2023學年山東省棗莊市滕州一中高二（上）段考物理試卷（12月份）一、選擇題（本題共有10小題，每小題4分，共40分．其中第2、4、7、8、10小題僅有一個選項正確；第1、3、5、6、9小題有多個選項正確，全部選對的給4分，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分）1．把長度L、電流I都相同的一小段電流元放入某磁場中的A、B兩點，電流元在A點受到的磁場力較大，則（）A．A點的磁感應強度一定大于B點的磁感應強度B．A、B兩點磁感應強度可能相等C．A、B兩點磁感應強度一定不相等D．A點磁感應強度可能小于B點磁感應強度2．如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1和2為等勢線．a、b兩個帶電粒子以相同的速度從電場中M點沿等勢線1的切線飛出，粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則在開始運動的一小段時間內，以下說法不正確是（）A．a的電場力較小，b的電場力較大B．a的速度將減小，b的速度將增大C．a一定帶正電，b一定帶負電D．兩個粒子的電勢能均減小3．兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成以平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關K，電源即給電容器充電（）A．保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B．保持K接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大C．斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．斷開K，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電勢差增大4．兩個固定的點電荷分別固定于左右兩側，左側電荷帶電量為+Q1，右側電荷帶電量為﹣Q2，且Q1=4Q2，另取一個可自由移動的點電荷q，放在+Q1和﹣Q2的連線上，欲使q平衡，則q的帶電性質及所處位置可能為（）A．負電，放在Q1的左方 B．負電，放在Q2的右方C．正電，放在Q1的左方 D．正電，放在Q2的右方5．+Q和﹣Q是兩個等量異種點電荷，以點電荷+Q為圓心作圓，A、B為圓上兩點，MN是兩電荷連線的中垂線，與兩電荷連線交點為O，下列說法正確的是（）A．A點的電場強度大于B點的電場強度B．電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能C．把質子從A點移動到B點，靜電力對質子做功為零D．把質子從A點移動到MN上任何一點，質子的電勢能變化都相同6．如圖所示電路中，電源內阻不可忽略，L1、L2兩燈均正常發光，R1為定值電阻，R為一滑動變阻器，P為滑動片，若將滑動片向下滑動，則g（）A．L1燈變亮 B．L2燈變暗C．R1上消耗功率變大 D．總電流變小7．如圖所示，圓形區域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A．a粒子動能最大B．c粒子速率最大C．b粒子在磁場中運動時間最長D．它們做圓周運動的周期Ta＜Tb＜Tc8．兩根平行通電直導線，電流方向相同，I1＜I2，初速度為v0的電子沿平行于兩根導線的中間線方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則（）A．電子將向右偏轉，速率不變 B．電子將向左偏轉，速率改變C．電子將向左偏轉，速率不變 D．電子將向右偏轉，速率改變9．利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L．一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大10．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，滑動變阻器電阻為R，開關K閉合．兩平行極板間有勻強磁場，一帶電粒子（不計重力）正好以速度v勻速穿過兩板．以下說法正確的是（）A．保持開關閉合，將a極板向下移動一點，粒子將一定向下偏轉B．如果將開關斷開，粒子將繼續沿直線穿出C．保持開關閉合，將滑片p向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出D．保持開關閉合，將滑片p向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出二、填空題（本大題共20分，把答案填在題中的橫線上）11．