2019届高三物理上学期第二次月考试卷(含解析) (II).doc

2019届高三物理上学期第二次月考试卷(含解析) (II)一、单项选择题1. 关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是( )A. 电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力都相同，则该区域内的电场一定是匀强电场B. 放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零C. 一小段长为L的通有电流I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为D. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度一定为零【答案】AB【解析】试题分析：电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力都相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，选项A正确；根据可知，放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零，选项B正确；一小段长为L的通有电流I的导体，在磁场中如果受到的最大的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为，选项C错误；因导线平行磁场方向放置时，所受的安培力为零，则当一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选AB.考点：电场强度；磁感应强度.【名师点睛】此题考查了学生对电场强度以及磁感应强度的理解；要知道电场强度E=Fq和磁感应强度B=FIL，都是采用比值定义法；电场力为零时，电场强度一定为零；而安培力为零时，磁感应强度不一定为零；基础题.2.如图所示为一正点电荷M和一金属板N形成的电场线，a、b、c为电场中的三点，则下列说法正确的是（ ）A. a、c两点的电场强度大小关系为EaEcB. a、b两点的电势相等C. 一负点电荷在a点处的电势能大于它在b点处的电势能D. 若将某正点电荷由a点移到c点，电场力做正功【答案】AD【解析】【详解】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a、c两点的电场强度大小关系为EaEc，A正确；沿电场方向电势降低，所以a点电势比b点的电势高，B错误；根据Ep=q可知同一个负点电荷在低电势处电势能大，又知道a点电势比b点的电势高，故一负点电荷在a点处的电势能小于它在b点处的电势能，C错误；a点电势低于c点电势，正电荷的从高电势向低电势运动，电势能减小，所以电场力做正功，D正确3.如图甲所示，AB是一个点电荷电场中的一条电场线，图乙中是放在电场线上a、b两点的检验电荷所受电场力与其电量的函数图线，由此可知（）A. 场源电荷在a点左侧B. 场源电荷在a、b之间C. 场源电荷在b点右侧D. 因不知场源电荷的电性，所以无法确定【答案】A【解析】【详解】根据E=Fq可知图乙的斜率表示电场强度大小，并且检验电荷受到的电场力方向同向，所以在a点的电场强度大于在b点的电场强度，且电场方向相同，根据点电荷电场公式E=kQr2可知距离场源电荷越近，电场强度越大，故场源电荷在a点的左侧，若在两点之间则电场强度方向不同，若在b点右侧，则a点的电场强度小，故A正确；【点睛】本题的关键是由电场强度的定义式E=Fq得到F=qE，Fq图象的斜率表示电场强度大小4.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I。设单位体积内导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（ ）A. nvSt B. nvt C. It/q D. It(Sq)【答案】AC【解析】【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为Itq而从电流的定义来说I=qt，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为Itq【详解】从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，A正确；vt是电子通过的距离，nvt没意义，缺少面积S，B错误；从电流的定义式来说，I=qt，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为Itq，C正确；Itqs是通过铜导线单位横截面的自由电子数，D错误5.如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（） A. 增大U1 B. 增大U2 C. 减小L D. 减小d【答案】D【解析】试题分析：经加速电场后的速度为V，则，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，y=at2=，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确考点：示波器的原理6.质量为m1和m2的两个带电小球，被两根丝线悬挂着，当达到平衡时，两小球在同一水平线上，且两根丝线与竖直方向的夹角分别为和，如图所示.则（ ）A. m1m2=tantan B. m1m2=tantanC. m1m2=sinsin D. m1m2=sinsin【答案】B【解析】对两球受力分析，如图所示：根据共点力平衡和几何关系得：m1gtan=F1，m2gtan=F2；根据牛顿第三定律，有：F1=F2，故m1m2=tantan；故选B。点睛：本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键7.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为()A. mgIltan ，竖直向上B. mgIltan ，竖直向下C. mgIlsin ，平行悬线向下D. mgIlsin ，平行悬线向上【答案】D【解析】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fminmgsin，即IlBminmgsin，得BminmgIlsin ，方向应平行于悬线向上，故选D.8.