物理卷·2018届甘肃省天水一中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省天水一中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1.下列关于点电荷的说法中，正确的是（　　）‎ A．体积大的带电体一定不是点电荷 B．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷 C．点电荷就是体积足够小的电荷 D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体 ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由I=可知，某段导体中的电流I与U成正比 C．由B=可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关 D．由C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎3．A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力（　　）‎ A．无法确定 B．等于 C．大于 D．小于 ‎4．空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示．下列叙述正确的是（　　）‎ A．x1、x2两处的电势相同 B．电子在xl处的电势能小于在x2处的电势能 C．x=0处与x1处两点之间的电势差为E0x1‎ D．电子沿x轴从xl处运动到x2处，电场力一直做负功 ‎5．如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎6．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，则电压表示数将（　　）‎ A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V ‎7．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）‎ A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W ‎8．如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0．将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合）（　　）‎ A．B1﹣B0 B．B1+B0‎ C． D．‎ ‎10．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（　　）‎ A．，M正、N负 B．，M正、N负 C．，M负、N正 D．，M负、N正 ‎11．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转 C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度 D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转 ‎12．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（　　）‎ A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电 C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电 ‎　‎ 二、实验题（12分）‎ ‎13．（6分）利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄型磁体的N、S极间磁场中的待测位置．‎ ‎①在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；‎ ‎②接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F（F＞F0）．‎ 由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于　　；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为　　．若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达示为B=　　．‎ ‎14．（2分）如图螺旋测微器的读数为　　mm．‎ ‎15．某同学用多用表测量一个量程为3V的电压表的内阻，除了进行机械调零，选档和欧姆表调零外，请在下面图中把多用电表和电压表连接起来．‎ 测量时指针位置如图所示，则电压表的内阻为　　Ω；此时电压表的指针也偏转了；已知多用电表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池的电动势为1.5V，则电压表的示数是　　V（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（40分）‎ ‎16．（12分）如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：‎ ‎（1）电子从加速电场U0射出时的速度？‎ ‎（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？‎ ‎（3）金属板AB的长度？‎ ‎17．（12分）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎18．（16分）如图甲是质谱仪的工作原理示意图．图中的A容器中的正离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速度不计）加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，离子最终到达MN上的H点（图中未画出），测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．试求：‎ ‎（1）该粒子的比荷；‎ ‎（2）若偏转磁场为半径为的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达MN上的H点，则圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1.下列关于点电荷的说法中，正确的是（　　）‎ A．体积大的带电体一定不是点电荷 B．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷 C．点电荷就是体积足够小的电荷 D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体 ‎【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、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状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，带电体能否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，故AC错误；‎ B、当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，此时不影响电荷在导体上的分布，这两个带电体可看做点电荷，故B正确；‎ D、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，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．‎ ‎　‎ ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由I=可知，某段导体中的电流I与U成正比 C．由B=可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关 D．由C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【考点】电场强度；欧姆定律．‎ ‎【分析】E=、B=、C=都运用比值法定义，反映物质的属性．I=是欧姆定律表达式．‎ ‎【解答】解：A、由E=可知：该式运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷无关，所以E与F无关，故A错误．‎ B、根据欧姆定律I=，知电流I与U成正比，故B正确．‎ C、B=是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B由磁场本身决定，与IL、F无关，故C错误．