物理卷·2018届甘肃省庆阳市宁县白银四中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省庆阳市宁县白银四中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

甘肃省庆阳市宁县白银四中2016-2017学年高二（上）期末物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共13个小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求．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．关于点电荷，下列说法中正确的是（　　）‎ A．体积小的带电体 B．大小和形状对作用力影响可忽略的带电体 C．带电少的带电体 D．球形带电体 ‎2．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．4Q B．2Q C． D．‎ ‎3．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎4．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况为（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电流表示数减小 C．电压表示数变大 D．电压表示数不变 ‎5．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎6．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（　　）‎ A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力做正功 D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行 ‎7．等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中（　　）‎ A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小 D．电势能一直不变 ‎8．如图所示，有一磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，一束电子流以初速度v0从水平方向射入，为了使电子流经过磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，这个电场的方向大小和方向是（　　）‎ A．，竖直向上 B．，水平向左 C．B•v0，垂直纸面向外 D．B•v0，垂直纸面向里 ‎9．真空中距点电荷（电量为Q）为r的A点处，放一个带电量为q（q＜＜Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的电场强度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，则（　　）‎ A．小球带负电，带电量为q=‎ B．小球带负电，带电量为q=‎ C．若剪断丝线，则小球的加速度为gtanθ，方向水平向右 D．若剪断丝线，则小球的加速度为，方向沿绳向下 ‎11．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小 ‎12．用图所示的电路测量待测电阻RX的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（　　）‎ A．电压表的内电阻越小，测量越精确 B．电流表的内电阻越小，测量越精确 C．电压表的读数大于RX两端真实电压，RX的测量值大于真实值 D．由于电流表的分流作用，使RX的测量值小于真实值 ‎13．为测定某一电池的电动势和内电阻，下面几组器材中，能完成实验的是（　　）‎ A．一只电流表、一只电压表、一只变阻器、开关和导线 B．一只电流表、两只变阻器、开关和导线 C．一只电流表、一只电阻箱、开关和导线 D．一只电压表、一只电阻箱、开关和导线 ‎　‎ 二．实验题（共计28分．其中第14题19分，第15题9分．）‎ ‎14．（6分）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体长度和直径，如图所示，则其长度L=　　mm，直径d=　　mm．‎ ‎15．（13分）如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为　　mA；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为　　Ω．如果要用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是　　（选填“×10”、“×100”或“×1K”）．换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是　　．‎ ‎16．（9分）有一小灯泡上标有“6V，0.1A”的字样，现要测量灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻2.0kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻3.0Ω）‎ D．电流表（0～6A，内阻1.5Ω）‎ E．滑动变阻器（30Ω，2A）‎ F．学生电源（直流9V）及开关、导线等 ‎（1）实验中所用的器材为　　（填字母代号）．‎ ‎（2）画出实验电路图，要求电压从0开始测量．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括2小题，共20分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）‎ ‎17．（10分）如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．‎ ‎18．（10分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：‎ ‎（1）匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）粒子从电场射出时速度v的大小；‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省庆阳市宁县白银四中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共13个小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求．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．关于点电荷，下列说法中正确的是（　　）‎ A．体积小的带电体 B．大小和形状对作用力影响可忽略的带电体 C．带电少的带电体 D．球形带电体 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】带电体看作点电荷的条件：当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．‎ ‎【解答】解：A、物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷，而不是指只有质量而没有大小的点，也不是带电量小或体积小的带电体，故A、C错误，B正确；‎ D、球形带电体是否可以看作点电荷与研究的问题有关，不是所有球形带电体都可以可知点电荷．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查对点电荷的理解，明确带电体看作点电荷的条件及其特点是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎2．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．4Q B．2Q C． D．‎ ‎【考点】焦耳定律．‎ ‎【分析】根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为，在时间t内产生的热量．‎ ‎【解答】解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量变为原来的．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握焦耳定律热量的公式Q=I2Rt．‎ ‎　‎ ‎3．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=，结合电阻丝长度、横截面积的变化判断电阻的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电阻定律R=，当L不变，S增大1倍，则电阻变为原来的．故A错误．‎ B、根据电阻定律R=，当S不变，L增大一倍时，电阻变成原来的2倍．故B错误．‎ C、根据电阻定律R=，当L和S 都缩为原来的时，电阻不变．故C正确．‎ D、根据电阻定律R=，横截面积的半径增大为原来的2倍，则横截面积变为原来的4倍，长度变为原来的2倍，知电阻变成原来的一半；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握电阻定律公式R=，知道影响电阻大小的因素为导体长度、截面积及导体的村料．