物理卷·2018届江西省宜春三中高二上学期第二次月考物理试卷+（解析版）

物理卷·2018届江西省宜春三中高二上学期第二次月考物理试卷+（解析版）

‎2016-2017学年江西省宜春三中高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（1-7题为单选题，8-10题为多选题，每题四分，共40分）‎ ‎1．关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用 B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功 C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上 D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用 ‎2．如图所示是一欧姆表（多用电表欧姆挡）的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示的匀强电场中，已知场强大小等于100V/m，AB间距为6cm；则以下说法正确的是（　　）‎ A．A点电势等于B点电势，A、B、C三点场强相同 B．A B两点间的电势差为+6V C．现有一个电量为+q的电荷，第一次从A点移到B点，电场力做功为W1；第二次该电荷从A点移到C点，然后再移到B点，在这个过程中电场力做功为W2，则W2＞W1‎ D．若A点电势为零，则B点电势为﹣3V ‎4．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是（　　）‎ A．L变暗，Q增大 B．L变暗，Q减小 C．L变亮，Q增大 D．L变亮，Q减小 ‎5．如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大d，则φ减小，θ减小 B．若增大Q，则φ减小，θ不变 C．将A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D．在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变 ‎6．在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0V C．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W ‎7．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直．以下说法正确的是（　　）‎ A．O点电势与Q点电势相等 B．M、O间的电势差大于O、N间的电势差 C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少 D．正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上 ‎8．如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为 v0，正确的是（　　）‎ A．小球在A点的电势能一定大于在B点的电势能 B．A、B两点间的电势差一定等于 C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为 D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°‎ ‎9．质量为m的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，导轨的宽度为d，若给细杆通以如图所示的电流时，如图所示的A、B、C、D四个图中，可能使杆静止在导轨上的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　）‎ A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 ‎　‎ 二．填空题（两题，8空，每空2分，共16分）‎ ‎11．用如图所示的实验器材“测定电池的电动势和内阻”，‎ ‎（1）用笔画线代替导线在实物图上正确连线；‎ ‎（2）实验中测得数据如下：‎ 物理量 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R/Ω ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ U/V ‎0.95‎ ‎0.85‎ ‎0.78‎ ‎0.65‎ ‎0.40‎ U﹣1/V﹣1‎ ‎1.05‎ ‎1.18‎ ‎1.28‎ ‎1.54‎ ‎2.50‎ 用作图法求得电池的电动势为　　，内阻为　　．‎ ‎12．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图1所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．‎ ‎（1）实验步骤如下；‎ A．分别将R1和R2的阻值调至最大 B．合上开关S1‎ C．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图2甲所示，则I1=　　μA D．合上开关S2‎ E．反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，此时电阻箱R2的示数r如图2乙所示，则r=　　Ω ‎（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比　　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）；‎ ‎（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=　　．（用I、I1、r表示）‎ ‎　‎ 三．计算题（共四题，13.14.15题各10分，16题14分）‎ ‎13．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功为1.2×10﹣6J．（结果都保留三位有效数字）求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎14．已知UAB=10V，R1=5Ω，R2=R3=10Ω，求：‎ ‎（1）A、B间的总电阻．‎ ‎（2）经过每个电阻上的电流大小．‎ ‎（3）电流表和电压表的示数．‎ ‎15．一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）‎ ‎（3）若两个极板上加（2）中的电压，电子在偏转电场里动能增加了多少电子伏特？‎ ‎16．如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向上．当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍，已知带电粒子的质量为m，电量为q，重力不计．粒子进入磁场时的速度如图所示与水平方向60°角．试解答：‎ ‎（1）粒子带什么性质的电？‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？‎ ‎（3）圆形磁场区域的最小面积为多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春三中高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（1-7题为单选题，8-10题为多选题，每题四分，共40分）‎ ‎1．关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用 B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功 C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上 D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用 ‎【考点】洛仑兹力；电场强度．‎ ‎【分析】电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；‎ 当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；‎ 电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；‎ ‎【解答】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，‎ B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；‎ C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；‎ D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示是一欧姆表（多用电表欧姆挡）的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连．