‎ D、C=是电容的定义式，运用比值法定义，C由电容器本身决定，与Q、U无关，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】对于各个公式关键要明确是定义式还是决定式，要掌握比值法定义的共性来理解E、B和C的意义．‎ ‎　‎ ‎3．A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力（　　）‎ A．无法确定 B．等于 C．大于 D．小于 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】‎ 本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．‎ ‎【解答】解：当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律F=k，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎【点评】本题应明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．‎ ‎　‎ ‎4．空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示．下列叙述正确的是（　　）‎ A．x1、x2两处的电势相同 B．电子在xl处的电势能小于在x2处的电势能 C．x=0处与x1处两点之间的电势差为E0x1‎ D．电子沿x轴从xl处运动到x2处，电场力一直做负功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】从图可以看出，电场强度的方向沿x轴正方向，大小先增大后减小，根据沿电场线电势降低，电场力做正功时，电势能减小．电场力做负功时电势能增大，E﹣x图象的面积表示电势差，分析图象的物理意义．‎ ‎【解答】解：A、从x1到x2，电场强度的方向不变，一直沿x轴正方向，电势不断降低，所以x1处电势比x2处电势高，故A错误；‎ BD、因为电场方向沿x轴正方向，电子所受的电场力沿x轴负方向，若电子沿x轴从x1处运动到x2处，电场力一直做负功，电势能增大，则电子在x1处电势能小于在x2处的电势能．故BD正确；‎ C、x=0处与x1处两点之间的电势差为U=x1=E0x1．故C正确；‎ 故选：BCD ‎【点评】此题考查电场强度E随x变化的图象与电势的关系，要知道E﹣x图象组成图形的面积表示电势差，明确电场线的方向反映了电势高低 ‎　‎ ‎5．如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用．‎ ‎【分析】当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流与路端电压的变化．报警器两端的电压U等于路端电压．根据干路电流的变化，分析并联电路电压的变化．当并联电路的电压增大时，电流表的读数也增大．‎ ‎【解答】解：当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并=E﹣I（r+R1），I减小，U并变大，电流表的读数变大．‎ 故选C ‎【点评】本题是实际问题，实质上是电路的动态变化分析问题，按“局部到整体，再到局部”的思路分析，并不难．‎ ‎　‎ ‎6．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，则电压表示数将（　　）‎ A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电压表的内阻不是远大于R1 R2，电表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．‎ ‎【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数6V，则此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=10V，则R1的电压大于6V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V．‎ 故选A ‎【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）‎ A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．‎ ‎【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：‎ L3的最大的功率为：P==40W，‎ 因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，‎ 如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，‎ 所以L1和L2的功率都为：P==10W，‎ 所以总功率最大为：10+10+40=60W．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则可得，安培力的方向垂直导线斜向上，所以A正确；‎ B、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以B错误；‎ C、根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C错误；‎ D、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系．‎ ‎　‎ ‎9．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0．将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合）（　　）‎ A．B1﹣B0 B．B1+B0‎ C． D．‎ ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0；条形磁铁N极指向正北方向，其分磁感应强度也向正东；条形磁铁N极指向正东方向，其分磁感应强度也向正东方向；结合矢量合成的平行四边形定则列式求解即可．‎ ‎【解答】解：根据题意，赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0；‎ 条形磁铁N极指向正北方向，其分磁感应强度也向正东，故条行磁铁在P点产生的磁感应强度为：‎ B=B1﹣B0；‎ 条形磁铁N极指向正东方向，其分磁感应强度也向正东方向，此时两个分矢量垂直，故P点的合磁感应强度为：‎ B′=；‎ 故选：D ‎【点评】物理中力、电场强度、磁场强度等均为矢量，在合成时遵循平行四边形定则，因此要熟练应用平行四边形定则进行矢量的合成．‎ ‎　‎ ‎10．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（　　）‎ A．，M正、N负 B．，M正、N负 C．，M负、N正 D．，M负、N正 ‎【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．‎ 抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．‎ 自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab 有I===neavb 电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=Bev 解得：B=，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．‎ ‎　‎ ‎11．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转 C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度 D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转 ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．‎ ‎【解答】解：A、电键闭合后，线圈A插入或拔出时，穿过B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A正确，B错误；‎ C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，线圈A中的电流发生变化，穿过B的磁通量发生变化，B中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C错误；‎ D、电键闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过B的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电流计指针都会偏转，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎12．