辽宁省阜新市实验中学2018-2019学年高二上学期第三次月考物理试卷

辽宁省阜新市实验中学2018-2019学年高二上学期第三次月考物理试卷

‎ 2018---2019年高二上学期第三次月考 ‎ ‎ 物理试卷 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 关于物体带电现象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 不带电的物体没有电荷 ‎ B. 带电的粒子一定具有多余的电子 C. 摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程 D. 带电导体棒放在潮湿的房间里一段时间，导体棒不带电了，说明电荷量不是守恒的。‎ 2. 两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点，它们之间库仑力的大小为F．如果把两小球相互接触后，将其固定的距离变为，则两球间库仑力为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 3. 如图所示，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. 电势φA＞φB，场强EA＜EB ‎ B. 电势φA＞φB，场强EA＞EB C. 将-q电荷从A点移到B点电场力做正功 D. 将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB 4. a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）‎ ‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V 5. 如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC, ∠ABC=600 ,BC=20cm。把一个电荷量q=10-5c的正电荷从A移到B,电场力做功为零；从B移到C,克服电场力做功1.73×10-3J。则该匀强电场的电场强度为（   ）‎ ‎ A. 1000v/m，方向垂直于AB向下 B. 1000v/m，方向垂直于AB向上 C. 500v/m，方向由A指向B D. ‎600v/m，方向垂直于AB向下 6、如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与 匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 粒子一定带负电 ‎ B. 粒子的速度大小v= C. 若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动 D. 若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变 ‎7、在匀强磁场中一带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然将它的速度增大到原来的3倍，则( )‎ A. 粒子的运动轨迹半径不变，运动周期减为原来的三分之一 B. 粒子的运动轨迹半径是原来的3倍，周期不变 C. 粒子的运动轨迹半径和周期都是原来的3倍 D. 粒子的运动轨迹半径是原来的4倍，周期不变 ‎8、如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于虚线方框内的匀强磁场中，磁场的 磁感应强度B方向与线圈平面垂直，当线圈中通有如图所示电流I时，调节砝码 使天平达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中拿走质量为m的砝码，才能使天平再达到新的平衡，由此可知（　　）‎ ‎ A. 磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B=‎ ‎ B. 磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B= C. 磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B= D. 磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B=‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9、如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只验电 器，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使 指针张角增大的是（　　）‎ A. 合上S，使A、B两板靠近一些 B. B. 合上S，使A、B正对面积错开一些 C. 断开S，使A、B间距增大一些 ‎ D. 断开S，使A、B正对面积错开一些 ‎10、如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，‎ 然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向 跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电 子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电 子的偏转角θ变大的是 A. U1不变、U2变大 B. U1变小、U2变大 C. U1变大、U2变大 D. U1变小、U2变小 ‎11、如图所示的电路中，闭合开关后，将滑动变阻器R的滑片P 向上移动，则有（　　）‎ A. V1表读数变大 B. V2表读数变小 B. A表读数变小 D. 电源的功率变小 12、 通电螺线管内部放一个小磁针，小磁针静止时的指向如图所示，‎ 则（　　）‎ ‎ A. a端为电源正极 B. b端为电源正极 C. c端为通电螺线管N极 D. d端为通电螺线管N极 三、实验题探究题（本大题共小题，每空2分，电路图4分，共24分）‎ ‎13、实验桌上有下列实验仪器： A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）； B． 直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A档的内阻约0.5Ω，3A 档的内阻约0.1Ω；） C．直流电压表（量程0～3～15V，3V档内阻约5kΩ，15V档内阻约25kΩ）； D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）； E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）； F．开关、导线若干； G．小灯泡“4V、0.4A”． 