（　　）‎ A．没有任何两点电场强度相同 B．可以找到很多电场强度相同的点 C．没有任何两点电势相等 D．可以找到很多电势相等的点 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系．通过点电荷的等势面判断各点电势的关系．‎ ‎【解答】解：A、点电荷的电场中，沿一条电场线，各点的电场方向相同，但大小不同，不同的点，方向又不同，所以没有任何两点的电场强度相同．故A正确，B错误．‎ ‎ C、点电荷的等势面是一簇簇球面，球面上各点的电势相等．故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎9．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E不变 B．E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．‎ ‎【解答】解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大．由公式U=知，板间电压U变小．‎ 由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则（　　）‎ A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零．之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式．‎ ‎【解答】解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电．故A错误．‎ B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度．故B正确．‎ C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大．故C正确．‎ D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的．如图所示．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点小1.5 J C．粒子在A点的动能比在B点小0.5 J D．粒子在A点的机械能比在B点小1.5 J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功．从运动轨迹上判断，粒子带正电．从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能．从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况．从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能．‎ ‎【解答】解：A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电．故A错误．‎ B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，故B错误．‎ C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误．‎ D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，粒子在A点的机械能比在B点小1.5J，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（　　）‎ A．两粒子所带的电荷符号可能相同 B．甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度 C．两个粒子的电势能都是先减小后增大 D．经过b点时，两粒子的动能一定相等 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲方向可判断两电荷所受的电场力方向，并能确定两电荷与Q电性的关系．根据电场力做功正负，由动能定理分析两粒子经过c、d两点的速度大小、确定电势能的变化 ‎【解答】解：A、根据曲线运动时，质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A错误．‎ B、甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初动能相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．‎ C、甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．‎ D、经过b点时，两粒子的电势相等，而电量关系未知，不能确定电势能的关系．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分）‎ ‎13．一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω．用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　×100Ω　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　欧姆调零　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　2200　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100Ω=2200Ω．‎ 故答案为：×100Ω；欧姆调零；2200．‎ ‎　‎ ‎14．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G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）‎ F．定值电阻R0‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　b　图所示的电路；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　D　（填写器材前的字母代号）‎ ‎（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I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=　1.5　V，内阻r=　1　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．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．‎ ‎（2）应用描点法作出图象，根据图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（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．‎ a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，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R1．‎ ‎（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：‎ 由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，‎ 电源电动势：E=0.0015（Rg1+R0）=0.0015×（10+990）=1.5V，‎ 图象斜率：k====0.001，‎ 解得：r=0.001（Rg1+R0）=0.001×（10+990）=1Ω；‎ 故答案为：（1）（b）；D （2）1.5；1．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共38分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎15．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎【考点】电势；电势差；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOA=EpO﹣EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpA=﹣WOA=8×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φA==‎ 即A点的电势为400V．‎ ‎（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOB=EpO﹣EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpB=﹣WOB=2×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φB==‎ 故A、B间的电势差为 UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V 即A、B点的电势差为300V．‎ ‎（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J 即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．‎ ‎　‎ ‎16．质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态．根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：水平方向：Fμ=Fsinθ 竖直方向：FN=Fcosθ+mg 且F=BIL 从而得：Fμ=BILsinθ，FN=BILcosθ+mg 答：棒MN受到的支持力和摩擦力分别为BILcosθ+mg、BILsinθ．‎ ‎　‎ ‎17．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=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10﹣25kg、电荷量为q=1.6×10‑18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以υ0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到边界b的Q（图中未标出）处．试求 ‎（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ及其与b板的夹角θ．‎ ‎（2）P、Q之间的距离L．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理即可求出速度和夹角；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，由几何关系及带点粒子在磁场中运动的基本公式即可解题．‎ ‎【解答】解：（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得：‎ qEd=‎ 带入数据得：v=m/s cosθ=‎ 代入数据得θ=300‎ ‎（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：‎ ‎=rsin30°，又Bqv=‎ 联立求得：L=‎ 带入数据得：L=5.8cm．‎ 答：（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ为m/s，其与b板的夹角θ为300；（2）P、Q之间的距离L为5.8cm．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日