‎ ‎【解答】解：由于要保证电流在表头中由红进黑出，故红表笔应接电源的负极，黑表笔接电源的正极；并且在测量电阻时要进行欧姆调零；故应串接滑动变阻器；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的匀强电场中，已知场强大小等于100V/m，AB间距为6cm；则以下说法正确的是（　　）‎ A．A点电势等于B点电势，A、B、C三点场强相同 B．A B两点间的电势差为+6V C．现有一个电量为+q的电荷，第一次从A点移到B点，电场力做功为W1；第二次该电荷从A点移到C点，然后再移到B点，在这个过程中电场力做功为W2，则W2＞W1‎ D．若A点电势为零，则B点电势为﹣3V ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析A、B两点的电势高低，匀强电场中各处的场强相同，由U=Ed求A B两点间的电势差．电场力做功只与初末位置有关，与路径无关．‎ ‎【解答】解：A、图中A、C两点在同一等势面上，电势相等，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知C点的电势高于B点的电势，所以A点电势等于B点电势，A、B、C三点场强相同．故A正确．‎ B、A B两点间的电势差为 UAB=Ed=Ecos60°=100×0.06×0.5=3V，故B错误．‎ C、电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，则电荷从从A点移到B点与从A点移到C点再移到B点电场力做功相等，即有W2=W1．故C错误．‎ D、根据UAB=φA﹣φB，若φA=0，则φB=﹣UAB=﹣3V，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是（　　）‎ A．L变暗，Q增大 B．L变暗，Q减小 C．L变亮，Q增大 D．L变亮，Q减小 ‎【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则知灯L亮度的变化．电容器的电压等于变阻器两端的电压，分析其电压的变化，判断带电量Q的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．‎ 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大d，则φ减小，θ减小 B．若增大Q，则φ减小，θ不变 C．将A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D．在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】充电后与电源断开，电荷量不变，静电计的指针偏角与电压有关，小球的偏角大小与电场力即场强的大小有关．‎ ‎【解答】解：A、当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；‎ B、若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；‎ C、当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；‎ D、在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强E= 减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0V C．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎【解答】解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E﹣U内﹣=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，所以B正确；‎ A、C，电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W=12W，所以A、C错误；‎ D、电源的输出的功率为P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直．以下说法正确的是（　　）‎ A．O点电势与Q点电势相等 B．M、O间的电势差大于O、N间的电势差 C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少 D．正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据电场线方向判断电势的高低；应用公式U=Ed判断两点之间电势差的大小；根据电势的高低或电场力做功正负情况判断电势能的变化．正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；‎ B、根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；‎ C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误．‎ D、正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为 v0，正确的是（　　）‎ A．小球在A点的电势能一定大于在B点的电势能 B．A、B两点间的电势差一定等于 C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为 D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．‎ ‎【解答】解：A、小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在A点的电势能一定大于小球在B点的电势能．故A正确；‎ B、根据动能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=m﹣m=0，得到：UAB=，故B正确；‎ C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0‎ ‎，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是．故C错误；‎ D、若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎9．质量为m的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，导轨的宽度为d，若给细杆通以如图所示的电流时，如图所示的A、B、C、D四个图中，可能使杆静止在导轨上的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；洛仑兹力．‎ ‎【分析】首先根据左手定则判断出安培力的方向，然后通过对杆ab受力分析，根据受力的情况判定是否满足共点力平衡．‎ ‎【解答】解：A、杆子受重力、沿斜面向上的安培力，若重力沿斜面向下的分力与安培力相等，则二力平衡．故A正确．‎ ‎ B、杆子受重力和斜面的支持力，二力不可能平衡．故B错误．‎ ‎ C、杆子受重力、竖直向上的安培力、支持力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受支持力即可达到平衡．故C正确．‎ ‎ D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，三个力不可能达到平衡，不受摩擦力．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　）‎ A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．‎ ‎【解答】解：A、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．‎ B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；‎ C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ 二．填空题（两题，8空，每空2分，共16分）‎ ‎11．