请解答下列问题： ①利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是______（填代号），应选择的电流表量程是______（填量程），应选择的电压表量程是______（填量程）． ②某同学根据测得的数据，作出U-I图象如图1中图线a所示，由此可知电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω； ③若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在图2框内画出实验原理图； ④将③步中得到的数据在同一个U-I坐标系内描点作图，得到如图1所示的图线b，如果将此小灯泡与上述电源组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为______W．‎ ‎14、某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋 测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，则：长度为______cm，直径为 ‎______mm．‎ ‎15、某实验小组的同学在用多用电表测量一阻值为几百欧 姆的电阻。‎ （1） 将以下的操作中正确的选出并进行正确的排序，将序 号填在横线上______。 A．将两表笔直接短接，调节欧姆调零旋钮，使表盘的指 针指在最右端的零刻度线处，将两表笔断开 B．将两表笔与待测电阻的两端良好接触，读出欧姆表的 读数即待测电阻的阻值，将两表笔断开 C．将选择开关旋至欧姆表“×100”挡位 D．将选择开关旋至欧姆表“×10”挡位 E．将选择开关旋至“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出 （2）图中表盘的读数为______。‎ 四、计算题（本大题共3小题，共28分）‎ ‎16、（8分）如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂 直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度位B．一带正电的粒子 ‎（不计重力）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，‎ 与x轴正方向的夹角为θ=30°，若粒子射出磁场的位置与O点的 距离为L，‎ 求：（1）该粒子的电荷量和质量之比 ‎（2）该粒子在磁场中运动的时间t．‎ ‎17（10分）、如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，试求：‎ ‎ ‎ （1） 通过导体棒的电流大小； （2）导体棒受到的安培力大小和方向；‎ （2） 导体棒受到的摩擦力的大小和方向. 18（10分）、在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示。‎ 将负电荷q=-1.0×10-6C从A 点 移至B点，克服电场力 做功2.0×10-4J．取B点为零势能点，求： （1）电荷在A点的电势能 （2）A点电势； （3）在电场中有另一点C，已知UAC=50V，把该电荷从B移至C电场力做的功。‎ ‎2018-2019上学期高二第三次物理答案 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 关于物体带电现象，下列说法正确的是（）‎ A. 不带电的物体没有电荷 B. 带电的粒子一定具有多余的电子 C. 摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程 D. 带电的导体棒放在潮湿的房间里，过段时间，导体棒不带电了，说明电荷量不是守恒的 ‎【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 摩擦起电的实质是电荷的转移，得电子者显负电，失电子者显正电，在转移过程中电荷的总量保持不变。‎ 本题关键在于理解起电的实质是电荷的转移。‎ ‎【解答】‎ A.物体不带电是因为正电荷与负电荷一样多，故A错误；‎ B.物体带电可能是有多余的电了或失去电子，故B错误；‎ C.摩擦起电是因为电荷发生了转移，故C正确；‎ D.导体棒的电量转移到了空气中，电荷的总量是守恒的，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎ ‎ 2. 两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点，它们之间库仑力的大小为F．如果把两小球相互接触后，将其固定的距离变为，则两球间库仑力为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】【分析】‎ 清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。‎ 本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。‎ ‎【解答】‎ 接触前两个点电荷之间的库仑力大小为：，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。 ‎ ‎ ‎ 1. 如图所示，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，则下列说法正确的是（　　） ‎ A. 电势φA＞φB，场强EA＜EB B. 电势φA＞φB，场强EA＞EB C. 将-q电荷从A点移到B点电场力做正功 D. 将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB ‎【答案】B ‎【解析】解：A、B由图看出，A处电场线比B处电场线密，则A点场强大于B点的场强，沿电场线方向电势逐渐降低，故φA＞φB．故A错误，B正确。 C、从高电势向低电势移动负电荷电场力做负功。故C错误。 D、负电荷在电势低的地方电势能大，故将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能在B点大。故D错误。 故选：B。 电场线越密，场强越大．沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功． 掌握电场线的特点：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向，沿电场线方向电势逐渐降低． ‎ 2. a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（） ‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V ‎【答案】B ‎【解析】【分析】 在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，可将bd，ac连线，连线的交点电势是b、d电势和一半，也是a、c电势和一半，则可以解决问题。  ①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②‎ 在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等势线平行且均匀分布；以上两点是解决此类题目的金钥匙。 【解答】 在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，可将bd，ac连线，连线的交点电势是b、d电势和一半，也是a、c电势和一半， 已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，那么对角线的交点电势就是14V，也是a、c电势和一半，那么c点的电势就是8V，故B正确，ACD错误。 