物理卷·2018届湖南省株洲市醴陵二中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖南省株洲市醴陵二中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖南省株洲市醴陵二中高二（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系电 m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是（　　）‎ A．a甲：a乙=1：12 B．a甲：a乙=12：1 C．a甲：a乙=1：3 D．a甲：a乙=3：4‎ ‎2．对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大 B．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低 C．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数 D．二极管导电的U﹣I图线是一条直线 ‎3．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．关于磁感应强度，下面说法正确的是（　　）‎ A．一小段通电导体放在磁场A处时，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大 B．小磁针N极所受的磁场力的方向就是该处的磁感应强度的方向 C．磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比 D．放在匀强磁场中各处的通电导体，受力的大小和方向均相同 ‎5．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．在1s内非静电力做功2J B．蓄电池能在1s内将2J的化学能转化为电能 C．电路中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 D．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节电动势为1.5V的干电池小 ‎6．某电源的U﹣I图线如图所示，它的内阻用r表示，这个电源与另一个可变电阻组成闭合回路时，这个可变电阻获得的最大电功率用Pm表示，以下正确的是（　　）‎ A．r=1.5Ω，Pm=6W B．r=1.25Ω，Pm=6W C．r=1.25Ω，Pm=7.2W D．r=1.25Ω，因不知道可变电阻的阻值，故Pm不能确定 ‎7．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场的共同作用下，一个质量为m的带电液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，那么这个液滴（　　）‎ A．一定带正电，而且沿逆时针方向转动 B．一定带负电，而且沿逆时针方向转动 C．一定带正电，而且沿顺时针方向转动 D．一定带负电，而且沿顺时针方向转动 ‎8．加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为r，则电动机的机械功率为（　　）‎ A．P B． C． D．P﹣‎ ‎9．用电器与电源间的距离为L，线路上的电流为I，为使在导线上的电压不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知ra=2rb，则由此可知（　　）‎ A．两粒子均带正电，质量比=4‎ B．两粒子均带负电，质量比=4‎ C．两粒子均带正电，质量比=‎ D．两粒子均带负电，质量比=‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）‎ ‎11．在静电场中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势相等的地方，场强必定相等 B．在场强相等的地方，电势不一定相等 C．场强为零的点，电势必定为零 D．在负点电荷激发的电场中，离电荷越近，电势越低，场强越大 ‎12．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功﹣3J，电场力做功1J，则小球的（　　）‎ A．重力势能增加3J B．电势能增加1J C．动能减少3J D．机械能增加1J ‎13．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲是电压表，R增大时量程增大 B．甲是电流表，R增大时量程减小 C．乙是电压表，R增大时量程增大 D．乙是电流表，R减小时量程增大 ‎14．如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子运动方向是abcde C．粒子运动方向是edcba D．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长 ‎15．在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图．一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转．不计重力影响，电场强度E和磁场强度B的方向可能是（　　）‎ A．E和B都沿x轴方向 B．E沿y轴正向，B沿z轴正向 C．E沿z轴正向，B沿y轴正向 D．E沿z轴正向，B沿y轴负向 ‎　‎ 三．实验题（共2小题，16小题每空2分，17小题每空3分，作图3分，满分15分．）‎ ‎16．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎（1）旋动部件　　，使指针对准电流的“0“刻线．‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．‎ ‎（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件　　，使指针对准电阻的　　 （填“0刻线“或“∞刻线“）．‎ ‎（4）将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　　的顺序避行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1k“的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10“的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．‎ ‎17．测量电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）．‎ 器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4Ω，滑动变阻器R′，开关K，导线若干．‎ ‎①画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出．‎ ‎②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E=　　，r=　　．（用I1，I2，Ul，U2及R表示）‎ ‎　‎ 四、计算题（本题包括3个小题，共35分．