1、2018-2019 学年河北省邯郸市高二（上）期末物理试卷一、选择题（共 14 小题，每小题 3 分，满分 46 分）1.如图所示是一种简易的验电器，金属丝固定在绝缘立柱上，两端（未接触）上有两块可以活动的铝箔，带电体与金属丝接触之后，两块铝箔带上等量同种电荷，在静电斥力的作用下彼此分开。关于两块铝箔之间的静电力，下面说法正确的是（ ）A. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔带电量成正比B. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离成反比C. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离的平方成反比D. 以上结论都不正确【答案】D【解析】【分析】库仑定律适于点电荷，不是点电荷不能用其求库仑力。对于两块铝箔，
2、因距离小，则不能视为点电荷，不适用于库仑定律。【详解】库仑定律只适用于点电荷，两块靠近的铝箔是不能看作点电荷的，因此，两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，故 ABC 说法错误，D 说法正确。【点睛】考查库仑定律的适用条件，明确两块近距铝箔不能视为点电荷。2.如图所示，两个线圈的绕向相同，其中右侧线圈与电流表构成闭合回路，要使得右侧线圈中产生的感应电流由 c 到 d 流过电流表，且电流表示数恒定，则左侧线圈中的电流随时间变化的图象可能是（规定左侧线圈中从 a 到 b 的电流方向为正方向） （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化，由楞
3、次定律判断在副线圈中产生感应电流的方向。【详解】当右侧线圈中产生的感应电流由 c 到 d 流过电流表时，感应电流的磁场方向向右；根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量若方向向右，则正在减小，若穿过线圈的磁通量的方向向左，则正在增大；根据安培定则可知，此时左侧线圈中的电流随时间变化可知是从a 到 b 正在增大，或电流的方向从 b 到 a，正在减小，故 A 正确，BCD 错误。【点睛】本题考查应用楞次定律判断感应电流方向。3.如图所示，一电子仅在电场力作用下从原点 O 由静止沿 x 轴正方向运动，其动能 Ek 与其位移 x 成正比，M、N 是 x 轴上的两个点，E M、E N 表示 M、N 两点的电场
4、强度， M、 N表示 M、N 两点的电势。下面判断正确的是（ ）A. EME N B. EME N C. M N D. M N【答案】D【解析】【分析】根据电子的运动方向结合图象，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反。根据场强方向判断电势的高低。由速度图象读出速度平方 v2 与位移 x 的关系，确定场强的变化情况【详解】由动能 Ek与其位移 x 成正比，E k=Eqx，故 E 为常量，为匀强电场，故 AB 错误；电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿 MN，沿电场线的方向电势降低， M N，故D 正确，C 错误。所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】本题实质考查分析电子受力情况和运
5、动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析。4.下面有关物理学史的叙述正确的是（ ）A. 库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向B. 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C. 法国物理学家库仑在前人工作的基础上通过实验确立了库仑定律D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方向楞次定律【答案】C【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献。【详解】法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故 A 错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故 B 错误；库仑总结出了真空中两个静止点电
6、荷之间的相互作用规律，确立了库仑定律，故 C 正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究提出了判断感应电流方向的方向-楞次定律，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。【点睛】题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆。5.如图所示，两根平行长直导线 M、N 中通有等大、反向的电流。长直导线 M、N 与纸面垂直放置，O 为 MN 连接的中点，在纸面内以 O 点为圆心做圆，与 MN 连线交于 a、b 两点，与 MN 中垂线交于 c、d 两点，则下列说法正确的是（ ）A. 圆心 O 处磁感应强度的大小为零B. c、d 两点磁感应强度方向相同C. a、b 两点磁感
