1、2015-2016学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期末物理试卷一、选择题：本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，第18题只有一个选项正确，第914題有多个选项正确，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下列说法正确的是（）A只有当带电体与验电器导体棒的上端接触，导体捧下端的金属箔片才会张开B比荷是指带电体的质量与电苘量之比C两个金属球，一个带电，一个不带电，相互接触后电荷量一定均分D只有点电荷才能利用库仑定律计算其相互作用的静电力2有一通电金属导线在赤道上方，东西方向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）A向东B向西C向上D向下3如图所示，空间有一水平方
2、向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒（）A电势能增加B电势能减小C动能增加D动能不变4两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）ABCD5在静电场中，一个电子由a点移到b点时静电力做功为5eV（1eV=1.61019 J），则以下说法中正确的是（）A电场强度的方向一定由b沿直线指向aBa、b两点间电势差Uab=5 VC电子的电势能减少5eVD电子的动能减少5J6如图所示，在一个平面内有六根绝
3、缘的通电导线，电流大小相同，1、2、3、4为面积相等的正方形区域，其中指向纸面内的磁场最强的区域是（）A1区B2区C3区D4区7如图所示电路中，电压表的读数为9V，电流表的读数为0.1A已知电压表的内阻为900，电流表的内阻为20，则电阻R的阻值为（）A90B100C110D1208如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为（）AEa=3Eb，abBEa=3Eb，abCEa=，abDEa=Eb，ab9如图所示平行板电容器两个极板为A、
4、B，B板接地，A板带有电荷量+Q板间电场有一固定点P若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些在这两种情况下，以下说法正确的是（）AA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变BA板下移时，P点的电场强度不变P点电势升高CB板上移时，P点的电场强度不变P点电势降低DB板上移时，P点的电场强度减小P点电势降低10如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为、且，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（）Aa球的质量比b球的质量大Ba球的电荷量比b球的电荷量大Ca，b两球
5、飞行的水平距离相等D两球同时落地11在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A增大R1B减小R2C减小R3D减小MN间距12如图为质谱仪的工作原理图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B速度选抒器中的磁场方向垂直纸面向外C能迪过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越
6、靠近狭缝P，粒子的荷质比越小13如图所示，氕、氘、氚的原子核结构同一加速电场由静止开始加速，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）A经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B它们在偏转电场中会分离为三股粒子束C经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多D三种原子核都打在屏上的同一位置上14在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为1：1B离开电场区域
7、时的动能之比为1：3C在磁场中运动的时间之比为3：2D在磁场中运动的半径之比为1：二、本題共2小题，每空2分，共16分.15用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为mm用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为mm16某学生实验小组利用如图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”档内部电路的总电阻，使用的器材有：电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调欧姆零点（2）将图1中多用电表的黑表笔和（选填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑
8、片调到适当位置，使多用电表的示数如图2甲所示，这时电压表的示数如图乙所示多用电表和电压表的读数分别为k和V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12k和4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图3所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V，电阻“lk”挡内部电路的总电阻为k三、本题共3小题，共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不得分，有数值计算的題，答案中必须明确写出数值和单位.17如图，质量为m
9、=0.5kg，长L=1m的通电导体棒在安培力的作用下静止在370倾角的光滑绝缘框架上，磁场垂直于框架所在的平面向下（磁场范围足够大），右侧回路电源电动势E=8V，内阻r=1，电动机的额定功率8W，额定电压4V，且正常工作求磁场的磁感强度是多少？（cos37=0.8，sin37=0.6）18如图所示，在竖直放置的光滑绝缘细圆管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电荷量为+q的小球（小球直径略小于细管的管径，可视为质点）从圆管的最高点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，求：（1）固定于圆心处的点电荷在B点的电场强度大小；（2）若把O处固定的点电荷拿走，加上一个水平向左场强为
10、E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到与圆心等高的C点时，环对小球的作用力大小19如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点不计重力求（l）电场强度的大小（2）粒子到达P2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小2015-2016学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共14小题，在每小题给出的四个
11、选项中，第18题只有一个选项正确，第914題有多个选项正确，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下列说法正确的是（）A只有当带电体与验电器导体棒的上端接触，导体捧下端的金属箔片才会张开B比荷是指带电体的质量与电苘量之比C两个金属球，一个带电，一个不带电，相互接触后电荷量一定均分D只有点电荷才能利用库仑定律计算其相互作用的静电力【考点】电荷守恒定律【分析】使物体带电可以是接触带电，也可以是感应起电；比荷是指带电体的电苘量与质量之比；完全相同的金属球接触会均分电荷，其他不可以；库仑定律使用的条件为点电荷【解答】解：A、当带电体与验电器导体棒的上端靠近时，会产生感应起电，故导体捧
12、下端的金属箔片也会张开，故A错误；B、比荷是指带电体的电苘量与质量之比，故B错误；C、两个金属球，一个带电，一个不带电，相互接触后电荷量一定均分，必须满足两个金属球大小形状完全相同，故C错误；D、库仑定律适用于点电荷产生的静电力计算，故D正确；故选：D2有一通电金属导线在赤道上方，东西方向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）A向东B向西C向上D向下【考点】左手定则；地磁场【分析】解答本题首先要明确地球磁场的分布情况，然后根据左手定则直接进行判断即可【解答】解：地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手定则可得安培力方向向上，故ABD错误，C