图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线两带电小球M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点则（）A. M带负电荷，N带正电荷B. M在O点和b点的动能相等C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. N在a点的速度与M在c点的速度大小相等【答案】B【解析】【详解】虚线与电场方向垂直，则虚线表示电场的等势面，O点所在等势面的电势高于c点所在电势的等势面，又知道电场方向由高电势指向低电势，所以电场方向竖直向下，两个重力方向都竖直向下，根据N粒子的轨迹可知合力向上，所以受到与电场方向相反的电场力，故N带负电，并且其电场力绝对值大于重力绝对值，所以对M来说其电场力必须向下，M带正电，A错误；O点和b点在同一等势面上，电势相等，高度又相等，从O点到b点重力做功为零，电场力做功为零，所以M在O点和b点的动能相等，B正确；N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，C错误；从O到a过程中和从O到c过程中，电场力做功的绝对值相同，重力做功的绝对值相同，但对粒子N，电场力做正功，重力做负功，对粒子M，两者都做正功，所以根据动能定理可得N在a点的速度小于M在c点的速度大小，D错误【点睛】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法9.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置图中标出了该切线).则下列说法正确的是A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点电势逐渐升高D. A、B两点间的电势差UAB=5V【答案】AD【解析】试题分析：根据v-t图可知粒子在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值由C到A的过程中物块的动能一直增大，由能量守恒定律分析电势能的变化情况由动能定理可求得AB两点的电势差从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为am=475=2m/s2，所受的电场力最大为Fm=mam=2N，据E=Fq知，B点的场强最大为1N/C，故A错误；从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得qUAB=12mvB212mvA2=121(4262)J=10J，解得：UAB=5V，故D正确10. 如图所示，图线a是某一电源的UI曲线，图线b是一定值电阻的UI曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0），则下列说法错误的是（ ）A. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大B. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大C. 该定值电阻为6D. 该电源的电动势为20V【答案】A【解析】解：C、图线b的斜率k=6，则定值电阻的阻值R=k=6；故C正确；D、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故D正确；AB、当内外电路的电阻相等时电源的输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故A错误，B正确；本题选错误的，故选：A【点评】本题要理解伏安特性曲线的物理意义，知道定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电源的电动势11.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=EPx，即Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=Fq，故电场强度也逐渐减小，A错误； B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式v2-v02=2ax，匀变速直线运动的v2x图象是直线，题图vx图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，D正确；故选D。视频12.如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )A. 小物块的带电量B. A、B间的电势差C. 小物块的质量D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离【答案】C【解析】试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差故B错误；由重力势能线得到EP=mgh=mgssin，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离故D错误故选C考点：功能关系；电势及电势能【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。二、多项选择题13.电流表的内阻为Rg，满刻度电流为Ig,那么以下结论中正确的是（）A. 如并联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为量程是nIg的电流表B. 如串联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为一个量程是（n+1）IgRg的电压表C. 如并联一个阻值为Rgn1的定值电阻，就可以改装为一个量程是nIg的电流表D. 如果串联一个阻值为Rgn的定值电阻，就可以改装为一个量程是（n-1）IgRg的电压表【答案】BC【解析】试题分析：由并联一个阻值为nRg的定值电阻，根据电流与电阻成反比所以其分担的电流为，可以改装为量程是Ig的电流表，A错；并联一个阻值为Rg /（n-1）的定值电阻，根据电流与电阻成反比所以其分担的电流为，可以改装为一个量程是nIg的电流表，C对；串联一个阻值为nRg的定值电阻，根据电压与电阻成正比所以其分担的电压为nIgRg，可以改装为一个量程是（n 1）IgRg的电压表，B对；串联一个阻值为Rg /n的定值电阻，根据电压与电阻成正比所以其分担的电压为IgRg，可以改装为一个量程是IgRg的电压表，D错。考点：本题考查电流表和电压表的改装点评：本题学生要明确并联电阻具有分流作用，串联电阻具有分压作用。14.如图是一个多用电表的简化电路图.S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6.下列说法正确的是A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C. 当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大【答案】AD【解析】【详解】多用电表的工作原理是闭合电路的欧姆定律。题图为一简易的多用电表原理示意图。其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压。因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，C错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，D正确；15.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器. 开关闭合后，灯泡L能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）A. 