7、应强度方向相反D. a、c 两点磁感应强度方向互相垂直【答案】B【解析】【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在 a、b、c、d 四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。【详解】根据右手螺旋定则，M 处导线在 O 产生的磁场方向竖直向下， N 处导线在 O 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于 0，故 A 错误；M 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下，在 d 处产生的磁场方向垂直 dM 偏下，N 在 c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏下，在 d 处产生的磁场方向垂直于 dN 偏下，根据平行四边形定则，知 c 处的磁场方向竖直向下，d 处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等
8、，故 B 正确；M 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，在 b 处产生的磁场方向竖直向下，N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故 C 错误；由上分析可知， a、c 两点的磁场方向都是竖直向下，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。6.关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）A. 线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流B. 穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电
9、流产生C. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生D. 只要电路的一部分作切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流【答案】A【解析】不闭合电路在磁场即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈也没有感应电流，A 正确；螺线管不闭合时，即使穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部也没有感应电流产生，B错误；闭合电路中的磁通量不为零，但磁通量不变化，是不会产生感应电流的，C 错误；电路若不闭合，在部分电路切割时电路中不会产生感应电流，D 错误【点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化7.真空中有一个点电荷 Q，MN 是
10、这个点电荷电场中的一条直线，A 、B 、C 是直线 MN 上的三个点，B 是 A、C 的中点，设 A、B、C 三点场强大小分别为 EA、E B、E C，在直线MN 上 A 点的场强最大，E B EA，由此可知，E C 的大小为（ ）14A. EC EA B. EC EA C. EC EA D. EC EA13 14 19 16【答案】C【解析】【分析】根据点电荷的电场强度公式： ，结合各点到点电荷的间距即可求解。E=kQr2【详解】在直线 MN 上 A 点的场强最大，说明点电荷 Q 靠近 A，而 MN 是这个点电荷电场中的一条直线，故点电荷 Q 在 A 点的左侧，设距离 A 点 x，AB 和
11、BC 的间距为 L；根据点电荷电场强度的计算公式可得： ， ， ，E B EA，解得EA=kQx2 EB=k Q(x+L)2 EC=k Q(x+2L)2 14Lx，则： ，故 C 正确，ABD 错误。EC=kQ(x+2L)2=19EA【点睛】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比.8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一个带电小球从 a 点进入场区并刚好能沿 ab 直线斜向上做匀速运动，下面说法正确的是（ ）A. 小球一定带正电B. a 点的电势高于 b
12、点的电势C. 运动过程中小球电势能增加D. 运动过程中小球机械能增加【答案】D【解析】【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可解题。【详解】根据做直线运动的条件可知受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，如图所示：由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，所以小球一定带负电，且做匀速直线运动，故 A 错误；沿场强方向电势逐渐降低，所以 b 点的电势高于 a 点的电势，故 B 错误；由于电场力向左，对小球做正功，电势能减小，故 C 错误；