13、正确故选C3如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒（）A电势能增加B电势能减小C动能增加D动能不变【考点】电势能；功能关系【分析】带电微粒在匀强电场中受到重力和电场力作用，由于微粒从A点沿直线运动到B点，其所受的合力方向必定与速度方向在同一直线上，则可判断出电场力方向水平向左，再分析电场力做功正负，判断电势能的变化由合力做功正负，判断动能的变化【解答】解：A、B由题，微粒从A点沿直线运动到B点，其合力方向必定与速度方向在同一直线上，则可知微粒所受的电场力方向水平向左，电场力做负功，则微粒的电势能增
14、加故A正确，B错误C、D由上分析可知，微粒所受的电场力水平向左，其合力方向与速度相反，做负功，则微粒的动能减小故CD均错误故选A4两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）ABCD【考点】串联电路和并联电路【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路【解答】解：A、灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了
15、，故A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，
16、所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确故选C5在静电场中，一个电子由a点移到b点时静电力做功为5eV（1eV=1.61019 J），则以下说法中正确的是（）A电场强度的方向一定由b沿直线指向aBa、b两点间电势差Uab=5 VC电子的电势能减少5eVD电子的动能减少5J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向只有电场力做功时，电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少，动能就增加多少由公式U=求出a、b两点电势差Uab【解答】解：A、电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电子受到
17、的电场力的方向不一定在ab直线上，电场强度的方向也不一定由b指向a故A错误B、a、b两点电势差为：Uab=5V故B错误CD、根据功能关系知，电场力对电子做功5eV，则电子的电势能就减少了5eV，动能增加5eV故C正确，D错误故选：C6如图所示，在一个平面内有六根绝缘的通电导线，电流大小相同，1、2、3、4为面积相等的正方形区域，其中指向纸面内的磁场最强的区域是（）A1区B2区C3区D4区【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断六根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强【解答】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，
18、根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示 导线区域1区域2区域3区域41点点点点2点点叉叉3叉叉叉叉4叉叉叉叉5叉点点叉6点点点点根据磁场的叠加可知，指向纸面内的磁场最强的区域是4区故选D7如图所示电路中，电压表的读数为9V，电流表的读数为0.1A已知电压表的内阻为900，电流表的内阻为20，则电阻R的阻值为（）A90B100C110D120【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】电压表测量R与电压表并联的电压，电流测量它们并联的总电流，由欧姆定律可求出R与电压表并联的电阻，再根据并联电路的特点求解R的值【解答】解：根据欧姆定律得：R与电压表并联的电阻值为：R并=90又R并=代
19、入得：90=，解得 R=100故选：B8如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为（）AEa=3Eb，abBEa=3Eb，abCEa=，abDEa=Eb，ab【考点】电场强度；电势【分析】先根据几何知识求出a、b两点到点电荷的距离之比，再根据点电荷场强公式E=k求解场强之比再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低【解答】解：设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb根据几何知识得：rb=ra根据E=k得：Ea：Eb=： =3，则有
20、：Ea=3Eb由场强方向可知该点电荷带负电，电场线从无穷远处指向负电荷，顺着电场线方向电势降低，则ab故选：B9如图所示平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q板间电场有一固定点P若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些在这两种情况下，以下说法正确的是（）AA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变BA板下移时，P点的电场强度不变P点电势升高CB板上移时，P点的电场强度不变P点电势降低DB板上移时，P点的电场强度减小P点电势降低【考点】电容器的动态分析；电势【分析】由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化由U=Ed分析P点与下
21、板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化【解答】解：AB、由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论：E=可知，P点的电场强度E不变P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变故A正确，B错误CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低故C正确，D错误故选AC10如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为、且，若同时剪断两根细线
22、，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（）Aa球的质量比b球的质量大Ba球的电荷量比b球的电荷量大Ca，b两球飞行的水平距离相等D两球同时落地【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】对两球受力分析，根据共点力平衡条件列方程比较a、b两球质量大小，库仑定律遵循牛顿第三定律，大小相等与电荷量大小无关，比较时间和水平位移根据运动的合成与分解进行分析【解答】解：A、对A、B两球进行受力分析，均受重力、细线的拉力和库仑斥力三个力的作用而处于平衡状态，对a球对b球联立因为，所以，故A正确B、电荷a、b的库仑力遵循牛顿第三定律，总是大小相等，方向相反，与电荷量的大小无关，故B错误C、剪
23、断细线后，水平方向受库仑力，竖直方向受重力作用，竖直方向做自由落体运动，高度相等，时间相等，水平方向两球的加速度不等，故水平位移不等，故C错误D、由C分析知，两球落地时间相等，所以D正确故选：AD11在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A增大R1B减小R2C减小R3D减小MN间距【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板
24、的距离，从而实现提高两板间的电场强度【解答】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，
25、故D正确故选：BD12如图为质谱仪的工作原理图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B速度选抒器中的磁场方向垂直纸面向外C能迪过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系【解答】解：A、
26、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外故A错误，B正确C、在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB，解得v=故C正确D、进入偏转电场后，有：qvB0=m，解得r=，知r越小，比荷越大故D错误故选：BC13如图所示，氕、氘、氚的原子核结构同一加速电场由静止开始加速，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）A经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B它们在偏转电场中会分离为三股粒子束C经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多D三种原子核都打在屏上的同一位置上【考
