2016-2017学年四川省雅安市高二（上）期末物理试卷
一、选择题
1．下列关于电场线的说法中正确是（ ）
A．电场线是从正电荷出发，终止于负电荷的曲线
B．一对正、负点电荷的电场线是可以相交的
C．电场线是电场周围实际存在的线
D．带电粒子在电场中必须沿电场线运动
2．如图，一电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F．若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E为（ ）
A．，方向与F相反 B．，方向与F相反
C．，方向与F相同 D．，方向与F相同
3．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（ ）
A．磁感线和磁场都是客观存在的
B．磁铁的磁感线总是从N极出发，到S极终止
C．磁感线越密的地方磁场越强
D．磁感线的切线方向就是小磁针S极在此位置的受力方向
4．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．一带电粒子沿如图所示的曲线穿过匀强电场，重力不计，关于粒子带何种电荷以及该粒子在a、b两点动能的大小，下列结论正确的是（ ）
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A．负电，在a点动能大 B．正电，在a点动能大
C．负电，动能相等 D．正电，在b点动能大
6．如图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=4V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（S极朝上，N极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
8．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（ ）
A．磁铁对桌面的压力增大 B．磁铁对桌面的压力减小
C．磁铁对桌面的压力不变 D．磁铁对桌面有摩擦力
9．正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子（不计重力）以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出．若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（ ）
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A．A点 B．ND之间的某一点
C．CD之间的某一点 D．BC之间的某一点
10．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（ ）
A．大小为，粒子带正电时，方向向上
B．大小为，粒子带负电时，方向向上
C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关
D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关
11．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变大
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表示数变小，电压表示数变大
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12．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（ ）
A．离子从电场中获得能量
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．加速电场的周期随粒子速度增大而增大
D．离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关
13．电荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（不计重力）（ ）
A．M带正电，N带负电
B．M的速率大于N的速率
C．洛伦兹力对M、N不做功
D．M的运行时间大于N的运行时间
14．如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的变化电流I、周期为T，电流值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（ ）
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力恒定不变
D．受到的安培力在一个周期内做正功
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15．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k＞0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=．闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（ ）
A．电容器的a极板带正电
B．正方形导体框中的感应电动势为kL2
C．R2两端的电压为
D．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
二、实验题
16．用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较 （选填“大”或“小”）的倍率挡，重新测量前要进行 ．图示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为 kΩ．
17．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）
电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2 （量程0.6A，内阻约5Ω）
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电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0﹣10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2 （阻值0﹣1kΩ，额定电流0.3A）
①该实验中，电流表应选择 （填“A1”或“A2”），电压表应选择 （填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择 （填“R1”或“R2”）．
②某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在图乙方框中完成实验的电路图．
③表是学习小组在实验中测出的6组数据，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线．
U（V）
I（A）
1
0
0
2
0.5
0.17
3
1.0
0.30
4
1.5
0.39
5
2.0
0.45
6
2.5
0.49
④若将该灯泡与一个6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P= W（保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在第③小题图中）
三、计算题
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18．将电荷量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则AC两点间的电势差是多少？
19．如图所示，宽为0.5m的光滑水平金属框架固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=0.80T的匀强磁场中，框架左端连接一个R=0.4Ω的电阻，框架上面置一电阻r=0.1Ω的金属导体ab，ab长为0.5m．ab始终与框架接触良好且在水平恒力F作用下以v=1.25m/s的速度向右匀速运动（设水平金属框架足够长．轨道电阻及接触电阻忽略不计）．
（1）试判断金属导体ab两端哪端电势高；
（2）求通过金属导体ab的电流大小：
（3）求水平恒力F对金属导体ab做功的功率．
20．如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x＜0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=0.32V/m；以直线OM和正x轴为界，在y＜0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，一不计重力的带负电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场，已知粒子的比荷为q/m=5×106C/kg，求：