灯泡L将变暗B. 灯泡L将变亮C. 电容器C的电荷量将减小D. 电容器C的电荷量将增大【答案】AD【解析】解：A、B由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗故A正确，B错误C、D路端电压U=EIr增大，则电容器电量Q=CU增大故C错误，D正确故选AD【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压16.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小为2.5V/cmB. 坐标原点处的电势为1 VC. 电子在a点的电势能比在b点的低7eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABC【解析】A. 如图所示,在ac连线上,确定一b点电势为17V,根据匀强电场同一直线上，电势差与长度成正比，将cb=4.25cm，bb连线即为等势线,那么垂直bb连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，因为匀强电场,则有：E=Ucbd，依据几何关系,则d=bcbcbb=4.564.52+62=3.6cm，因此电场强度大小为E=（2617）/3.42.5V/cm，故A正确；B. 根据ca=bo,因a、b、c三点电势分别为a=10V、b=17V、c=26V,解得：原点处的电势为0=1V，故B正确；C. 因Uab=ab=1017=7V,电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；D. 同理,Ubc=bc=1726=9V,电子从b点运动到c点,电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；故选：ABD.点睛：根据匀强电场的电场强度公式E=U/d，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况17.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OMMN，P点在y轴右侧，MPON.则 ()A. M点的电势与P点的电势相等B. 将正电荷由O点移动到P点，电场力做正功C. M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子一定沿y轴做直线运动【答案】BD【解析】【详解】过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有MPN，A错误；将正电荷由O点移到P点，因UOP0，所以W=qUOP0，则电场力做正功，B正确；电场线越密电场强度越大，故MN间的平均场强小于OM间的平均场强，又OM=MN，由U=Ed可知，MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，D正确18.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有（）A. q1和q2带有异种电荷B. x1处的电场强度为零C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误点睛：本题的核心是对x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱电场强度19.如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N，以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，M从两板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上不计粒子的重力，则从开始射入到打到上极板的过程中（ ）A. 它们的带电荷量之比qM：qN=1：2B. 它们在电场中的运动时间tNtMC. 它们的电势能减少量之比EM：EN=1：4D. 它们打到上极板时的速度之比为vM：vN=1：2【答案】AC【解析】【分析】两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比根据速度的合成，求解打到上极板时的速度之比【详解】由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM；由竖直位移y=12at2=12qEmt2=qEt22m，m、t、E相等，则带电荷量之比qM:qN=yM:yN=1:2，A正确B错误；电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比EM:EN=qMEyM:qNEyN=1:4，C正确；两粒子的加速度之比为aM:aN=qM:qN=1:2，则粒子打在极板上时，竖直方向分速度之比为：vyM:vyN=1:2，所以打到上极板时的速度之比为vM:vN=v02+vyM2:v02+vyN21:2，D错误20.电荷量q=110-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示重力加速度g=10m/s2则（）A. 物块在4s内位移是8mB. 物块的质量是2kgC. 物块与水平面间动摩擦因数是0.2D. 物块在4s内电势能减少了14J【答案】CD【解析】【分析】根据v-t图象的“面积”求位移前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的该变量等于电场力做的功【详解】v-t图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，故物块在4s内的位移为：x=122+42=6m，A错误；从图2中可知，物块在12s内做匀加速直线运动，v-t图像的斜率表示其加速度大小，故a=202=1m/s2，根据牛顿第二定律可得11043104mg=ma，物块在24s内做匀速直线运动，即受到的电场力和摩擦力等大反向，故11042104=mg，联立解得m=1kg，=0.2，B错误C正确；物块在前2s的位移x1=1222m=2m，物块在2-4s内的位移为x2=vt2=4m，电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=32+24=14J，则电势能减少了14J，故D正确【点睛】能根据题目提供的E-t图和v-t图得到相关的信息是解题的关键明确v-t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移三、实验探究题21.根据所学知识填空： （1）有一游标卡尺，用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_cm（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是_mm（3）某电阻丝R的额定电压为3V，为测量其电阻值，某同学先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“_”档位（选填“100”或“1”），然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻丝的电阻为_【答案】 (1). 