27、点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】本题中带电粒子先加速后偏转先根据动能定理求出加速获得的速度表达式三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系【解答】解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；BD、在偏转电场中的偏转位移y=解得：y=同理可得到偏转角度的正切tan=，可见y和tan与电荷的电量和
28、质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点，不会分离为三股粒子束，故B错误，D正确C、三种原子核经过偏转电场后的偏转量y=，与电荷的电量和质量无关，所以经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多故C正确故选：CD14在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为1：1B离开电场区域时的动能之比为1：3C在磁场中运动的时间之比为3：2D
29、在磁场中运动的半径之比为1：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，根据几何关系即可求出对应的圆心角，从而求出对应的时间【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错误B、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故B正确C、根据B可知离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的
30、角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，而运动时间t=，故=，故C正确，D错误；故选：BC二、本題共2小题，每空2分，共16分.15用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为10.50mm用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为4.600mm【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【
31、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10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为10.00.01mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm故答案为：10.50，4.60016某学生实验小组利用如图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”档内部电路的总电阻，使用的器材有：电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电
32、表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调欧姆零点（2）将图1中多用电表的黑表笔和2（选填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2甲所示，这时电压表的示数如图乙所示多用电表和电压表的读数分别为15.0k和3.60V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12k和4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为12.0k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图3所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为9.0V，电阻“
33、lk”挡内部电路的总电阻为15.0k【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势【解答】解：（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K15.0=15.0k；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，
34、故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0K；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15.0K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4V+15k=9.0V；故答案为：（2）2；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0三、本题共3小题，共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不得分，有数值计算的題，答案中必须明确写出数值和单位.17如图，质量为m=0.5kg，长L=1m的通电导体棒在安培力的作用下静止在370倾角的光滑绝缘框架上，磁场垂直于框架所在的平面向下（磁场范围足够大），右侧回路电源电动势E=8V，内阻r=
35、1，电动机的额定功率8W，额定电压4V，且正常工作求磁场的磁感强度是多少？（cos37=0.8，sin37=0.6）【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流，进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B【解答】解：电动机的电流为 I1=A=2A 流过电源的电流 I=A=4A 所以流过导体棒的电流 I2=II1=42=2A 对导体棒，由平衡条件有：mgsin37=BI2L 可得：B=1.5T 答：磁场的磁感强度是1.5T18如图所示，在竖直放置的光滑绝缘细圆管的圆心O处固定一点电荷，将质
36、量为m，带电荷量为+q的小球（小球直径略小于细管的管径，可视为质点）从圆管的最高点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，求：（1）固定于圆心处的点电荷在B点的电场强度大小；（2）若把O处固定的点电荷拿走，加上一个水平向左场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到与圆心等高的C点时，环对小球的作用力大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理【分析】（1）先对小球从A到B的过程，运用动能定理列式得到小球到B点时的速度再研究B点，结合题目条件知：管壁对球没有力，由库仑力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，联立两个方程即可求解（2）先由动能定理求出
37、小球到达C点时的速度，再由向心力公式解答【解答】解：（1）设圆环的半径为r，从A到B，由动能定理得： mg2r=设B点的电场强度为E，在B点，由牛顿第二定律有： qEmg=m联立以上两式解得 E=（2）设小球到达C点时的速度为vC，从A到C，由动能定理得 mgr+qEr=设在C点环对小球的作用力为F，由牛顿第二定律得： FqE=m联立解得 F=3qE+2mg答：（1）固定于圆心处的点电荷在B点的电场强度大小是（2）环对小球的作用力大小为3qE+2mg19如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电量为q、质量为m的带
38、正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点不计重力求（l）电场强度的大小（2）粒子到达P2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根据运动学公式即可求解；（3）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度【解
39、答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：v0t=2h qE=ma 联立式可得：（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角（与x轴的夹角）为，v12=2ah=45所以粒子是垂直P2 P3的连线进入磁场的，P2 P3是粒子圆周运动轨迹的直径，速度的大小为 （3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动的半径根据几何关系可知是r=，由牛顿第二定律 所以 =如图是粒子在电场、磁场中运动的轨迹图答：（l）电场强度的大小为（2）粒子到达P2时速度的大小为，与x轴成45夹角；（3）磁感应强度的大小为2017年3月31日