（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标
（2）粒子在磁场区域运动的总时间
（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标．
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2016-2017学年四川省雅安市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列关于电场线的说法中正确是（ ）
A．电场线是从正电荷出发，终止于负电荷的曲线
B．一对正、负点电荷的电场线是可以相交的
C．电场线是电场周围实际存在的线
D．带电粒子在电场中必须沿电场线运动
【考点】电场线．
【分析】电场线从正电荷出发，到负电荷终止的曲线，是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱．与带电粒子在电场中的轨迹不同．
【解答】解：A、根据电场线的分布特点可知，电场线是从正电荷出发，终止于负电荷的曲线，故A正确．
B、同一静电场中，任意两条电场线都不能相交，否则交点处电场强度方向就有两个，故B错误．
C、电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，是假想的曲线，并不存在，故C错误．
D、电场线与带电粒子在电场中运动的轨迹是两回事，不一定重合，故D错误．
故选：A
2．如图，一电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F．若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E为（ ）
A．，方向与F相反 B．，方向与F相反
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C．，方向与F相同 D．，方向与F相同
【考点】电场强度．
【分析】电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关．根据电场强度的物理意义进行解答．
【解答】解：根据电场强度的物理意义：电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关．可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的场强大小仍然是，大小和方向均不变，故C正确．
故选：C
3．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（ ）
A．磁感线和磁场都是客观存在的
B．磁铁的磁感线总是从N极出发，到S极终止
C．磁感线越密的地方磁场越强
D．磁感线的切线方向就是小磁针S极在此位置的受力方向
【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．
【分析】为了方便描述磁场，人们假想出一些磁感线，用磁感线来形象的描述磁场；同时，对于磁体的周围，不管有没有画出磁感线，其磁场是一定存在的；磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线的切线的方向表示磁场的方向．
【解答】解：A、磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，但不是真实存在的，故A错误；
B、磁感线在磁铁的外部是从磁铁的N极到S极，在磁铁的内部是S极指向N极，磁铁内部的磁感线与外部的磁感线形成闭合曲线．故B错误；
C、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，故C正确；
D、磁感线的切线方向就是磁场的方向，是小磁针N极在此位置的受力方向，故D错误；
故选：C．
4．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（ ）
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A． B． C． D．
【考点】静电现象的解释．
【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．
【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；
故只有B符合条件．
故选：B．
5．一带电粒子沿如图所示的曲线穿过匀强电场，重力不计，关于粒子带何种电荷以及该粒子在a、b两点动能的大小，下列结论正确的是（ ）
A．负电，在a点动能大 B．正电，在a点动能大
C．负电，动能相等 D．正电，在b点动能大
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．
【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．则电场力一定水平向右，同时注意电场线方向，由电场力做功判断能量变化
【解答】解：A、由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧，电场力方向与电场方向一致，故粒子带正电，从A到B电场力做正功，电势能减小、动能增加，故A、B、C错误；
D正确；
故选D
6．如图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=4V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（ ）
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A． B． C． D．
【考点】电场强度；电势．
【分析】匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，等势面也平行等间距，而且沿着电场线方向，电势降低．
【解答】解：由题意可知，各点的电势分别为Ua=5V，Ub=2V，Uc=4V，则ab连线上离a点处的电势为4V，所以该点与c点的连线，即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故D正确，ABC错误；
故选：D
7．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（S极朝上，N极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【考点】楞次定律．
【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向．
【解答】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故ABC错误，故D正确．
故选：D．
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8．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（ ）
A．磁铁对桌面的压力增大 B．磁铁对桌面的压力减小
C．磁铁对桌面的压力不变 D．磁铁对桌面有摩擦力
【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化．
【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力．所以选项ACD错误，B正确．
故选：B
9．正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子（不计重力）以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出．若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（ ）
A．A点 B．ND之间的某一点
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C．CD之间的某一点 D．BC之间的某一点
【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】解答本题应抓住：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式R=．根据此公式分析，当将磁感应强度B变为原来的2倍时，粒子的轨迹半径如何变化，由几何知识确定这个粒子射出磁场的位置．
【解答】解：粒子射入磁场中做匀速圆周运动，第一次轨迹的圆心在N点，半径为正方形边长的，若将磁感应强度B变为原来的2倍，根据半径公式R=可知，半径变为正方形边长的，由几何知识得知，粒子转动半周从A点射出磁场．故A正确，BCD错误．
故选A
10．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（ ）
A．大小为，粒子带正电时，方向向上
B．大小为，粒子带负电时，方向向上
C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关