如圖所示（1）如圖1，游標卡尺的讀數為cm．（2）如圖2，螺旋測微器的讀數為mm．（3）如圖3，電壓表的讀數為V．（4）用多用電表粗測電阻時選用了“×100”的倍率，指針位置如圖4，則電阻測量值為Ω．12．用以下器材測量一待測電阻的阻值．器材（代號）與規格如下：電流表A1（量程250mA，內阻r1為5Ω）；電流表A2（量程300mA，內阻r2約為5Ω）：電壓表V1（量程50V，內阻r2約為50KΩ）；待測電阻Rx（阻值約為30Ω）滑動變阻器R0（最大阻值10Ω）電源E（電動勢約為4V，內阻r約為lΩ）單刀單擲開關S，導線若干．①要求方法簡捷，并能測多組數據，畫出實驗電路原理圖，必須標明每個器材的代號．②實驗中，需要直接測量的物理量及其表示該物理量的符號分別是（必須寫出相應的文字和符號），用測得的量表示待測電阻RX的阻值的計算公式是Rx=．13．某同學利用電壓表和電阻箱測定干電池的電動勢和內阻，使用的器材還包括定值電阻（R0=5Ω）一個，開關兩個，導線若干，實驗原理圖如圖（a）．①在圖（b）的實物圖中，已正確連接了部分電路，請完成余下電路的連接．②請完成下列主要實驗步驟；A．檢查并調節電壓表指針指零；調節電阻箱，示數如圖（c）所示，讀得電阻值是；B．將開關s1閉合，開關s2斷開，電壓表的示數是；C．將開關s2，電壓表的示數是；斷開開關s1．③使用測得的數據，計算出干電池的內阻是（計算結果保留二位有效數字）．④由于所有電壓表不是理想電壓表，所以測得的電動勢比實際值偏（填“大”或“小”）．三、計算題（本大題共40分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟.只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）14．如圖所示，導軌間的距離L=，ab棒的質量m=1kg，物塊重力G=3N，動摩擦因數μ=，電源的電動勢E=10V，r=Ω，導軌的電阻不計，ab棒電阻也不計，問當R=Ω時，磁感應強度至少為多少才可將重物提起？15．如圖所示，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的質子以速度v0從O點垂直射入．已知兩板之間距離為d，板長也為d，O點是NP板的正中點，為使粒子能從兩板之間射出，試求磁感應強度B應滿足的條件（已知質子帶電荷量為q，質量為m）．16．如圖所示，在xoy直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內分布著方向沿y軸負方向的勻強電場．初速度為零、帶電量為q、質量為m的離子經過電壓為U的電場加速后，從x上的A點垂直x軸進入磁場區域，經磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區域，在電場偏轉并擊中x軸上的C點．已知OA=OC=d．不計重力．求；（1）粒子到達A點的速度；（2）磁感強度B和電場強度E的大小．17．如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L．兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L．質量為m、電量為+q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮．（1）若k=1，求勻強電場的電場強度E；（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區的磁感應強度B與k的關系式．

2023學年山東省棗莊市滕州一中高二（上）段考物理試卷（12月份）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共有10小題，每小題4分，共40分．其中第2、4、7、8、10小題僅有一個選項正確；第1、3、5、6、9小題有多個選項正確，全部選對的給4分，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分）1．把長度L、電流I都相同的一小段電流元放入某磁場中的A、B兩點，電流元在A點受到的磁場力較大，則（）A．A點的磁感應強度一定大于B點的磁感應強度B．A、B兩點磁感應強度可能相等C．A、B兩點磁感應強度一定不相等D．A點磁感應強度可能小于B點磁感應強度【考點】安培力．【分析】通電電流元在磁場中受到的磁場力與導線的放置方式有關，即F=BILsinθ，其中θ為電流元與磁場方向的夾角即可判斷【解答】解：把長度L、電流I都相同的一小段電流元放入某磁場中的A、B兩點，由于電流元的放置方式不同，故根據F=BILsinθ，其中θ為電流元與磁場方向的夾角，故受到的磁場力不同，無法判斷磁場的大小，故BD正確，AC錯誤；故選：BD2．