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1、河北省张家口市宣化一中2020-2021学年高二物理下学期期初考试试题一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）1. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是A. 电场强度的定义式，适用于任何电场B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当时，无穷大C. 由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向2. 关于磁场、磁感线，下列说法中正确的是A. 磁场并不是真实存在的，而是人们假想出来的B. 磁铁周围磁感线的形状，与铁屑在它周围排列的形状相同，说明磁场呈线条形状，磁感线是磁场的客观反映C. 磁场中任意两条磁感线均不
2、相交D. 磁感线类似电场线，它总是从磁体的N极出发，到S极终止3. 在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是A. B. C. D. 4. 关于多用电表，下列说法正确的是A. 多用表是电压表、电流表、欧姆表共用三个表头组装而成的B. 用多用表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都要高于黑表笔的电势C. 多用表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部提供电流的D. 用多用表测电压、电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的5. 将面积为的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为，如图所示，若穿过该圆面的磁通量为，则此匀强磁场的磁感
3、应强度B应等于A. B. C. D. 6. 宇宙射线在射向地球时，由于地磁场的存在会改变其带电粒子的运动方向，从而对地球上的生物起到保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地磁场时将A. 相对于原直线运动方向向东偏转B. 相对于原直线运动方向向西偏转C. 相对于原直线运动方向向南偏转D. 相对于原直线运动方向向北偏转7. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片P向上移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是A. L变暗，Q增大B. L变暗，Q减小C. L变亮，Q增大D. L变亮
4、，Q减小8. 如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是： A. ，弹簧的伸长量减小B. ，弹簧的伸长量减小C. ，弹簧的伸长量增大D. ，弹簧的伸长量减小9. 如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数设载流子
5、的电量为q，下列说法正确的是A. 载流子所受静电力的大小B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势C. 霍尔系数为，其中n为导体单位长度上的电荷数D. 载流子所受洛伦兹力的大小，其中n为导体单位体积内的电荷数二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）10. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A. O点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同C. c、d两点处
6、的磁感应强度大小相等、方向相同D. a、c两点处磁感应强度的方向相同11. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是A. 增大磁场的磁感应强度B. 增大匀强电场间的加速电压C. 增大D形金属盒的半径D. 减小狭缝间的距离12. 某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区
7、域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间未与磁铁接触，导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为，导体体通以图示方向电流向纸面外时，测力计的示数为，测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是A. 导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B. 导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为C. 若使图示方向电流增大，“称量”的磁感应强度将增大D. 若通以图示方向相反的电流I，测力计示数将变为13. 如图所示为磁流体发电机结构示意图，燃烧室在高温下产生大量的电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体以的速度平行于极板喷入两极板间
8、。极板长，宽，两极板间距。极板间存在垂直纸面向里且与等离子体速度方向垂直的匀强磁场。磁感应强度等离子体在磁场的作用下发生偏转，在两板间形成电势差。两极板与电阻R相连。若极板间等离子体的电阻率，不计极板电阻。则下列判断中正确的是A. 上极板带正电，下极板带负电B. 当电阻时，发电机供电电流为20AC. 若仅增加极板的长度a，发电机的电动势将增加D. 若增加等离子体的喷入速度v，发电机的电动势将增加三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）14. 下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_ 。A.测出两组I、U的数据，代入方程组和 B.多测几组I、
9、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C.测出多组I、U的数据，画出图象，在根据图象求E、r D.多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r 多选用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的图象，由图象可知_ 。A.电池的电动势为 B.电池内阻值为 C.外电路短路时的电流为 D.当电压表示数为时，电路电流为 如中甲图所示，闭合电键前，应使变阻器滑片处在_ 填“左”或“右”端位置上。多选为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，才能达到实验目的。_