D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【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．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．
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【解答】解：
为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，所以选项AB错误．假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下，电场仍然向上．所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关．选项C错误，选项D正确．
故选D．
11．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变大
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表示数变小，电压表示数变大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．
【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗．故A错误．
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B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由于灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小．故B错误．
C、根据串联电路分压规律知，变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，则电容器上电压也增大，其电荷量增多，故C错误．
D、I减小，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．故D正确．
故选：D
12．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（ ）
A．离子从电场中获得能量
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．加速电场的周期随粒子速度增大而增大
D．离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功．
【解答】解：A、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量．故A正确；
B、要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误．
C、据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期．
所以T==，与离子的速度大小无关．故C错误；
D、离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以qvB=
所以r=
据表达式可知，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为
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，与加速电场的电压无关．故D错误．
故选：A
13．电荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（不计重力）（ ）
A．M带正电，N带负电
B．M的速率大于N的速率
C．洛伦兹力对M、N不做功
D．M的运行时间大于N的运行时间
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系，知道洛伦兹力永不做功的性质．
【解答】解：A、磁场的方向向里，由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：R=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；
C、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故C正确．
D、粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．
故选：BC
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14．如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的变化电流I、周期为T，电流值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（ ）
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力恒定不变
D．受到的安培力在一个周期内做正功
【考点】安培力．
【分析】根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律．从而得出速度、安培力随时间的变化规律．
【解答】解：AB、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化，而位移一直增大．故A正确、B正确．
C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化．故C错误．
D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零．故D错误．
故选：AB
15．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k＞0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=．闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（ ）
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A．电容器的a极板带正电
B．正方形导体框中的感应电动势为kL2
C．R2两端的电压为
D．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
【分析】这是电磁感应与电路结合，左侧的导体框相当于电源．要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热．而至于电容器的极板电性，需要可依据感应电动势的正负极，有右手定则可以判定，电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电．
【解答】解：A、电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电．故A错误；
BC、有法拉第电磁感应E===，由此可以知道D错．R2与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：R1+=，故R2两端电压为： ==，故C正确；B错误；
D、设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P=I2R知：滑动变阻器热功率为P=I2+（）2 =，R2的热功率为：P2
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=（）2=，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍．故D正确．
故选：CD
二、实验题
16．用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较 大 （选填“大”或“小”）的倍率挡，重新测量前要进行 欧姆调零 ．图示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为 3.2 kΩ．
【考点】用多用电表测电阻．
【分析】欧姆表指针指在刻度盘中央附近时测量误差较小，指针偏转角度太小．指示值太大，应使选择开关拨到较大的倍率档，换挡必须重新调零，数要乘以倍率．
【解答】解：由题，用欧姆表测电阻时，发现指针偏转角度太小，说明指针指示值太大，应换用较大的倍率档，使指针指在刻度盘中央附近，测量误差较小；
重新测量，测量前必须先要进行欧姆调零；
若选择旋钮在“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为32×100=3200Ω=3.2kΩ．
故答案为：大；欧姆调零；3.2
17．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）
电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2 （量程0.6A，内阻约5Ω）