要求写出必要的文字说明、作图痕迹、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎18．如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：‎ ‎（1）B、A两点的电势差UBA；‎ ‎（2）电场强度E．‎ ‎19．如图所示，两平行光滑金属导轨相距为20cm，组成的平面与水平面之间的夹角为θ=45°，金属棒MN与两导轨分别垂直放置在导轨上，棒的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当电键K闭合时，MN恰好静止不动，求变阻器R1的取值为多少？‎ ‎20．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，质量为m、电量为q的等量异种电荷同时从O点以与MN成300角的相同速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN射出．求：‎ ‎（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；‎ ‎（2）它们从磁场中射出的时间差．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省株洲市醴陵二中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系电 m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是（　　）‎ A．a甲：a乙=1：12 B．a甲：a乙=12：1 C．a甲：a乙=1：3 D．a甲：a乙=3：4‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】电荷间存在库仑力，根据牛顿第三定律分析相互作用力的大小关系，由牛顿第二定律研究两球加速度之比．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第三定律得知，两球之间的库仑力大小相等，设为F，由牛顿第二定律得 ‎ 对甲：F=m甲a甲，‎ ‎ 对乙：F=m乙a乙，‎ 则有a甲：a乙=m乙：m甲=1：3‎ 故选C ‎　‎ ‎2．对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大 B．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低 C．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数 D．二极管导电的U﹣I图线是一条直线 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】明确电阻的决定因素，知道电阻是导体本身的性质，与电压和电流无关，明确欧姆定律只适用于金属导体和电解质溶液，不适用于气体导电．‎ ‎【解答】解：A、导体电阻与电压无关，是由导体本身的性质决定的，故A错误；‎ B、电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低，故B正确；‎ C、欧姆定律不适用于气体导电，故加在气体两端的电压与通过的电流的比值不成正比，故C错误；‎ D、二极管是非线性元件，故对应的U﹣I图线不是直线，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．关于磁感应强度，下面说法正确的是（　　）‎ A．一小段通电导体放在磁场A处时，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大 B．小磁针N极所受的磁场力的方向就是该处的磁感应强度的方向 C．磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比 D．放在匀强磁场中各处的通电导体，受力的大小和方向均相同 ‎【考点】安培力；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，所以磁场力大，不一定说明磁感应强度就大，A、C都是错误的；‎ B、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，故B正确．‎ D、根据F=BILsinθ可知，安培力与夹角有关，故放在匀强磁场中各处的通电导体，受力的大小和方向均不一定相同，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．在1s内非静电力做功2J B．蓄电池能在1s内将2J的化学能转化为电能 C．电路中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 D．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节电动势为1.5V的干电池小 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】‎ 电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．‎ ‎【解答】解：AB、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，不一定是在单位时间内，故做功以及能量的转化均与时间无关；故AB错误；‎ B、电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功w=qU=1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能，故C正确；‎ D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．某电源的U﹣I图线如图所示，它的内阻用r表示，这个电源与另一个可变电阻组成闭合回路时，这个可变电阻获得的最大电功率用Pm表示，以下正确的是（　　）‎ A．r=1.5Ω，Pm=6W B．r=1.25Ω，Pm=6W C．r=1.25Ω，Pm=7.2W D．r=1.25Ω，因不知道可变电阻的阻值，故Pm不能确定 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，当R=r时，输出功率最大．‎ ‎【解答】解：从U﹣I图象知，U=6.0V，‎ 当R=r时，输出功率 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场的共同作用下，一个质量为m的带电液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，那么这个液滴（　　）‎ A．一定带正电，而且沿逆时针方向转动 B．一定带负电，而且沿逆时针方向转动 C．一定带正电，而且沿顺时针方向转动 D．一定带负电，而且沿顺时针方向转动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电液滴做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即可由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断粒子的旋转方向．