10、 A.一个电流表和一个电阻箱B.一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C.一个电压表和一个电阻箱D.一个电流表和一个滑动变阻器15. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径d如图所示，则_mm。若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻。机械调零、欧姆调零后，选择“”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_。A.被测电阻值很大B.被测电阻值很小C.为了把电阻值测得更准一些，应换用“”挡，重新欧姆调零后再测量D.为了把电阻值测得更准一些，应换用“”挡，重新欧姆调零后再测量。现选择多用电表的电阻“”挡，按正确的操作步骤测
11、此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_。该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表量程，内阻约电流表量程，内阻约电压表量程，内阻约电压表量程，内阻约直流电源电动势4V，内阻不计滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图3框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。根据测得量求出圆柱体材料的电阻率表达式_用U、I、L、d等符号表示。四、简答题（本大题共1小题，共13.0分）16. 如图所示，在xoy平面内的y轴左侧有沿y轴负方向的匀强电
12、场，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子不计重力从x轴上的N点以沿x轴正方向射出已知粒子经y轴的M点进入磁场，若匀强磁场的磁感应强度为求：匀强电场的电场强度E的大小；若粒子离开电场后，y轴左侧的电场立即撤去，通过计算判断粒子离开磁场后到达x轴的位置是在N点的左侧还是右侧？若粒子离开电场后，y轴左侧的电场立即撤去要使粒子能回到N点，磁感应强度应改为多少？五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）17. 如图所示，一束电子电子电荷量为以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与电子原
13、来的入射方向成夹角。忽略重力求：电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？18. 如图所示的电流天平可用来测出安培力的大小：天平的右臂下面用细绳挂有一个宽为L，共N匝的矩形线圈，线圈的下部悬在垂直纸面方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当线圈中没有电流通过时，天平平衡。当线圈中通有电流时，天平失去平衡，通过改变砝码后，天平重新平衡，据此可以测出安培力的大小。问：当线圈中通有顺时针方向的电流时如图，发现细绳的拉力减小，请判断磁场的方向并在虚框中画出；若某次测量中，在右盘中添加质量为m的砝码后，天平恢复平衡，此时线圈受到的安培力为多大？线圈中的电流多大？重力加速度为g，答案用给定的符号表达2
14、020-2021学年下学期宣化一中高二物理期初试卷答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确。B、当时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立。故B错误。C、由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误。D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误。故选：A。电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为。本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的
15、含义，其次要理解公式的适用条件。2.【答案】C【解析】解：A、磁场是客观存在的，而磁感线是人们假想出来的，故A错误；B、人们为了形象地描绘磁场，用图形磁感线将抽象的磁场描绘出来，磁感线是假想的曲线，其客观上并不存在，铁屑在磁场中被磁化为小磁针，在磁场的作用下转动，最终规则地排列起来，显示出磁感线的分布特点，并非磁场的客观反映，故B错误；C、磁感线的切线方向表示磁场的方向，如果同一地点磁感线相交则存在两个磁场方向，与实际不符，所以磁场中任意两条磁感线均不相交，故C正确；D、电流的磁场和磁体的磁场的磁感线都是闭合曲线，在磁体外部从N极到S极，在磁体内部从S极到N极，不像电场线从正电荷出发到负电荷终
16、止，故D错误。故选：C。磁针放在磁体的周围受到力的作用，说明磁体在周围空间产生了磁场，磁场是一种客观物质；磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向；磁感线并非磁场的客观反映；磁感线是闭合曲线，和电场线不同。本题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便，可以和电场线进行类比记忆。3.【答案】C【解析】解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定。左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向。所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构
17、成的平面垂直。A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；故选：C。带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定。左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向。同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向。4.【答案】D【解析】解：A、多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的；故A错误；B、用多用表无论是测电压还是测电流，红表笔的电势都要
18、高于黑表笔的电势；多用表作为欧姆表使用时，红笔的电势低于黑表笔的电势，故B错误；C、多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，故C错误；D、多用电表不论测电流、电压还是电阻，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出，故D正确；故选：D。多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的：表头与电阻并联改装成电流表、表头与电阻串联改装成电压表、欧姆表是利用闭合电路欧姆定律制作的，所以要有内部电源；多用电表不论测电流、电压还是电阻，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出。掌握多用电表改装原理、使用方法与注意事项即可正确解题，平时学习要注意基础知识的学习与掌握。5.【答案】A【解析】解：如图，磁通量则，故A正确，