如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1和2為等勢線．a、b兩個帶電粒子以相同的速度從電場中M點沿等勢線1的切線飛出，粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則在開始運動的一小段時間內，以下說法不正確是（）A．a的電場力較小，b的電場力較大B．a的速度將減小，b的速度將增大C．a一定帶正電，b一定帶負電D．兩個粒子的電勢能均減小【考點】等勢面；電勢能．【分析】電場線的疏密代表電場的強弱，所以出發后的一小段時間內a受到的電場力變小，b受到的電場力變大；正電荷所受電場力的方向就是電場線的方向，而負電荷所受的電場力的方向與電場線的方向相反，由于場強方向未知故不能確定電荷的電性．根據動能定理，合外力做正功，動能增加．【解答】解：A、電場線的疏密代表電場的強弱，由圖可知越向左場強越小，故a出發后的一小段時間內其所處的位置的場強越來越小，而b出發后的一小段時間內其所處的位置場強越來越大，但是a、b電荷量關系不清楚，故A錯誤；B、由于出發后電場力始終對電荷做正功，故兩電荷的動能越來越大，故兩個電荷的速度都將越來越大，故B錯誤；C、由于兩電荷所受的電場力的方向相反，故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反，由于不知道場強的方向，故不能確定電場力的方向與場強方向的關系，所以不能確定ab兩電荷的電性，故C錯誤；D、由于出發后電場力對兩對電荷均做正功，所以兩個粒子的電勢能均減小，故D正確；本題選錯誤的，故選ABC．3．兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成以平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關K，電源即給電容器充電（）A．保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B．保持K接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大C．斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．斷開K，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電勢差增大【考點】電容器的動態分析．【分析】電容器與電源相連，兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，則兩極板上的電量不變；由平行板電容器電容C=，根據某些量的變化可知電容的變化，則由電容的定義式C=可知電壓或電量的變化，由E=可求得電場強度的變化．【解答】解：A、保持K接通，電容器兩板間的電勢差U不變，因板間距離d減小，由E=可知，兩極板間電場的電場場強增大，故A錯誤；B、保持K接通，兩板間的電勢差U不變，在兩極板間插入介質后，電容C增大，由C=可知，極板上的電量增大，故B正確；C、斷開K，兩板上所帶電量Q不變，減小距離d，電容C增大，由C=可知板間電勢差U減小，故C正確；D、斷開K，兩板上所帶電量Q不變，插入介質后電容C變大，由C=可知極板上的電勢差U減小，故D錯誤；故選：BC．4．兩個固定的點電荷分別固定于左右兩側，左側電荷帶電量為+Q1，右側電荷帶電量為﹣Q2，且Q1=4Q2，另取一個可自由移動的點電荷q，放在+Q1和﹣Q2的連線上，欲使q平衡，則q的帶電性質及所處位置可能為（）A．負電，放在Q1的左方 B．負電，放在Q2的右方C．正電，放在Q1的左方 D．正電，放在Q2的右方【考點】庫侖定律．【分析】由于Q1帶正電荷，Q2帶負電荷，根據同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使q處于平衡狀態，對其q受力分析，去判斷所處的位置．【解答】解：設q所在位置與Q1的距離為r1，q位置與Q2的距離為r2，要能處于平衡狀態，應有Q1對q的電場力大小等于Q2對q的電場力大小．即：=由于Q1=4Q2，解得：r1=2r2，所以q位于Q2的右方．根據同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷在此位置q帶負電或帶正電都可以保持靜止．故選：BD．5．+Q和﹣Q是兩個等量異種點電荷，以點電荷+Q為圓心作圓，A、B為圓上兩點，MN是兩電荷連線的中垂線，與兩電荷連線交點為O，下列說法正確的是（）A．A點的電場強度大于B點的電場強度B．電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能C．把質子從A點移動到B點，靜電力對質子做功為零D．