3.335 (2). 3.265 (3). 1 (4). 12.0【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为33mm，游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为33.35mm，即3.33cm；(2) 螺旋测微器的固定刻度读数为3.0mm，可动刻度读数为0.0126.5mm=0.265mm，所以最终读数为：3.0mm+0.265mm=3.265mm；(3) (3)指针的偏转角度太大则说明电阻小，要用换小量程的选1，其阻值为：12.01=12.0.22. 某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：电压表V1（量程03V，内阻等于3k）电压表V2（量程015V，内阻等于15k）电流表A1（量程0200mA，内阻等于10）电流表A2（量程03A，内阻等于0.1）滑动变阻器R1（010，额定电流2A）滑动变阻器R2（01k，额定电流0.5A）定值电阻R3（阻值等于1）定值电阻R4（阻值等于10）请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁该同学描绘出的I-U图像应是下图中的_【答案】电路如图；B【解析】试题分析：用电压表V1和R5串联，可改装成量程为U=Ugrg(rg+R5)=33(3+1)V=4V的电压表；用量程为200mA的A1与定值电阻R4并联可改装为量程为I=Ig+IgrgR4=0.2+0.21010A=0.4A的安培表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接电路；电路如图；小灯泡的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I-U图线应该是B.考点：电表的改装；探究小灯泡的伏安特性曲线23.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7108 m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。回答下列问题： （1）实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”)； （2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_；（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为_V；（4）导线实际长度为_m(保留两位有效数字)。【答案】（1）R2；a（2） （3）2.30V（2.29、2.31均正确） （4）94（93、95均正确）【解析】试题分析：（1）根据限流解法的要求，滑动变阻器的阻值大于被测电阻，需要选择R2，闭合开关前使滑动变阻器阻值最大，即滑片在a端（2）根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：（3）电压表量程3 V，最小分度为01 V，估读一位，读数为230 V（4）根据欧姆定律得，R0Rx46 ，根据电阻定律得，Rx，联立解得，L94 m考点：伏安法测电阻【名师点睛】应明确：电流表的读数不能小于量程的12；应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；若电表每小格读数中出现数字“1”则应进行估读，出现“2”则应进行“估读”，出现“5”应进行“估读”视频24、用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1（量程030mA）；电流表A2（量程0100mA）；电压表V（量程06V）；滑动变阻器R1（阻值05）；滑动变阻器R2（阻值0300）；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：设计如图所示的电路图，正确连接电路。将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图所示的图线。断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。回答下列问题：电流表应选用_，滑动变阻器应选用_；由图的图线，得电源内阻r_；用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx_，代入数值可得Rx；若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围_，电压表示数变化范围_。（选填“相同”或“不同”）四、计算题24.电子质量为m、电荷量为q,以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后落在x轴上的P点,如图所示,求:（1）电子运动轨道的半径R（2）OP的长度;（3）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t.【答案】（1）mv0qB （2）2mv0sinqB （3）2mqB 【解析】【分析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径(2)作出粒子运动轨迹，求出OP的长度(3)求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；(2)粒子运动轨迹如图所示： 由几何知识得：OP=2Rsin=2mv0sinqB；(3)由图中可知圆弧对应的圆心角为2，粒子做圆周运动的周期：T=2mqB，粒子的运动时间：t=22T=2mqB故本题答案是; （1）mv0qB （2）2mv0sinqB （3）2mqB【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题25.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件【答案】(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小v=2eU1m(2)偏转电场所加电压U2=2U1d23L2(3)偏转电场电压U0=4nU1d2L2(n=1,2，3，4)，周期T=Lnm2eU1(n=1,2，3，4)【解析】（1）电子经加速电场加速：eU1=12mv2解得：v=2eU1m（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：d2=（L+12L）tan，解得：tan=d3L又tan=vyv=eU2mdLvv=eU2Lmdv2=U2L2U1d解得：U2=2U1d23L2（3）要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足则 在竖直方向位移应满足解得：。【名师点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。