电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
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电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0﹣10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2 （阻值0﹣1kΩ，额定电流0.3A）
①该实验中，电流表应选择 A2 （填“A1”或“A2”），电压表应选择 V1 （填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择 R1 （填“R1”或“R2”）．
②某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在图乙方框中完成实验的电路图．
③表是学习小组在实验中测出的6组数据，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线．
U（V）
I（A）
1
0
0
2
0.5
0.17
3
1.0
0.30
4
1.5
0.39
5
2.0
0.45
6
2.5
0.49
④若将该灯泡与一个6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P= 0.34 W（保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在第③小题图中）
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】①根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定功率选择电压表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
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②根据图甲所示实物电路图，分析清楚电路结构，然后根据各电路元件的连接方式作出电路图．
③根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中各点作出图象．
④电源与定值电阻整体组成一个等效电源，在图象中作出电源的I﹣U图象，由图象找出电路电流与灯泡电压，然后由P=UI求出灯泡功率．
【解答】解：①灯泡额定电流I===0.5A，电流表选A2（量程600mA，内阻约5Ω），
灯泡额定电压为3V，电压表选V1（量程3V，内阻约3kΩ），
为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选：R1（阻值0～10Ω，额定电流1A）．
②由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，
根据实物电路图作出电路图，如图1所示．
③根据第4组实验数据在坐标系中描出对应点，然后作出I﹣U图象，如图2所示．
④电源与6.0Ω的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出电源的U﹣I图象，如图3所示
两图象的交点坐标值为：U=1.1V，I=0.31A，
灯泡功率为：P=UI=1.1V×0.31A≈0.34W．
故答案为：①A2，V1，R1；②电路图如图所示；③图象如图所示；④0.34
三、计算题
18．将电荷量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则AC两点间的电势差是多少？
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【考点】电势能；电势差．
【分析】根据电场力做功做电势差的关系，求出AB间、BC间的电势差，从而得出AC间的电势差．
【解答】解：AB间的电势差，BC间的电势差．
所以UAC=UAB+UBC=3V．
故AC间的电势差为3V．
19．如图所示，宽为0.5m的光滑水平金属框架固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=0.80T的匀强磁场中，框架左端连接一个R=0.4Ω的电阻，框架上面置一电阻r=0.1Ω的金属导体ab，ab长为0.5m．ab始终与框架接触良好且在水平恒力F作用下以v=1.25m/s的速度向右匀速运动（设水平金属框架足够长．轨道电阻及接触电阻忽略不计）．
（1）试判断金属导体ab两端哪端电势高；
（2）求通过金属导体ab的电流大小：
（3）求水平恒力F对金属导体ab做功的功率．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．
【分析】（1）根据右手定则判断出金属导体中的电流方向，从而确定a、b两端电势的高低．
（2）根据切割产生的感应电动势公式结合闭合电路欧姆定律求出金属导体ab中的电流大小．
（3）根据平衡知水平恒力等于安培力，求出安培力的大小，根据P=Fv求出水平恒力F对金属导体ab做功的功率．
【解答】
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解：（1）根据右手定则知，ab棒中的感应电流方向为b到a，ab棒相当于电源，所以a端的电势高．
（2）因为电动势E=BLv，
则电流I=．
（3）因为水平恒力等于安培力，即F=FA=BIL=0.8×1×0.5N=0.4N
则P=Fv=0.4×1.25W=0.5W．
答：（1）a端的电势高．
（2）通过金属导体ab的电流大小为1A．
（3）水平恒力F对金属导体ab做功的功率为0.5W．
20．如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x＜0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=0.32V/m；以直线OM和正x轴为界，在y＜0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，一不计重力的带负电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场，已知粒子的比荷为q/m=5×106C/kg，求：
（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标
（2）粒子在磁场区域运动的总时间
（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标．
【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】
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（1）由于从坐标原点O沿y轴负方向进入的磁场，入射点对应的半径就在x轴的负方向，又直线OM与x负轴成45°角，所以出射点对应的半径与x负轴垂直．故只要得出半径就可以知道粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标．
（2）粒子第一次出磁场后，在电场作用下会按原路，以与出磁场速度等大反向的速度回到磁场，进而再在磁场中做个圆周的圆周运动．故粒子在磁场区域运动的总时间为一个周期．
（3）粒子第二次进入磁场时方向沿y轴正方向且与电场垂直，在电场力作用下做类平抛运动，由平抛规律可以得到坐标．
【解答】解：（1）粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动．
第一次经过磁场边界上的一点（设为A点），
由得：
，
所以，A点的坐标为：（﹣4×10﹣3m，﹣4×10﹣3m）
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第二次出磁场的点为C，第二次进入磁场的运动为圆周，粒子在磁场中运动的总时间为：
又
代入数据解得：T=1.265×10﹣5s，
所以t=1.265×10﹣5s
（3）粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则
，
由平抛规律得：
△y=v0t1
代入数据解得：△y=0.2m
y=△y﹣2r=0.2m﹣2×4×10﹣3m=0.192m
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粒子离开电磁场时的位置坐标为：（0，0.192m）．
答：（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标：（﹣4×10﹣3m，﹣4×10﹣3m）
（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.265×10﹣5s
（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标（0，0.192m）
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2017年1月23日
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