‎ ‎【解答】解：因为两带电液滴在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，则知电场力方向向上，而电场方向向下，所以液滴带负电荷；‎ 由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断可知，液滴沿顺时针方向转动；故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为r，则电动机的机械功率为（　　）‎ A．P B． C． D．P﹣‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机消耗的电功率为P=UI，发热功率P热=I2r，输出功率P出=P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎【解答】解：电动机消耗的电功率为P，加在电动机上的电压是U，故电流为：I=；‎ 发热功率：P热=I2r=；‎ 根据能量守恒定律，电动机的机械功率为：P出=P﹣P热=P﹣；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．用电器与电源间的距离为L，线路上的电流为I，为使在导线上的电压不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律可求得电阻大小，再根据电阻定律求出输电导线的横截面积．‎ ‎【解答】解：根据欧姆定律得，R=，‎ 根据电阻定律R=2，解得S=．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知ra=2rb，则由此可知（　　）‎ A．两粒子均带正电，质量比=4‎ B．两粒子均带负电，质量比=4‎ C．两粒子均带正电，质量比=‎ D．两粒子均带负电，质量比=‎ ‎【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】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径判断粒子的质量比．‎ ‎【解答】解：‎ 两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；‎ 由动能和动量之间的关系有：，得：‎ a粒子动量为：…①‎ b粒子动量为：…②‎ 有题意有：…③‎ ‎①②③联立得：，所以选项ACD错误，B正确．‎ 故选B ‎　‎ 二、多项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）‎ ‎11．在静电场中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势相等的地方，场强必定相等 B．在场强相等的地方，电势不一定相等 C．场强为零的点，电势必定为零 D．在负点电荷激发的电场中，离电荷越近，电势越低，场强越大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】电势和电场强度都是描述电场本身特性的物理量，本题要求要熟练掌握电场强度和电势的物理意义，从而明确二者间的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、电场强度的大小是可以从电场线的疏密程度上判断的，电场线密，场强大；电场线疏，场强小．电场线与等势面垂直，同一等势面上的电场线的疏密程度不一定同．故A错误．‎ B、在匀强电场中，场强是处处相等的，沿着电场线的方向，电势是越来越低的．所以在场强相等的地方，电势不一定相等，故B正确．‎ C、在电场中，零电势是人为规定的．等量同种点电荷的连线中点上，电场为零，电势却不一定为零．故C错误．‎ D、在负点电荷形成的电场中，电场线的方向是指向电荷的，离电荷越近，电势越小；离电荷越近，电场线越密，场强越大．故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功﹣3J，电场力做功1J，则小球的（　　）‎ A．重力势能增加3J B．电势能增加1J C．动能减少3J D．机械能增加1J ‎【考点】动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能．‎ ‎【分析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；‎ 电场力做功等于电势能的减小量；‎ 合力做功等于动能的增加量；‎ 除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．‎ ‎【解答】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功﹣3J，故重力势能增加3J，故A正确；‎ B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J；‎ C、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为﹣2J，故动能减小2J，故C错误；‎ D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，故机械能增加1J，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲是电压表，R增大时量程增大 B．甲是电流表，R增大时量程减小 C．乙是电压表，R增大时量程增大 D．乙是电流表，R减小时量程增大 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．‎ ‎【解答】解：A、B、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．‎ C、D、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子运动方向是abcde C．粒子运动方向是edcba D．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系．‎ ‎【解答】解：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba．‎ 粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；‎ D、由T=可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎15．在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图．一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转．不计重力影响，电场强度E和磁场强度B的方向可能是（　　）‎ A．E和B都沿x轴方向 B．E沿y轴正向，B沿z轴正向 C．E沿z轴正向，B沿y轴正向 D．E沿z轴正向，B沿y轴负向 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况．‎ ‎【解答】解：本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电．‎ A、磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，故A正确．‎ B、电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，故B正确．