13、由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v 与 B 不平行） 若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。9.如图所示，实线 AB 是某匀强电场中的一条电场线，虚线 PQ 是一个带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，P 处的速度与电场线垂直。下列说法正确的是（ ）A. 带电粒子一定带正电B. 带电粒子一定带负电C. 带电粒子在 P 点的电势能一定大于在 Q 点的电势能D. 电场中 Q 点电势一定高于 P 点的电势【答案
14、】C【解析】【分析】由运动轨迹弯曲方向判断出粒子受到的电场力方向，结合电场线的方向分析带电粒子的电性。根据加速度的大小确定点电荷的位置，由电场力做功情况判断电势能的大小，从而判断电势的高低。【详解】带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知粒子经过 A、B连线时所受的电场力由 B 指向 A，由于电场线的方向未知，所以不能确定带电粒子的电性，故 AB 错误；粒子从 P 向 Q 运动，则电场力做正功，电势能减小，E PP一定大于 EPQ，故C 正确；由于电场线的方向不能确定，所以不能判断 A、B 两点电势高低，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。【点睛】解决本题的关键是抓住曲
15、线运动的合力方向的特点：曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向可判断粒子所受的电场力方向。10.如图所示，内阻为 1 的直流电动机和 8 定值电阻并联之后接在直流电源上，电源电动势 6V，内阻 1开关 S 闭合后，电动机正常工作，此时理想电压表读数为 4V则下列说法正确的是（ ）A. 流过电动机的电流为 4AB. 流过电源的电流为 4.5AC. 电动机的输入功率等于 6WD. 电动机的输出功率等于 5.75W【答案】C【解析】【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流。由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流。电动机对外输出的机
16、械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差。【详解】对定值电阻： ，电动机与灯泡并联，则电动机的电流 I 电 I I 灯I1=UR=0.5A2A0.5A1.5A，故 A 错误；电源的输出电压：U E Ir ，则有：I=2A，故 B 错误；电动机的输入功率等于 PUI 电 41.56W，故 C 正确；根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率 P 出 UI 电 I 电 2r62.253.75W ，故 D 错误。所以 C 正确，ABD错误。【点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。11.如图所示，质量为 m 的直导体棒垂直放在光滑水平导轨 ab、cd
17、上，导轨跟直流电源相连，两导轨间的距离为 L，闭合开关后导体棒中通过恒定的电流。劲度系数为 k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当棒处于静止状态时弹簧处于伸长状态且伸长量为 x，则下列说法正确的是（ ）A. 回路中的电流为逆时针方向B. 金属棒静止时电流等于kxBLC. 若仅将电流方向反向，电流改变方向后的瞬间，导体棒的加速度大小为2kxmD. 改变磁场方向，使磁场与导轨 ab、cd 平行，则金属棒受到的安培力等于零【答案】BC【解析】【分析】根据弹簧伸长可知安培力的方向，由左手定则可确定通电导线的电流方向；电流改
18、变方向后的瞬间，安培力方向变化，但大小不变，由牛顿第二定律可求得加速度；使磁场与导轨ab、cd 平行，磁场方向与电流方向仍然垂直，金属棒受到的安培力不为零。【详解】由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，回路中电流方向为顺时针方向，故 A 错误；由于弹簧伸长为 x，根据胡克定律和平衡条件可得， kxBIL，则有，故 B 正确；电流改变方向后的瞬间，安培力瞬间变为向左，大小不变，由牛顿第二I=kxBL定律得：2kxma，得 ，故 C 正确；改变磁场方向，使磁场与导轨 ab、cd 平行，磁a=2kxm场方向与电流方向仍然垂直，金属棒受到的安培力不为零，故 D 错误。所以 BC 正确，A
19、D错误。【点睛】本题考查左手定则、胡克定律、平衡条件，以及力的分解。要注意明确受力分析的正确应用，掌握用左手定则分析安培力方向问题。12.如图所示，R 11，R 2 6，R3 为滑动变阻器，其最大阻值为 9，电源电动势E9V，内阻 r4.5 ，电表都为理想电表，现将滑动变阻器的滑片 P 从下端向上移动，则：（ ）A. 在滑动滑片 P 的过程中，电压表示数变大B. 在滑动滑片 P 的过程中，电流表示数变大C. 电压表示数变化量和电流表的示数变化量的比值为 11.5D. 电源的输出功率最大值为 4.5W【答案】AD【解析】【分析】R2与 R3并联后与 R1串联，根据闭合电路动态电路分析即可。【详解