把質子從A點移動到MN上任何一點，質子的電勢能變化都相同【考點】電場的疊加；電場強度；電勢能．【分析】電場線越密的地方場強越大，電磁線越稀疏的地方場強越小，電場線與等勢面相互垂直，電場線從高等勢面指向低等勢面，電場力做功等于電勢能的變化量，根據電場線分布分析答題．【解答】解：等量異號電荷電場線分布如圖所示：A、由圖示電磁線分布可知，A處的電場線比B處的電場線稀疏，則A點的場強小于B點的場強，故A錯誤；B、電場線與等勢面相互垂直，電場線從高等勢面指向低等勢面，由圖示可知，A點所在等勢面高于B點所在等勢面，A點電勢高于B點電勢，電子帶負電，則電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，故B正確；C、A、B兩點電勢不同，兩點間的電勢差不為零，把質子從A點移動到B點，靜電力對質子做功不為零，故C錯誤；D、等量異號電荷連線的重錘線MN是等勢線，A與MN上任何一點間的電勢差都相等，把質子從A點移動到MN上任何一點，電場力做功都相等，質子的電勢能變化都相同，故D正確；故選：BD．6．如圖所示電路中，電源內阻不可忽略，L1、L2兩燈均正常發光，R1為定值電阻，R為一滑動變阻器，P為滑動片，若將滑動片向下滑動，則g（）A．L1燈變亮 B．L2燈變暗C．R1上消耗功率變大 D．總電流變小【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】（1）從圖可知，滑動變阻器的滑片向下滑動時，滑動變阻器的阻值變小，根據并聯電路電阻的特點判斷出電路中總電阻的變化，再根據歐姆定律判斷總電流的變化，判斷D是否符合題意．（2）根據并聯電路的特點，依據各支路互不影響，從而判斷出L1燈亮度的變化，判斷A是否符合題意．（3）右邊電路是先并后串，根據滑動變阻器的變化，從而可以判斷電阻R1上功率的變化，判斷C是否符合題意．（4）根據通過電阻R1電流的變化，判斷出B燈和滑阻上電壓的變化，再判斷出L2燈實際功率的變化，從而判斷出B燈亮度的變化，判斷B是否符合題意．【解答】解：A、當滑片向下，滑動變阻器的阻值變小，那它與A燈并聯的等效電阻變小，則電路的總電阻都會變小，而電源電動勢不變，所以總電流變大，路端電壓減小，所以L1燈變暗．故A錯誤．BCD、右邊電路是先并后串，當滑動變阻器的阻值變小后，并聯部分總阻值變小，分壓變少，所以R1的分壓變大，根據公式P=可知，電阻R1上的電功率變大，故C正確．因為電阻R1上的電流變大了，所以分壓也就增加了，所以L2燈和滑阻上的電壓就變小，根據公式P=可知，L2燈實際功率的變小，所以L2燈變暗，故B正確．故選：BC．7．如圖所示，圓形區域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A．a粒子動能最大B．c粒子速率最大C．b粒子在磁場中運動時間最長D．它們做圓周運動的周期Ta＜Tb＜Tc【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】三個質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率垂直進入勻強磁場中，則運動半徑的不同，導致運動軌跡也不同．因此運動軌跡對應的半徑越大，則粒子的速率也越大．而運動周期它們均一樣，但運動時間卻由圓弧對應的圓心角決定．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據qvB=m，可得：r=．AB、由于三個帶電粒子的質量、電荷量均相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則知a粒子速率最小，c粒子速率最大．故A、B正確；CD、由于T=及t=T可知，三粒子運動周期相同，a在磁場中運動的偏轉角最大，對應時間最長，故C錯誤、D錯誤．故選：B．8．兩根平行通電直導線，電流方向相同，I1＜I2，初速度為v0的電子沿平行于兩根導線的中間線方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則（）A．電子將向右偏轉，速率不變 B．電子將向左偏轉，速率改變C．電子將向左偏轉，速率不變 D．電子將向右偏轉，速率改變【考點】左手定則；平行通電直導線間的作用．【分析】根據安培定則判斷出通電導體I1右側的磁場方向向里，I2左側的磁場方向向外，由于I1＜I2，然后判斷出周圍的磁場的大小與方向關系，最后根據左手定則判斷出電子所受洛倫茲力的方向，即得出電子的偏轉方向，注意應用左手定則時四指指向與電子運動方向相反，洛倫茲力不做功．【解答】解：根據安培定則判斷出通電導體I1右側的磁場方向向里，I2左側的磁場方向向外，由于I1＜I2，所以電子所在處的磁場的方向向外，向左磁場減小，向右磁場強度增大．