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（　　）‎ A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电 C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．‎ ‎【分析】‎ 现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．‎ ‎【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大．‎ ‎　‎ 二、实验题（12分）‎ ‎13．利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄型磁体的N、S极间磁场中的待测位置．‎ ‎①在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；‎ ‎②接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F（F＞F0）．‎ 由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于　F0　；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为　F﹣F0　．若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达示为B=　　．‎ ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】向根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度．‎ ‎【解答】‎ 解：在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；‎ 由于导线框此时只受到重力和弹簧的拉力，所以重力等于弹簧的拉力，即F0；接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F，此时导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：F﹣G﹣F安=0‎ 所以：F安=F﹣G=F﹣F0‎ 又：F安=NBIL 则：B=．‎ 故答案为：F0，F﹣F0，．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，基础题．‎ ‎　‎ ‎14．如图螺旋测微器的读数为　1.390　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为39.0×0.01mm=0.390mm，所以最终读数为1mm+0.390mm=1.390mm．‎ 故答案为：1.390‎ ‎【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．某同学用多用表测量一个量程为3V的电压表的内阻，除了进行机械调零，选档和欧姆表调零外，请在下面图中把多用电表和电压表连接起来．‎ 测量时指针位置如图所示，则电压表的内阻为　3×103　Ω；此时电压表的指针也偏转了；已知多用电表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池的电动势为1.5V，则电压表的示数是　1.0　V（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】万用表测量时电流由红表笔流入，由黑表笔流出，据此连接电路，‎ 用欧姆档读数要注意倍率．电压表的分压可由欧姆定律求得．‎ ‎【解答】解：测量时电流由红表笔流入，由黑表笔流出，据此连接电路如图 读数为：RV=30×100=3×103Ω 此时欧姆表内阻为1500Ω，则电压表的分压为： =1.0V 故答案为：电路连接如图；3×103；1.0‎ ‎【点评】考查欧姆表的应用过程，注意项，会由闭合电路确定电阻的分压，原理简单．‎ ‎　‎ 三、计算题（40分）‎ ‎16．（12分）（2016秋•秦州区校级期末）如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：‎ ‎（1）电子从加速电场U0射出时的速度？‎ ‎（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？‎ ‎（3）金属板AB的长度？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度；‎ ‎（2）由牛顿第二定律可以求出加速度；‎ ‎（3）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是d，由此可以求得极板的长度．‎ ‎【解答】解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中，‎ 由动能定理得：eUo=mv02①‎ 解得：v0=②‎ ‎（2）电子在偏转电场中的做类平抛运动，‎ 由牛顿第二定律得：a==，方向竖直向下，③；‎ ‎（3）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，‎ 极板长度为L，由于电子恰好射出电场，‎ 在水平方向：L=v0t ④‎ 在竖直方向： =at2⑤‎ 由②③④⑤解得：L=d；‎ 答：（1）电子从加速电场U0射出时的速度：v0=；‎ ‎（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度大小为：，方向：竖直向下；‎ ‎（3）金属板AB的长度为：d．‎ ‎【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可 ‎　‎ ‎17．（12分）（2013秋•雅安期末）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．‎ ‎（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．‎ ‎（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．‎ ‎ 则有F=mgsin30° F=0.1N ‎ （2）根据安培力公式F=BIL得 ‎ 得 ‎ （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）‎ ‎ 解得 ‎ 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；‎ ‎ （2）通过金属棒的电流为0.5A；‎ ‎ （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．‎ ‎【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．‎ ‎　‎ ‎18．（16分）（2016秋•秦州区校级期末）如图甲是质谱仪的工作原理示意图．图中的A容器中的正离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速度不计）加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，离子最终到达MN上的H点（图中未画出），测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．试求：‎ ‎（1）该粒子的比荷；‎ ‎（2）若偏转磁场为半径为的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达MN上的H点，则圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】根据动能定理可求解粒子加速后获得的速度，由几何关系可确定粒子偏转半径，根据洛伦兹力提供向心力，可求解粒子的比荷；‎ 做出粒子运动轨迹图，根据几何关系，确定运动轨迹半径，再由牛顿第二定律列式，可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=‎ 又洛伦兹力提供向心力，有qvB=‎ 解得： =‎ ‎（2）离子在磁场中得轨迹如图所示，由几何关系有 L即m离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为L 则 tanθ=‎ 即：θ=60° ‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r′‎ 则r′==‎ 又qvB′=‎ 故： =‎ 答：（1）该粒子的比荷=；‎ ‎（2）圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为3：2．‎ ‎【点评】考查动能定理、牛顿第二定律、洛伦兹力公式等规律的应用，并学会与几何关系相综合解题，掌握解题的技巧，形成解题的能力．‎ ‎　‎