‎ C、电场力、洛伦兹力都是沿z轴正方向，将做曲线运动，故C错误．‎ D、电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿z轴负方向，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 三．实验题（共2小题，16小题每空2分，17小题每空3分，作图3分，满分15分．）‎ ‎16．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎（1）旋动部件　S　，使指针对准电流的“0“刻线．‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．‎ ‎（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件　T　，使指针对准电阻的　0刻线　 （填“0刻线“或“∞刻线“）．‎ ‎（4）将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　A、D、C　的顺序避行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1k“的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10“的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；‎ ‎③欧姆表测量前要进行欧姆调零；‎ ‎④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；‎ ‎⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；‎ ‎⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出．‎ ‎【解答】解：（1）电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．‎ ‎（3）将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 T，使指针对准电阻的0刻线．‎ ‎（4）欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，‎ 因此合理是实验步骤是：A、D、C．‎ 故答案为：（1）S；（3）T，0刻线；（4）A、D、C．‎ ‎　‎ ‎17．测量电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）．‎ 器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4Ω，滑动变阻器R′，开关K，导线若干．‎ ‎①画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出．‎ ‎②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E=　　，r=　﹣R．　．（用I1，I2，Ul，U2及R表示）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：①本实验采用限流接法，即将滑动变阻器、电源、电流表串联；电压表并联在电源两端；本题由于电源电压较大，故应加入保护电阻；答案如图所示； ‎ ‎②由闭合电路欧姆定律可知：‎ U1=E﹣I1r′‎ U2=E﹣I2r′‎ 联立解得：E=； r′=‎ 由于r′中含有保护电阻，故电源的电阻应为：r=r′﹣R=﹣R；‎ 故答案为：①如图所示；②，﹣R．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题包括3个小题，共35分．要求写出必要的文字说明、作图痕迹、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎18．如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：‎ ‎（1）B、A两点的电势差UBA；‎ ‎（2）电场强度E．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电场强度；电势差．‎ ‎【分析】（1）电场力做功与电势差有关，根据动能定理和电场力做功公式W=qU列式，即可求出电势差．‎ ‎（2）电场强度与电势差的关系是U=Ed，d是两点沿电场线方向的距离．‎ ‎【解答】解．（1）小球从A运动到B的过程，根据动能定理得：‎ ‎ mglsin60°+qUAB=0﹣0，‎ 解得A、B两点间的电势差为 UAB=﹣‎ B、A两点的电势差UBA=﹣UAB=‎ ‎（2）电场强度E===‎ 答：‎ ‎（1）B、A两点的电势差UBA是．‎ ‎（2）电场强度E是．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，两平行光滑金属导轨相距为20cm，组成的平面与水平面之间的夹角为θ=45°，金属棒MN与两导轨分别垂直放置在导轨上，棒的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当电键K闭合时，MN恰好静止不动，求变阻器R1的取值为多少？‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】金属棒静止在斜面上，分析受力，作出力图．根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流，再由欧姆定律求解电阻R1．‎ ‎【解答】解：作出金属棒平衡时的平面受力图如图所示：‎ 当MN静止时，有：mgsinθ=BILcosθ…①‎ 由闭合电路欧姆定律得：…②‎ 由①、②式联立并代入数据，得：R1=7Ω 答：变阻器R1的取值为为7Ω ‎　‎ ‎20．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，质量为m、电量为q的等量异种电荷同时从O点以与MN成300角的相同速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN射出．求：‎ ‎（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；‎ ‎（2）它们从磁场中射出的时间差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可知两粒子离开磁场时的距离，则可求出出射点的距离；根据两粒子在磁场中转动的时间可知时间差．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）作两种粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：‎ 根据牛顿第二定律可知：‎ ‎…①‎ 由几何知识可得：L=2r…②‎ 联立①②解得：…③‎ ‎（2）由匀速圆周运动关系得：…④‎ 又由几何知识可得：负电荷转过的圆心角为：‎ 正电荷转过圆心角为：‎ θ2=…⑤‎ 则负电荷转动的时间：‎ 正电荷在磁场中转动的时间：…⑥‎ 时间差为：△t=t1﹣t2…⑦‎ 联立①④⑤⑥⑦解得 答：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离为；‎ ‎（2）它们从磁场中射出的时间差为 ‎　‎