然后根據左手定則可知運動電子所受洛倫茲力向左，因此電子將向左偏轉，洛倫茲力不做功，故其速率不變．故ABD錯誤，C正確．故選：C．9．利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L．一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；左手定則．【分析】由題意可知粒子的運動方向，則可知粒子的帶電情況；由幾何關系可知粒子的半徑大小范圍，則可求得最大速度；由洛侖茲力充當向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表達式，則可知如何增大兩速度的差值．【解答】解：由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據，可得、，則，故可知B、C正確，D錯誤．故選BC．10．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，滑動變阻器電阻為R，開關K閉合．兩平行極板間有勻強磁場，一帶電粒子（不計重力）正好以速度v勻速穿過兩板．以下說法正確的是（）A．保持開關閉合，將a極板向下移動一點，粒子將一定向下偏轉B．如果將開關斷開，粒子將繼續沿直線穿出C．保持開關閉合，將滑片p向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出D．保持開關閉合，將滑片p向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出【考點】帶電粒子在混合場中的運動．【分析】由題，電容器上板帶正電，電場方向向下．帶電粒子的電性不知道，可能帶正電，也可能帶負電．粒子在電場和磁場的復合場中運動，從分析電場力和洛倫茲力可判斷粒子能否從下極板射出．【解答】解：A、開關閉合，a板下移，板間場強E=，U不變，d變小，E變大，電場力F=qE變大，與洛倫茲力不平衡，粒子將不再沿直線運動．故A錯誤．B、將開關斷開，電容器放電，電場消失，粒子不再將直線運動．故B錯誤．C、開關閉合，將滑片P向上滑動一點，兩板間電壓變小，若粒子帶負電，電場力方向向上，大小F=q減小，粒子有可能從下極板邊緣射出．故C正確．D、開關閉合，將滑片P向下滑動一點，兩板間電壓變大，若粒子帶正電，電場力方向向下，大小F=q增大，粒子將可能從下極板邊緣射出．故D正確．故選：CD．二、填空題（本大題共20分，把答案填在題中的橫線上）11．如圖所示（1）如圖1，游標卡尺的讀數為cm．（2）如圖2，螺旋測微器的讀數為mm．（3）如圖3，電壓表的讀數為V．（4）用多用電表粗測電阻時選用了“×100”的倍率，指針位置如圖4，則電阻測量值為2200Ω．【考點】用多用電表測電阻；刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用．【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺示數之和是游標卡尺示數；（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器示數；（3）由圖示表盤確定電壓表量程與分度值，然后根據指針位置讀出其示數；（4）歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數，根據圖示讀出歐姆表示數．【解答】解：（1）由圖示游標卡尺可知，其示數為：20mm+6×==；（2）喲喲圖示螺旋測微器可知，其示數為：9mm+×=；（3）由圖示電壓表可知，其量程為3V，分度值為，電壓表示數為：；（4）測電阻時選擇“×100”的倍率，由圖示表盤可知，所測電阻阻值為：22×100=2200Ω；故答案為：（1）；（2）；（3）；（4）2200．12．用以下器材測量一待測電阻的阻值．器材（代號）與規格如下：電流表A1（量程250mA，內阻r1為5Ω）；電流表A2（量程300mA，內阻r2約為5Ω）：電壓表V1（量程50V，內阻r2約為50KΩ）；待測電阻Rx（阻值約為30Ω）滑動變阻器R0（最大阻值10Ω）電源E（電動勢約為4V，內阻r約為lΩ）單刀單擲開關S，導線若干．①要求方法簡捷，并能測多組數據，畫出實驗電路原理圖，必須標明每個器材的代號．②實驗中，需要直接測量的物理量及其表示該物理量的符號分別是電流表A1、A2的讀數為I1、I2（必須寫出相應的文字和符號），用測得的量表示待測電阻RX的阻值的計算公式是Rx=．【考點】伏安法測電阻．【分析】（1）測電阻阻值應測出電阻兩端電壓與通過電阻的電流，現在沒有電壓表，可以把電流表與待測電阻并聯，測出電流表電流然后由歐姆定律求出電阻兩端電壓，根據待測電阻阻值與滑動變阻器阻值間的關系確定滑動變阻器的接法，作出實驗電路圖．（2）求出電阻的計算公式，然后確定需要測量的量．