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况为（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电流表示数减小 C．电压表示数变大 D．电压表示数不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化．由欧姆定律分析电压表的示数的变化．‎ ‎【解答】解：AB、在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，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知，电路中总电流I增大，则电流表示数变大．故A正确，B错误．‎ CD、电压表的示数U=E﹣I（R1+r），I增大，其他量不变，则U减小，电压表示数变小．故CD错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，在理解电路连接关系的基础上，按局部到整体，再到局部的顺序进行分析．‎ ‎　‎ ‎5．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．‎ 应串联电阻为R===9.5×103kΩ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．‎ ‎　‎ ‎6．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（　　）‎ A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力做正功 D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行 ‎【考点】安培力的计算；洛仑兹力．‎ ‎【分析】（1）安培力：F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角．当θ=0°时，就算有电流和磁场也不会有安培力．‎ ‎（2）洛伦兹力：F=qvBsinθ，其中θ为运动方向与磁场方向的夹角．根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功．‎ ‎（3）导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．‎ ‎【解答】解：A：安培力：F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角．当θ=0°时，就算有电流和磁场也不会有安培力．故A错误．‎ B：导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．故B正确．‎ C：根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功．故C错误．‎ D：通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】此题只需明确安培力和洛伦兹力大小的计算方法，以及如何用左手定则判断力的方向即可．‎ ‎　‎ ‎7．等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中（　　）‎ A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小 D．电势能一直不变 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，即竖直向下；a点沿直线移动到b点过程中，带负电的检验电荷受电场力的方向垂直中垂线向上；在b到c的过程中，等量的异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，则带负电的检验电荷受电场力的方向沿连线竖直向上．检验电荷所受电场力的方向保持不变，故A正确；‎ B、根据点电荷电场强度的叠加，结合等量的异种电荷的电场的分布特点可知，从a到b，场强减小，从b到c，场强增大，所以检验电荷在此全过程中所受电场力大小是变化的，故B错误；‎ CD、因为此中垂线是等势线，所以从a→b过程中电场力不做功，电势能不变；从b到c，电场力做正功，电势能减小；所以电势能先不变再减小，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题要求学生了解等量同种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，有一磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，一束电子流以初速度v0从水平方向射入，为了使电子流经过磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，这个电场的方向大小和方向是（　　）‎ A．，竖直向上 B．，水平向左 C．B•v0，垂直纸面向外 D．B•v0，垂直纸面向里 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．‎ ‎【解答】解：为使电子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qv0B=qE，所以电场与磁场的关系为：E=v0B．‎ 电子带负电，洛伦兹力向外，电场力向内，电子受电场力方向与场强方向相反，故电场方向向外．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】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=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．‎ 若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．‎ ‎　‎ ‎9．真空中距点电荷（电量为Q）为r的A点处，放一个带电量为q（q＜＜Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的电场强度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度等于放入电场中的试探电荷所受电场力与其电荷量的比值．由场强的定义式求解电场强度的大小．‎ 点电荷的电场强度也可以使用点电荷的场强公式：计算．‎ ‎【解答】解：A、B：电场强度等于放入电场中的试探电荷所受电场力与其电荷量的比值．由场强的定义式求解电场强度的大小．由题意，Q是场源电荷，q是试探电荷．故A错误，B正确；‎ C、D：Q是场源电荷，q是试探电荷．A点的电场强度大小由Q产生，所以A点的场强．故C错误，D正确．‎ 故选；BD ‎【点评】本题考查对电场强度定义式和点电荷的场强公式：的理解和应用能力，q是试探电荷．属于基础题目．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，则（　　）‎ A．小球带负电，带电量为q=‎ B．小球带负电，带电量为q=‎ C．若剪断丝线，则小球的加速度为gtanθ，方向水平向右 D．若剪断丝线，则小球的加速度为，方向沿绳向下 ‎【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对小球进行研究，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出小球的电荷量．根据小球所受电场力与场强方向的关系，判断小球的电性；若将细线烧断，小球沿合力方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：AB、因小球向右偏转，则小球所受的电场力方向向右，与电场强度方向相反，故小球带负电荷；小球受力情况，如图所示：‎ 根据平衡条件得：qE=mgtanθ，则得 q=，故A正确，B错误．‎ CD、若将细线烧断，小球沿合力方向做匀加速直线运动；烧断细线后小球所受合外力为：F合=；‎ 根据牛顿第二定律得加速度为：a==，方向：沿绳子方向向下；故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】对于带电体在电场力平衡问题，关键是分析其受力情况，运用力学方法进行研究．‎ ‎　‎ ‎11．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小．‎ ‎【解答】解：A、在伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，从图中可得A的斜率大，所以A的电阻小，所以A错误，B正确；‎ C、由于A的电阻小，所以当电压相同的时候，流过电阻A的电流强度较大，所以C正确；‎ D、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由P=I2R可得，电阻大的电阻的功率大，所以电阻B消耗的功率较大，所以D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题就是考察学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U﹣I图象和I﹣U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同．