故选B。 ‎ 1. 如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC, ∠ABC=600 ,BC=20cm。把一个电荷量q=10-5c的正电荷从A移到B,电场力做功为零；从B移到C,克服电场力做功1.73×10-3J。则该匀强电场的电场强度为（   ） ‎ A. 1000v/m，方向垂直于AB向下 B. 1000v/m，方向垂直于AB向上 C. 500v/m，方向由A指向B D. 600v/m，方向垂直于AB向下 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】【分析】由题意可知AB两点电势相等，则可知AB为等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向；由U=Ed可求得电场强度。 解决本题关键要掌握：电场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势。同时还应注意匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离。 【解答】正电荷从A移到B，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面。因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线。 从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差：=V=-173V,即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下; BC间沿电场线的距离：,由可知电场强度为：。故选A。 ‎ 1. 如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 粒子一定带负电 B. 粒子的速度大小v= C. 若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动 D. 若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、粒子做直线运动，若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力能平衡；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力与洛伦兹力也能平衡；故粒子电性不确定，故A错误； B、根据平衡条件，有：qvB=qE，故v=，故B错误； CD、若粒子速度大小改变，电场力大小不变，而洛伦兹力大小改变，故粒子将做曲线运动，故C正确，D错误； 故选：C。 带电粒子在电磁场中恰好能沿直线运动，说明受到的电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式分析速度大小。根据速度的变化，分析洛伦兹力的变化，判断粒子的运动情况。 在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，v与粒子电性和质量无关；只有速度为v=，方向相同的粒子才能沿直线匀速通过选择器。 ‎ 2. 在匀强磁场中一带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然将它的速度增大到原来的3倍，则( )‎ A. 粒子的运动轨迹半径不变，运动周期减为原来的三分之一 B. 粒子的运动轨迹半径是原来的3倍，周期不变 C. 粒子的运动轨迹半径和周期都是原来的3倍 D. 粒子的运动轨迹半径是原来的4倍，周期不变 ‎【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出半径和周期表达式分析。  带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动时，轨道半径公式和周期公式要记牢。‎ ‎【解答】‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 根据牛顿第二定律有：， 解得：， 周期为：‎ ‎， 则半径与速度成正比，速度变为3倍，故半径变为3倍，周期与速度无关，故周期不变，故B正确，ACD错误。 故选B。 ‎ ‎ ‎ 1. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于虚线方框内的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B方向与线圈平面垂直，当线圈中通有如图所示电流I时，调节砝码使天平达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中拿走质量为m的砝码，才能使天平再达到新的平衡，由此可知（　　） ‎ A. 磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B= B. 磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B= C. 磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B= D. 磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B=‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：AB、当B的方向垂直纸面向内，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，依据左手定则，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以左边应加砝码，有mg=2nBIl，所以B=，故AB错误。 CD、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，需要在左边减去砝码，有mg=2nBIl，所以B=，故C错误、D正确。 故选：D。 天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小． 解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题，注意左手定则的内容，及与右手定则的区别． ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 1. 如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只验电器，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（　　）‎ A. 合上S，使A、B两板靠近一些 B. 合上S，使A、B正对面积错开一些 C. 断开S，使A、B间距增大一些 D. 断开S，使A、B正对面积错开一些 ‎【答案】CD ‎【解析】解：AB、合上开关S，不论是使A、B两板靠近一些，还是使A、B正对面积错开一些，它们的电容器两端间的电势差总不变，静电计指针张角总不变．