20、】在滑动滑片 P 的过程中，外电路电阻变大，干路电流减小，外电路电压增大，故电流表示数减小，电压表示数增大，故 A 正确，B 错误；根据欧姆定律，EIrU +R1I，代入数值得：U95.5I，故电压表示数变化量和电流表的示数变化量不是定值，故 C 错误；电源的输出功率最大时，外电阻等于电源内阻，可得 ，故 D 正确。Pmax=(E2r)2r=4.5W所以 AD 正确，BC 错误。【点睛】本题考查动态电路分析，注意当外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大。13.如图所示，虚线 MN 右侧存在匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，电场方向竖直向上，矩形区域 ABCD 的 A
21、D 边与 MN 重合，AB 边长为，AD边长为 一质量为 m、电荷量为 q 的正电微粒垂直于 MN 射入复合场区域后做匀速圆周43l运动，到达 C 点时，电场方向立刻旋转 90，同时电场强度大小也发生变化（不考虑电场变化时产生的影响） ，带电微粒沿着对角线 CA 方向从 A 点离开。重力加速度为 g，下面说法正确的是（ ）A. 电场方向旋转 90之后，电场方向水平向左B. 电场改变之后的场强大小变为原来的 2 倍C. 微粒进入 MN 右侧区域时的初速度为563glD. 微粒在矩形 ABCD 区域内做匀速直线运动【答案】CD【解析】【分析】电场方向旋转 90之后，带电微粒必定做匀速直线运动，否则
22、若是变速直线运动，速度变化，洛伦兹力变化，不可能做直线运动。通过分析受力情况，对照直线运动的条件，确定电场方向，并由平衡条件求场强的大小。由洛伦兹力大小，来求初速度.【详解】带电微粒垂直于 MN 射入复合场区域后做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，由洛伦兹力提供向心力。微粒在矩形 ABCD 区域内必定做匀速直线运动，否则若是变速直线运动，速度变化，洛伦兹力变化，不可能做直线运动。在 ABCD 区域内，微粒受到竖直向下的重力、垂直于 AC 方向斜向上的洛伦兹力，由平衡条件知电场力方向水平向右，所以电场方向旋转 90之后，电场方向水平向右，故 A 错误， D 正确；电场改变之前，有 mgqE 1。电
23、场改变之后，如图所示：由几何关系可知 ，可得 53，由平衡条件得 qE2mgtan mg，可得 E2tan=ADDC=43 43E1，故 B 错误；微粒在进入矩形 ABCD 区域内之前做匀速圆周运动的轨迹如图，设轨迹43半径为 r，则 ACrtan l，得 r l，根据洛伦兹力提供向心力得 ，微粒在进53 54 qvB=mv2r入矩形 ABCD 区域内，由平衡条件得 ，联立解得 ，即微粒进入qvB=mgcos=53mg v=563glMN 右侧区域时的初速度为 ，故 C 正确。所以 CD 正确，AB 错误。v=563gl【点睛】本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，关键要正确分析微粒的受力情
24、况。对于圆周运动，要会确定半径和圆心以及圆心角。本题涉及的过程较多，要正确地画出轨迹图，结合几何关系即可解题。14.如图所示，两条粗糙平行导轨间的距离是 0.5m，导轨与 2 的电阻连接，水平固定放置在桌面上，导轨一部分位于有理想边界的磁场中，磁场垂直导轨平面向下。质量为 0.2kg的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨以及金属杆的电阻可忽略不计。在t00 时刻，给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力 F，金属杆由静止开始运动，在 t110s时，以速度 v14m/s 进入匀强磁场，且恰好做匀速运动，在 t215s 时刻，撤去拉力 F，与此同时磁感应强度开始逐渐减小，金属杆中不再有感应电流，
25、金属杆匀减速运动到t320s 时停止，下面说法正确的是（ ）A. 拉力 F0.08NB. t1t 2时间内磁感应强度 0.4TC. 回路磁通量的最大值为 4WbD. t2t 3 时间内磁感应强度随时间均匀减小【答案】BC【解析】【分析】根据金属杆的受力情况，由牛顿第二定律列方程，由加速度定义式求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力 F；应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度；当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变化规律。【详解】由加速度定义式可知，加速度大小： ， a1=vt=410m/s2=0.4m/s2，在 010 内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有