由歐姆定律求出待測電阻阻值的表達式．【解答】解：（1）沒有電壓表A1與待測電阻并聯，間接測量待測電阻兩端電壓，待測電阻阻值約為30Ω，滑動變阻器最大阻值為10Ω，為測出多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示．（2）待測電阻阻值Rx==，實驗需要測量的量為電流表A1、A2的讀數為I1、I2；可知，待測電阻阻值：Rx=．故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）兩電流表A1、A2的讀數為I1、I2；13．某同學利用電壓表和電阻箱測定干電池的電動勢和內阻，使用的器材還包括定值電阻（R0=5Ω）一個，開關兩個，導線若干，實驗原理圖如圖（a）．①在圖（b）的實物圖中，已正確連接了部分電路，請完成余下電路的連接．②請完成下列主要實驗步驟；A．檢查并調節電壓表指針指零；調節電阻箱，示數如圖（c）所示，讀得電阻值是20Ω；B．將開關s1閉合，開關s2斷開，電壓表的示數是；C．將開關s2閉合，電壓表的示數是；斷開開關s1．③使用測得的數據，計算出干電池的內阻是（計算結果保留二位有效數字）．④由于所有電壓表不是理想電壓表，所以測得的電動勢比實際值偏小（填“大”或“小”）．【考點】測定電源的電動勢和內阻．【分析】①根據電路圖連接實物電路圖．②根據電阻箱的讀數方法可得出電阻箱接入的電阻值；③開關s1閉合，開關s2斷開時，電壓表直接并聯在電源兩端，其示數即可電源的電動勢；再將開關s2閉合時電壓表的示數，利用閉合電路歐姆定律可得出電源的電動勢；④根據閉合電路的歐姆定律可分析電壓表內阻不是無窮大時的示數與真實值的大小關系．【解答】解：①根據圖a所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示．②電阻箱只有×10檔位有示數為2，故電阻箱的接入電阻應為2×10=20Ω；③A、由題意可知，電源的電動勢為，當接入電阻箱時，路端電壓為；由電路歐姆定律可知電路中電流為：I==；則內電阻與R0之和為r+R0==Ω；故內電阻r=﹣5=Ω；C、將開關S2閉合，電壓表的示數是；斷開開關S1．④因電壓表內阻不能忽略，故電路中電流存在，電壓表示數為電源的輸出電壓，要比電動勢要小；故答案為：①實物電路圖如圖所示；②20Ω；閉合；③；④小．三、計算題（本大題共40分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟.只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）14．如圖所示，導軌間的距離L=，ab棒的質量m=1kg，物塊重力G=3N，動摩擦因數μ=，電源的電動勢E=10V，r=Ω，導軌的電阻不計，ab棒電阻也不計，問當R=Ω時，磁感應強度至少為多少才可將重物提起？【考點】安培力．【分析】由閉合電路的歐姆定律求得回路中電流，根據F=BIL求得安培力；若要提起物塊，摩擦力應該和物塊重力同向．【解答】解：當R=Ω時，I==5A，由受力分析得，G+μmg=F…①ab受到的安培力為：F=BIL…②聯立①②得，B=2T答：磁感應強度至少為2T才可將重物提起．15．如圖所示，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的質子以速度v0從O點垂直射入．已知兩板之間距離為d，板長也為d，O點是NP板的正中點，為使粒子能從兩板之間射出，試求磁感應強度B應滿足的條件（已知質子帶電荷量為q，質量為m）．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】粒子進入磁場中．由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得到半徑公式r=，粒子的速度v越大，軌跡半徑r越大．粒子從ab邊射出磁場時，從a點射出，軌跡半徑最小，對應的速度最小，從b點射出，軌跡半徑最大，對應的速度最大，根據幾何關系求出半徑，再由牛頓第二定律求出對應的速度，即可得到速度的范圍．【解答】解：第一種極端情況從M點射出，此時軌道的圓心為O′點，由平面幾何知識可得：R2=d2+（R﹣d）2解得：R=d．而帶電粒子在磁場中的軌道半徑R，又為R=，所以有：B1==．第二種極端情況是粒子從N點射出，此時粒子正好運動了半個圓，其軌道半徑為：R′=d．所以d=，B2=．綜合上述兩種情況，得：≤B≤．答：磁感應強度B的大小范圍≤B≤．16．如圖所示，在xoy直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內分布著方向沿y軸負方向的勻強電場．初速度為零、帶電量為q、質量為m的離子經過電壓為U的電場加速后，從x上的A點垂直x軸進入磁場區域，經磁場偏轉后過y軸上的P