故AB错误．    C、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B间距增大一些，根据C=，d变大，C变小．根据C=，U增大，张角增大．故C正确．    D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据C=，S变小，C变小．根据C=，U增大，张角增大．故D正确． 故选：CD． 静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变． 解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变． ‎ 2. 如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是 A. U1不变、U2变大 B. U1变小、U2变大 C. U1变大、U2变大 D. U1变小、U2变小 ‎【答案】AB ‎【解析】略 ‎ 3. 如图所示的电路中，闭合开关后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，则有（　　）‎ A. V1表读数变大 B. V2表读数变小 C. A表读数变小 ‎ D. 电源的功率变小 ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】解：A、闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，变阻器接入电路的阻值变大，则外电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变小，则路端电压变大，即V1表读数变大。故A正确。 B、总电流变小，根据部分电路的欧姆定律，R1两端的电压变小，即V2表读数变小。故B正确。 C、R2两端的电压加上R1两端的电压等于路端电压，即U1+U2=U，R1两端的电压变小，路端电压变大，所以R2两端的电压变大，故R2中的电流减大，即A表读数变大。故C错误。 D、电源的总功率为P=EI，E不变，I减小，不电源的功率变小。故D正确。 故选：ABD 由图可知R与R2并联，再与R1串联。电压表V1表测量路端电压，电压表V2表测量R1的电压，电流表测量通过R2的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表V1示数的变化；由部分电路的欧姆定律可知R1两端的电压的变化；由串并联的规律可得出电流表示数的变化；由P=EI可求得电源的功率变化。 本题的关键要掌握闭合电路动态分析的方法：局部到整体再到局部，要明确电源的电功率等于电动势乘以总电流。 ‎ 1. 通电螺线管内部放一个小磁针，小磁针静止时的指向如图所示，则（　　） ‎ A. a端为电源正极 B. b端为电源正极 C. c端为通电螺线管N极 D. d端为通电螺线管N极 ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】解：小磁针静止时的指向左侧，所以通电螺线管的磁场的方向向左，即左端（c端）是N极。由安培定则可知，螺线管外侧的电流的方向向上，对应a是电源的负极，b是电源的正极。故BC正确，AD错误。 故选：BC ‎。 根据安培定则，对于环形电流、线框、通电螺线管，四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为磁场方向． 解决本题的关键掌握安培定则判断电流方向和磁场方向的关系． ‎ 三、实验题探究题（本大题共3小题，共27.0分）‎ 1. 实验桌上有下列实验仪器： A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）； B． 直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A档的内阻约0.5Ω，3A档的内阻约0.1Ω；） C．直流电压表（量程0～3～15V，3V档内阻约5kΩ，15V档内阻约25kΩ）； D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）； E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）； F．开关、导线若干； G．小灯泡“4V、0.4A”． 请解答下列问题： ①利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是______（填代号），应选择的电流表量程是______（填量程），应选择的电压表量程是______（填量程）． ②某同学根据测得的数据，作出U-I图象如图1中图线a所示，由此可知电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω； ③若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在图2框内画出实验原理图； ④将③步中得到的数据在同一个U-I坐标系内描点作图，得到如图1所示的图线b，如果将此小灯泡与上述电源组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为______W．‎ ‎【答案】D；0～0.6；0～3；3；6；0.375‎ ‎【解析】解：①滑动变阻器采用限流式接法，串联在电路中，选择总电阻为1000Ω的滑动变阻器，则电流太小，测量的误差大，所以选用总电阻为15Ω的滑动变阻器．故选D．电路最大电流约为：I==≈0.42A，则电流表应选0-0.6A量程，电源电动势约为3V，电压表选择0-3V量程． ②U-I图线的纵轴截距为3V，所以E=3V，图线斜率的绝对值r===6Ω． ③描绘出小灯泡的伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R===10Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采取外接法．电路图如下图． ‎ ‎ ④电源的U-I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，P=UI=0.25×1.5=0.375W． 故答案为：①D；0～0.6；0～3；②3；6；③如图所示；④0.375． ①滑动变阻器E的电阻值大，而且额定电流太小，不方便测量大电流，根据电路最大电流选择电流表量程，根据电源电动势选择电压表量程． ②根据图示电源U-I图象求出电源电动势与内阻，图象中图象与纵轴的交点为电动势，图象的斜率表示内阻； ③描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压和电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡正常工作时的电阻，判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表采用内接还是外接． ④电源的U-I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，根据P=UI求出小灯泡的实际功率． 