26、进入磁场，a2=vt3t2= 42015m/s2=0.8m/s2由牛顿第二定律得：Fmgma 1，由题意可知，15s 末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mgma 2，代入数据解得：F0.24N，故 A 错误；在 t1t 2 内，金属杆做匀速直线运动，速度：v4m/s，金属杆受到的安培力： ，金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件F安 培 =B0IL=B20L2v1R得： ，代入数据解得：B 00.4T，故 B 正确；1520s 内不产生感应电流，F mg+B20L2v1R穿过回路的磁通量保持不变，金属杆在 1015s 内的位移：d
27、vt4520m，磁通量最大值：B 0Ld0.40.5204Wb，故 C 正确；在 15s 后的金属杆的加速度：aa 20.8m/s 2，金属杆的位移： xv 1（t15） a（t15） 24（t15）120.4（t15） 2，磁通量保持不变，则： B0LdBL （d+x ） ，解得： ，故 DB=2050(t15)(t25)T错误。所以 BC 正确，AD 错误。【点睛】电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程是解题的关键，应用安培力公式、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律可以解题。二、解答题（共 5 小题，满分 54 分）15.在测定电源电动势和内电阻实验中，选择合适的器
28、材组成如图所示的电路。（1）将电阻箱 R 阻值调到 R128 时，电压表读数为 U11.4V，将电阻箱 R 阻值调到R213 时，电压表读数为 U21.3V ，根据这两组数据求得电源电动势 E_V；内电阻 r_ （保留两位有效数字）（2）多次改变电阻箱的电阻 R，读出对应的电压表读数 U，然后用图象法处理数据，以电压表读数 U 为纵轴，以 为横轴，做出图象得到一条直线。电动势等于图象的_；内电UR阻等于图象的_。【答案】 (1). 1.5 (2). 2.0 (3). 纵轴截距 (4). 斜率的绝对值【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为 R1 和 R2 的情况，列出含有电动势
29、和内阻的方程组求解；由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻。【详解】 （1）由闭合电路欧姆定律可知：EU +IrU + r，根据题意可知：E1.4+ URr，E1.3+ r，解得：E 1.5V ，r2.0 。1.42.8 1.313（2）由图示电路图可知，电源电动势：EU +IrU + r，整理得：UE r，则 U 图UR UR UR象与纵轴的截距等于电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。【点睛】本题是一道电学测定某电源的电动势和内电阻实验题，它检测学生会利用课本实验进行变形的迁引能力。16.用伏安法测量一个阻值未知的电阻 Rx 的阻值，先用多用电表的欧姆挡粗
30、略测量其阻值，具体做法如下：把多用电表的选择开关置于“10”挡，然后将红、黑表笔短接，调整“调零旋钮”，使得表针指向“0” 。将红、黑表笔分别与被测电阻 Rx 接触结果发现指针最终停留在欧姆表的“0”和“1”刻度之间。(1)关于欧姆表的使用以及被测电阻 Rx 的阻值，下列说法正确的是_A.测电阻时，选择的倍率不合适，应该换用 “1000”挡B.测电阻时，选择的倍率不合适，应该换用“100” 挡C.测电阻时，选择的倍率不合适，应该换用“1” 挡D.使用欧姆挡测电阻时，每次更换倍率后都应该重新进行“欧姆调零”操作(2)若给出的实验器材中有阻值为 2.9104 的定值电阻一只，还有两只电流表，其中电
31、流表 A1的量程为 0.6A，内阻大约为 0.1，电流表 A2的量程为 0.1mA，内阻为 1000，根据所给实验器材完成电路图的实物连接_(图中的滑动变阻器已连接好) 。(3)若改变滑动变阻器的滑动触头，发现当电流表 A1的读数为 0.4A 时，电流表 A2的指针正好偏转了满刻度的 ，在这种情况下，被测电阻 Rx 的测量值为 _。23【答案】 (1). CD (2). (3). 5【解析】【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，根据题意分析答题。（2）没有电压表，可以把已知内阻的电流表与定值电阻串联改装成电压表测电压，另一个电流表测
32、电路电流，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。（3）根据题意求出待测电阻两端电压，然后应用欧姆定律求出待测电阻阻值。【详解】 （1）多用表的选择开关置于“10”挡，测待测电阻阻值时，指针最终停留在欧姆表的“0”和“1”刻度之间，指针偏角太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应选择欧姆1 挡，然后进行欧姆调零再测电阻阻值，故 CD 正确，AB 错误；故选 CD。（2）把已知内阻的电流表 A2 与定值电阻阻值串联测电压，由题意可知，滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，实物电路图如图所示：（3）待测电阻两端电压：U= IA2（R g+R）= 0.11