19、BCD错误；故选：A。线圈放在匀强磁场中，与磁场方向不垂直，将圆面投影到与磁场垂直的方向，投影面积和磁感应强度的乘积等于磁通量，再求出磁感应强度求解磁通量时，往往根据两种特殊情况运用投影的方法求解在匀强磁场中，当线圈与磁场方向平行时，磁能量；当线圈与磁场方向垂直时，磁能量6.【答案】B【解析】解：电子流的方向从上而下射向赤道上空，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故B正确，A、C、D错误。故选：B。电子流带负电，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出电子流所受洛伦兹力的方向解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断
20、洛伦兹力的方向，注意电子带负电7.【答案】C【解析】解：整个电路的连接情况是：和串联后与灯泡并联，电容器两端电压等于两端电压，两端电压为零。当滑动变阻器的滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，灯A的两端电压增大，则灯A变亮；电容器板间电压等于变阻器两端的电压，由于路端电压增大，则通过A灯的电流增大，而干路电流减小，则通过的电流减小，的电压也减小，则变阻器两端的电压增大，电容器所带电量Q增大，故C正确，ABD错误。故选：C。当滑动变阻器的滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变
21、化，得到干路电流和路端电压的变化，则知灯A亮度的变化电容器的电压等于变阻器两端的电压，分析其电压的变化，判断带电量Q的变化本题是电路动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压8.【答案】C【解析】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力
22、分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长。故选：C。通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析9.【答案】D【解析】解：A、静电力大小应为：，故A错误；B、洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；C、对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，
23、故：电流微观表达式为：故：由于，故，故，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；D、载流子所受洛伦兹力的大小，其中，可得，故D正确；故选：D。根据左手定则判断载流子的偏转方向，从而判断电势的高低抓住载流子所受的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式求出霍尔系数的大小解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的可能是正电荷，也可能是负电荷，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解10.【答案】BCD【解析】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点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；B、M在a处产生的磁场
24、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B正确；C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出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，故C正确；D、由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，方向相同，故D正确；故选：BCD。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
25、成。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。11.【答案】AC【解析】解：由，解得。则动能，知动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能。故A、C正确，B、D错误。故选：AC。回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关。解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。12.【答案】AD【解析】解：AB、导
26、体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重量为，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件，解得：，故A正确，B错误；C.若使图示方向电流I增大，磁感应强度描述的是磁铁本身的磁场性质，故其大小将不变，故C错误；D.若通以图示方向相反的电流I，安培力将反向，设示数为，平衡条件为，解得：，故D正确。故选：AD。根据左手定则判断铜条受到的安培力的方向，分析磁铁受力平衡，结合牛顿第三定律即可求磁感强度。磁感应强度是描述磁场本身性质，与外界条件无关；电流反向则安培力反向，重新根据平衡条件求解磁铁对托盘的压力即测力计示数；本题的研究对象应为
27、磁铁，根据通电导线所受的安培力来考虑磁铁受力，初学者易错。13.【答案】ABD【解析】解：A、等离子体射入磁场中，受到洛伦兹力，带正电荷的离子将打到上极板上，负电荷打到下极板上，从而产生电场，故该磁流体发电机下极板带负电，上极板带正电，故A正确；B、当离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，由平衡条件得：，得，而发电机内气体导电的内阻为，由闭合电路的欧姆定律可得发电机供电电流：，故B正确；C、发电机的电动势：，与极板的长度a无关，故增加板长后电动势不变，故C错误；D、发电机的电动势：，故增加等离子体的喷入速度v，发电机的电动势将增加，故D正确。故选：ABD。等离子体射入磁场中，受到洛伦兹力发生偏转，