用如图所示的实验器材“测定电池的电动势和内阻”，‎ ‎（1）用笔画线代替导线在实物图上正确连线；‎ ‎（2）实验中测得数据如下：‎ 物理量 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R/Ω ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ U/V ‎0.95‎ ‎0.85‎ ‎0.78‎ ‎0.65‎ ‎0.40‎ U﹣1/V﹣1‎ ‎1.05‎ ‎1.18‎ ‎1.28‎ ‎1.54‎ ‎2.50‎ 用作图法求得电池的电动势为　1.43V　，内阻为　0.51Ω　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】1、根据伏阻法测量电源的电动势和内阻实验原理连接实物电路图．‎ ‎2、根据实验的原理E=U+r，知=+，作出﹣图象，通过图线的斜率和截距去求电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）伏阻法测量电源的电动势和内阻，电压表测路端电压，实验电路图如图所示 ‎（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组数据．‎ 根据实验的原理E=U+r，知=+，作出﹣图象，‎ 知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率k=．‎ 由斜率与截距可以求得E==1.43V，r=kE=1.43×=0.51Ω．‎ 故答案为：（1）如图1所示：（2）如图2所示，1.43V，0.51Ω．‎ ‎　‎ ‎12．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图1所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．‎ ‎（1）实验步骤如下；‎ A．分别将R1和R2的阻值调至最大 B．合上开关S1‎ C．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图2甲所示，则I1=　25.0　μA D．合上开关S2‎ E．反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，此时电阻箱R2的示数r如图2乙所示，则r=　508　Ω ‎（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比　相等　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）；‎ ‎（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=　　．（用I、I1、r表示）‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）由微安表的量程可知最小分度，则可得出指针的示数；‎ ‎（2）根据电阻箱的读数方法可得出对应的读数；再由半偏法原理可明确测量值；‎ ‎（3）根据电表的改装原理可求得并联的电阻的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）C、微安表最小分度为1μA；故指针示数为：25.0μA；‎ E、由电阻箱示数可知，电阻箱的读数为：5×100+0+8×1=508Ω；本实验采用半偏法，故电阻箱的读数为表头内阻，故内阻为508Ω ‎（2）由原理可知，表头与电阻并联，则当电流达到半偏时，两并联电阻相等．‎ ‎（3）扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为： =‎ 故答案为：（1）25.0；508 （2）相等 （3）‎ ‎　‎ 三．计算题（共四题，13.14.15题各10分，16题14分）‎ ‎13．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功为1.2×10﹣6J．（结果都保留三位有效数字）求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．或先求电势差，再根据公式E=求解E．‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做负功，d=lbccos60°求出电场力做功．‎ ‎（3）根据Uac=求解a、c两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）ab两点的电势差 Uab==V=30V 电场强度为 E===375V/m ‎（2）电荷从b移到c，电场力所做的功 Wbc=qELbccos60°=﹣4×10﹣8×375×0.14×0.5J=﹣1.05×10﹣6J ‎（3）a、c两点间的电势差 Uac==V=56.25V 答：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E=375V/m；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功是﹣1.05×10﹣6J；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差是56.25V．‎ ‎　‎ ‎14．已知UAB=10V，R1=5Ω，R2=R3=10Ω，求：‎ ‎（1）A、B间的总电阻．‎ ‎（2）经过每个电阻上的电流大小．‎ ‎（3）电流表和电压表的示数．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）图中R1与R3串联后与R2并联，求出总电阻．‎ ‎（2）根据欧姆定律求出总电流，再根据并联电路分流规律求各个电阻的电流．‎ ‎（2）电压表测量R3的电压，由欧姆定律求解．电流表测量总电流．‎ ‎【解答】解：（1）A、B间的总电阻为：‎ R==Ω=6Ω ‎（2）根据欧姆定律得总电流为：‎ I==A=A 经过电阻R1与R3上的电流为：‎ I1=I=×=A 经过电阻R2上的电流为：‎ I2=I﹣I1=1A ‎（3）电流表的示数为为：‎ I=A 电压表的示数为：‎ UV=I1R3=V 答：（1）A、B间的总电阻是6Ω．‎ ‎（2）经过电阻R1与R3上的电流为A，经过电阻R2上的电流是1A．‎ ‎（3）电流表是A，电压表的示数是V．‎ ‎　‎ ‎15．一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）‎ ‎（3）若两个极板上加（2）中的电压，电子在偏转电场里动能增加了多少电子伏特？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理求出电子离开加速电场的速度．‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据极板的长度和初速度求出运动的时间，结合偏转距离和时间，根据牛顿第二定律求出两个极板应加的电压．‎ ‎（3）根据动能定理求出电子在偏转电场中动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）在加速电场中：…①‎ 所以：．‎ ‎（2）在偏转电场中，偏转位移为，则：‎ L=v0t… ②‎ y==… ③‎ ‎…④‎ 联立①②③④可得：．‎ ‎（3）设电子射出偏转电场的速度为v，由动能定理得：‎ ‎．‎ 答：（1）电子离开加速电场时速度．‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加400V的电压．‎ ‎（3）电子在偏转电场里动能增加了400电子伏特．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向上．当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍，已知带电粒子的质量为m，电量为q，重力不计．粒子进入磁场时的速度如图所示与水平方向60°角．试解答：‎ ‎（1）粒子带什么性质的电？‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？‎ ‎（3）圆形磁场区域的最小面积为多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则可确定粒子的电性．因洛伦兹力对粒子不做功，则粒子进入电场做类平抛运动，将运动分解，从而求出初速度大小．由粒子在磁场中运动轨道从而求出轨道半径，并以入射点与出射点连线作为直径，得出最小圆形磁场区域．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电． ‎ ‎（2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，‎ 设带电粒子进入电场的初速度为v0，在电场中偏转时做类平抛运动，‎ 由题意知粒子离开电场时的末速度大小为，‎ 将vt分解为平行电场方向和垂直电场方向的两个分速度：‎ 由几何关系知 vy=v0 vy=at ‎ F=Eq ‎ 联立以上五式求解得：‎ ‎（3）如图所示，带电粒子在磁场中所受到洛伦兹力作为向心力，‎ 设在磁场中做圆周运动的半径为R，圆形磁场区域的半径为r，‎ 则有：‎ 解得：‎ 由几何关系可得：r=Rsin30° ‎ 磁场区域的最小面积为S=πr2‎ 联立以上三式可得：S=．‎ ‎　‎