33、0-3（2.910 4+1000）=2V，23 23待测电阻阻值： ；RX=UI=2V0.4A=5【点睛】本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项，要掌握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；把电流表与分压电阻串联可以把电流表改装成电压表；根据题意应用欧姆定律即可解题。17.如图所示，有界匀强磁场宽度为 d，磁场磁感应强度为 B，一个电子从左侧边界的 A 点垂直射入磁场，从右侧边界上的某点离开。粒子在磁场中运动的位移恰好等于其轨道半径，已知电子质量为 m、带电量为 e，不计电子重力。求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）粒子穿过磁场的时间。【答案】 （1） （2）23eBd3m m3eB【解
34、析】【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，做出粒子运动的轨迹，根据几何关系求出轨道半径，根据牛顿的第二定律求出速度；先求出路程，再根据速度公式求出时间。【详解】 （1）由几何关系可知，粒子在磁场中的圆心角为 60，轨道半径为 r=dsin600=233d根据牛顿第二定律： evB=mv2r解得： v=23edB3m（2）圆心角对于的弧长为 s=r=r3粒子穿过磁场的时间 t=sv=r3v联立解得： t=m3eB【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是做出轨迹并根据几何关系求半径。18.如图所示，在水平面（纸面）内虚线 MN 的右侧存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向竖直向下。虚线 MN
35、的左侧放置一边长为 L 的正方形导体线框 abcd，其一条边 cd 与 MN平行。现给导体框一水平向右的恒力 F，导体框恰好能够匀速进入磁场中（移动过程中 cd始终与 MN 平行） 。已知线框质量为 m，电阻为 R，线框与水平面的滑动摩擦力大小为 ，F2求：（1）线框进入磁场过程中的速度大小；（2）线框进入磁场过程中流经线框某一横截面的电荷量。【答案】 （1） （2）FR2B2L2 BL2R【解析】【分析】应用安培力公式求出安培力，线框匀速进入磁场，由平衡条件可以求出线框进入磁场的速度大小；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用电流定义式求出电荷量。【详解】 （1）线
36、框进入磁场过程受到的安培力： F安 培 =BIL=B2L2vR线框匀速进入磁场，由平衡条件得： F=F2+B2L2vR解得： v=FR2B2L2（2）线框进入磁场过程，感应电动势： E=t=BL2t感应电流： I=ER通过线框导线横截面的电荷量：qIt解得： q=BL2R【点睛】电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程是解题的关键，应用安培力公式、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律可以解题。19.如图所示，水平放置的平行板电容器极板长度为 L，两极板相距为 d，距离极板右端也为 L 处有竖直放置的屏。现有一电荷量为+q、质量为 m 的带电粒子（重力不计） ，以初速度 v0
37、 沿平行于极板方向射入电场中，若电容器不带电粒子打到屏上的 O 点，现给电容器加入电压等于 U 的恒定电压，粒子未达到极板上。求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子离开电场时的速度偏转角的正切值；（3）粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x。【答案】 （1） （2） （3）2Lv0 qULmdv02 3qUL22mdv02【解析】【分析】粒子水平方向不受力的作用，故在水平方向做匀速直线运动，根据 x=vt 可求得运动时间；根据牛顿第二定律可求得粒子在竖直方向上的位移，根据运动的合成与分解规律可求得竖直方向上的偏转位移和离开电场时的速度，根据三角函数正切值求解；离开电场后粒子做
38、匀速运动，根据运动的合成与分解规律可求得竖直分位移，从而求出粒子在竖直方向上的总位移。【详解】 （1）粒子在垂直于电场线的方向做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所有的时间为 t=2Lv0（2）设粒子射出电场是沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间 t=Lv0粒子在电场中的加速度为： a=Fm=qEm由于 E=Ud所以 vy at=qELmv0=qULmdv0所以粒子离开电场时的速度偏转角的正切值为：tan=vyvx=qULmdv20（3）设粒子在电场中偏转距离为 y，则y=12at2=qUL22mdv20又 x y+Ltan解得：x=3qUL22mdv20【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动规律的应用，要注意明确粒子垂直电场进入时，一定做类平抛运动，解决方法即为运动的合成与分解规律的应用；对于离开电场后的匀速运动，可以直接求出偏转角，再利用几何关系分析求解。