28、离子将打到极板上而产生电场，当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，电容器的电压和电量都稳定，由平衡条件求出电压，即为发电机的电动势。根据电阻定律结合闭合电路欧姆定律求解发电机的供电电流。根据发电机的电动势表达式，确定影响电动势的因素。此题考查磁流体发电机的原理，从分析离子的受力情况入手，抓住稳定时洛伦兹力与电场力平衡是关键。14.【答案】C AD 左 ABC【解析】解：、测出两组I、U的数据，代入方程组和可以求出电源电动势与内阻，但不能减少偶然误差，故A错误；B、多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值，可以求出电源的电动势与内阻，也可以减小偶然误差，但不符合题目中“直观
29、、简便”的要求，故B错误；C、测出多组I、U的数据，画出图象，在根据图象求E、r，采用图象法处理实验数据，直观、同时减小了偶然误差，故C正确；D、多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，该做法是错误的，不能求出I、U的平均值，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r，故D错误；故选：C。、根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压：，由图乙所示电源图象可知，电源电动势，电源内阻，故A正确，B错误；C、横轴的截距是路端电压为时的电流，不是短路电流，故C错误；D、当电压表示数时，电路电流：，故D正确；故选：AD。由图甲图所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全，闭合电键前
30、，应使变阻器滑片处在左端位置上。、由闭合电路欧姆定律可知：，电阻箱接入电路的阻值R可以直接读出，由电流表可以测出电流电流，用一个电流表和一个电阻箱测多组实验数据，根据闭合电路的欧姆定律可以求出电源电动势与内阻，故A正确；B、改变滑动变阻器阻值，测出多组电压U与电流I值，根据闭合电路的欧姆定律可以求出电源电动势与内阻，因此用一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器可以测电源电动势与内阻，故B正确；C、改变电阻箱接入电路的阻值，用电压表测出对应的路端电压，由闭合电路的欧姆定律可以求出电源电动势与内阻，因此用一个电压表和一个电阻箱可以测电源电动势与内阻，故C正确；D、不能直接求出滑动变阻器接入电路的阻
31、值，不能用一个电流表和一个滑动变阻器测电源电动势与内阻，故D错误。故选：ABC。故答案为：；左；。图象法可以减小偶然误差，并且能直观简便的得出最终结果，故在测电动势和内电阻时常常用图象法分析由图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图乙所示图象的函数表达式，然后根据图乙所示图象求出电源电动势与内阻，再应用闭合电路的欧姆定律分析答题。滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要掷于阻值最大处。测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电
32、压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法本题采用转换法，将非线性关系通过数学变形转换成了线性关系15.【答案】 BD 220【解析】解：由图1所示螺旋测微器可知，其读数。用“”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度很大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故AC错误，BD正确，故选：BD。用挡测量电阻，由图2所示表盘可知，其读数为；电源电动势为4V，电压表选，待测电阻阻值约为，电路最大电流约为
33、：，电流表选择，为方便实验操作，滑动变阻器应选择；由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：圆柱体电阻，电阻率。故答案为：；电路图如图所示；。螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。欧欧姆表零刻度线在表盘的最左侧，欧姆表指针偏角大说明所测电阻阻值较小，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。欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据待
34、测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据实验原理作出实验电路图。应用电阻定律可以求出电阻率的表达式。本题考查了欧姆表的使用、实验器材的选择、实验电路设计与实验数据处理等问题；要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路的关键。16.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，解得：；设粒子到M点的速度大小为v，方向与x轴正方向成角粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，粒子从y轴上A点离开磁场粒子运动轨迹如图所示：，速度，解得：，由牛顿第二定律得：，由几何关系知，MA的距离
35、为：，解得：；可知A点的坐标为，根据对称性在A点的速度方向与y轴负方向成：，粒子离开磁场后做匀速直线运动，粒子到达x轴上：位置所以粒子到达N点的右侧要使粒子回到N点，粒子须在y轴上的B点离开在磁场设新磁场的磁感应强度大小为，在磁场中做圆周运动的半径为r，则有：，由牛顿第二定律的：，解得：；答：匀强电场的电场强度E的大小为；粒子离开磁场后到达x轴的位置是在N点的右侧要使粒子能回到N点，磁感应强度应改为【解析】粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动知识可以求出电场强度大小求出粒子进入磁场的速度，应用牛顿第二定律求出粒子穿过x轴的位置，然后分析答题由数学知识求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感
36、应强度本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径17.【答案】解：电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得：，由牛顿第二定律得：，解得：；由几何知识得到，轨迹的圆心角为：，电子在磁场中的运动时间为：；答：电子的质量是；电子穿过磁场的时间是。【解析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量。由几何知识求出轨迹所对的圆心角，然后根据周期公式求出电子的运动时间。本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法。18.【答案】解：细绳的拉力减小，说明安培力方向向上，由题可知电流方向向左，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外；如下图所示：由平衡条件可知，线圈受到的安培力又由安培力可知，通过线圈的电流；答：磁场方向垂直纸面向外，图如解析所示；此时线圈受到的安培力大小为mg，线圈中的电流大小为。