解决本题的关键掌握器材选择的原则，精确、安全，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别． ‎ 1. 某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，则：长度为______cm，直径为______mm． ‎ ‎ ‎ ‎【答案】2.06；4.815‎ ‎【解析】解：（a）是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：2cm=20mm，游标上第6个刻度与上面对齐，读数为：6×0.1mm=0.6mm， 故最终读数为：20+0.6=20.6mm=2.06cm， 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为31.5×0.01mm，则读数为4.5+31.5×0.01=4.815mm． 故答案为：2.06，4.815 ‎ 游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，要估读． 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量． ‎ 1. 某实验小组的同学在用多用电表测量一阻值为几百欧姆的电阻。 （1）将以下的操作中正确的选出并进行正确的排序，将序号填在横线上______。 A．将两表笔直接短接，调节欧姆调零旋钮，使表盘的指针指在最右端的零刻度线处，将两表笔断开 B．将两表笔与待测电阻的两端良好接触，读出欧姆表的读数即待测电阻的阻值，将两表笔断开 C．将选择开关旋至欧姆表“×100”挡位 D．将选择开关旋至欧姆表“×10”挡位 E．将选择开关旋至“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出 （2）图中表盘的读数为______。‎ ‎ ‎ ‎【答案】DABE；300Ω ‎【解析】解：（1）为了减小误差，指针偏转时需指在中间附近，该电阻大约值为几百欧姆，则选择倍率“×10”挡位，然后欧姆调零，再进行测量，最后将选择开关旋至“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出，故操作顺序为：DABE。 （2）读数为30×10Ω=300Ω。 故答案为：（1）DABE，（2）300Ω。 使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。 让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量。同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率。 ‎ 四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）‎ 2. 如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度位B．一带正电的粒子（不计重力）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为θ=30°，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求 （1）该粒子的电荷量和质量之比． （2）该粒子在磁场中运动的时间t．‎ ‎ ‎ ‎【答案】解：（1）洛仑兹力提供向心力： 得：R= 如图，由几何知识得：R==L 解得：= （2）粒子做圆周运动的周期： 时间时间： 答：（1）该粒子的电荷量和质量之比为． （2）该粒子在磁场中运动的时间t为．‎ ‎【解析】带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L．射出时速度的大小仍不变，射出方向与轴的夹角仍为θ． 利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解，这是带电粒子在磁场中运动常用到的解题思路． ‎ 1. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，试求： ‎ ‎（1）通过导体棒的电流大小；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小和方向；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力的大小和方向.‎ ‎【答案】解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I= 代人数据解得：I=1.5A (2)导体棒受到的安培力： F安=BIL 代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上 (3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力为： F1=mgsin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有： mgsin37°+f=F安 解得：f=0.06N 答：(1)通过导体棒的电流为1.5A； (2)导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上； (3)导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下．‎ ‎【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小． (2)根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向． (3)导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小． ‎ 1. 在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示。将负电荷q=-1.0×10-6C从A点移至B点，克服电场力做功2.0×10-4J．取B点为零势能点，求： （1）电荷在A点的电势能； （2）A点电势； （3）在电场中有另一点C，已知UAC=50V，把该电荷从B移至C电场力做的功。‎ ‎【答案】解：（1）由WAB=EPA-EPB① 因φB=0，故EPB=0②③ （2）A、B两点的电势差为：UAB=④ UAB=φA-φB⑤ 解得 φA=200V  ⑥ （3）已知UAC=50V，而UAB=200V，由UAC=UAB+UBC⑦ WBC=qUBC⑧ 解得：WBC=1.5×10-4J ⑨ 答：（1）电荷在A点的电势能为-2.0×10-4J； （2）A点电势为200V； （3）在电场中有另一点C，已知UAC=50V，把该电荷从B移至C电场力做的功为1.5×10-4J ‎【解析】（1）根据电场力做功与电势能间的关系求得。 （2）根据电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差，从而求出电势。 （3）根据AC间的电势差和AB间的电势差得出BC间的电势差，结合电场力做功与电势差的关系求出电场力做功情况。 解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。 ‎