‎ ‎　‎ ‎12．用图所示的电路测量待测电阻RX的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（　　）‎ A．电压表的内电阻越小，测量越精确 B．电流表的内电阻越小，测量越精确 C．电压表的读数大于RX两端真实电压，RX的测量值大于真实值 D．由于电流表的分流作用，使RX的测量值小于真实值 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题同．‎ ‎【解答】解：所测量的电压为电流表内阻加RX的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则A、与电压表的内阻大小无关系，则A错误 ‎ B、因多了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确．则B正确 ‎ C、电压表的测量值含有电流表的内阻，则RX的测量值大于真实值，则C正确 ‎ D、电流表为分压作用，测量值大于真实值．则D错误 故选：BC ‎【点评】考查电流表，电压表的测量原理，明确电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流．‎ ‎　‎ ‎13．为测定某一电池的电动势和内电阻，下面几组器材中，能完成实验的是（　　）‎ A．一只电流表、一只电压表、一只变阻器、开关和导线 B．一只电流表、两只变阻器、开关和导线 C．一只电流表、一只电阻箱、开关和导线 D．一只电压表、一只电阻箱、开关和导线 ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】掌握闭合电路和欧姆定律的内容，能根据闭合电路欧姆定律写出三种不同的表达式即可，再结合实验规律即可正确得出对应的实验原理．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可知；对应的闭合电路欧姆定律的表达式应有三种不同的表达形式：‎ E=U+Ir、E=U+r或E=IR+Ir；‎ 只要能分别读出每一表达式中的两组数据就能解出电动势和内阻的值，所以能完成的实验是ACD；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验原理，要注意正确理解闭合电路欧姆定律，能明确对应的三种表达式的应用．‎ ‎　‎ 二．实验题（共计28分．其中第14题19分，第15题9分．）‎ ‎14．某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体长度和直径，如图所示，则其长度L=　70.15　mm，直径d=　4.600　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．‎ ‎【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为70mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：70mm+0.15mm=70.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为10.0×0.01mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm．‎ 故答案为：70.15；4.600．‎ ‎【点评】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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎15．（13分）（2013•启东市校级模拟）如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为　30.8　mA；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为　1.5×103　Ω．如果要用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是　×1K　（选填“×10”、“×100”或“×1K”）．换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是　欧姆调零　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】电流档读数：由所选的档位进行读数，注意估读；欧姆档读数要乘以倍率．欧姆选档要让中值电阻与所测电阻差别不大；每次换档后要进行欧姆调零．‎ ‎【解答】解：电流档读数：最小分度为1mA，则向下估读一位．为30.8mA ‎ 欧姆档读数：15×100=1.5×103Ω ‎ 选档：因阻值约为2×104Ω，表盘中值为20，则选择×1K即可．‎ ‎ 每次换档后电路发生变化，要重新进行欧姆调零．‎ 故答案为：30.8mA 1.5×103 1K 欧姆调零 ‎【点评】考查欧姆档的使用，明确要选择合适的档位并每次换档后要进行欧姆调零．会正确读数．‎ ‎　‎ ‎16．有一小灯泡上标有“6V，0.1A”的字样，现要测量灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻2.0kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻3.0Ω）‎ D．电流表（0～6A，内阻1.5Ω）‎ E．滑动变阻器（30Ω，2A）‎ F．学生电源（直流9V）及开关、导线等 ‎（1）实验中所用的器材为　B、C、E、F　（填字母代号）．‎ ‎（2）画出实验电路图，要求电压从0开始测量．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据伏安法描绘小灯泡伏安特性曲线的原理选择实验器材．‎ ‎（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压为6V，额定电流为0.1A，实验需要选择电压表B，电流表C，除此之外还需要滑动变阻器E，学生电源F．‎ ‎（2）实验要求电压从0开始测量，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为R===60Ω，‎ ‎==20， ==50，＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）B、C、E、F；（2）电路图如图所示．‎ ‎【点评】本题考查了选择实验器材、作实验电路图，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出电路图的前提与关键．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括2小题，共20分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）‎ ‎17．（10分）（2016秋•宁县期末）如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．‎ ‎【考点】安培力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】导体棒在释放瞬间受重力、支持力和安培力，根据正交分解求出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律求出释放瞬间的加速度．‎ ‎【解答】解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：‎ ‎|mgsin θ﹣Fcosθ|=ma①‎ F=BIL②‎ I=③‎ 由①②③式可得 a=|gsin θ﹣|．‎ 答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为|gsinθ﹣|．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2013•北京）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：‎ ‎（1）匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）粒子从电场射出时速度v的大小；‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．‎ ‎【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】（1）根据公式可求E；‎ ‎（2）根据动能定理列式求解；‎ ‎（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：‎ 匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）设带电粒子出电场时速度为v．由动能定理得：‎ 解得：； ①‎ ‎（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②‎ ‎①②联立得：；‎ 答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．‎ ‎【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式，d是指沿电场方向距离．‎ ‎　‎