內(nèi)蒙古鄂爾多斯市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、選擇題（共12小題，滿分48分，每小題4分）1．下列說(shuō)法正確的是（）A．只有體積很小的帶電體才能被看作點(diǎn)電荷B．法拉第首先提出場(chǎng)的觀點(diǎn)并引入電場(chǎng)線描述電場(chǎng)C．電場(chǎng)強(qiáng)度、電容、電阻、位移都是利用比值定義的物理量D．電阻率與溫度和材料有關(guān)，各種材料的電阻率都隨溫度的升高而增大2．如圖所示的電路中，電源兩端電壓為6V并保持不變，定值電阻R1的阻值為5Ω，滑動(dòng)變阻器R2的銘牌上標(biāo)有“20Ω1A”。電流表和電壓表選擇的量程分別為“0～0.6A”和“0～3V”。在保證電路安全的情況下，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電路中的最大電流為1AB．滑動(dòng)變阻器R2接入電路的最大阻值為5ΩC．定值電阻R1消耗的最大電功率為1.8WD．電路的總功率的變化范圍為0.288W～3.6W3．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形CDEF區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)比荷為k的帶電粒子以大小為v的速度由C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度方向與CD邊的夾角θ＝60°，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從DE邊垂直DE射出，粒子的重力不計(jì)，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）A．v2kL B．3v3kL C．34．某同學(xué)用靜電計(jì)測(cè)量已經(jīng)充電的平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差U，在保持極板上的電荷量Q不變的情況下，分別按如圖甲、乙、丙操作。下列說(shuō)法正確的是（）A．甲操作可以證明僅減小兩極板的正對(duì)面積，電容器電容減小B．乙操作可以證明僅增大兩極板之間的距離，電容器電容增大C．丙操作可以證明僅插入有機(jī)玻璃板，電容器電容減小D．以上說(shuō)法都錯(cuò)誤5．如圖所示，A、B兩燈電阻相同，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端P向下滑動(dòng)時(shí)（）A．A燈將變暗 B．電阻R中的電流減小C．B燈將變亮 D．電源的供電功率減小6．用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)細(xì)線與豎直線成37°，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則（sin37°=0.6A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為4mgB．釋放后小球做圓周運(yùn)動(dòng)C．小球第一次通過(guò)O點(diǎn)正下方時(shí)，小球速度大小為7D．小球第一次通過(guò)O點(diǎn)正下方時(shí)，小球速度大小小于77．如圖所示，截面為正方形的容器在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一束電子從a孔垂直于磁場(chǎng)射入容器中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，忽略電子間的作用，下列說(shuō)法不正確的是（）A．從cd兩孔射出的電子速度之比為v1：v2＝2：1B．從cd兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間之比為t1：t2＝1：2C．從cd兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小之比為a1：a2＝2：1D．從cd兩孔射出電子在容器中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小之比為a8．如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上。在磁鐵右上方固定一根與磁鐵垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線。當(dāng)導(dǎo)線中通以由外向內(nèi)的電流時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．磁鐵受到向左的摩擦力，磁鐵對(duì)桌面的壓力減小B．磁鐵受到向右的摩擦力，且對(duì)桌面的壓力減小C．磁鐵受到向左的摩擦力，且對(duì)桌面的壓力增大D．磁鐵不受摩擦力，對(duì)桌面的壓力不變9．一固定絕緣斜面體處在如圖所示的磁場(chǎng)中，現(xiàn)將一根通電直導(dǎo)體棒輕放在光滑斜面上，棒中電流方向垂直紙面向外，導(dǎo)體棒可能靜止的是（）A． B．C． D．10．如圖所示，A、B為兩個(gè)點(diǎn)電荷，MN為兩電荷連線的中垂線，圖中實(shí)線表示兩點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的一條電場(chǎng)線（方向未標(biāo)出），下列說(shuō)法正確的是（）A．兩電荷一定是異種電荷B．電荷A一定帶正電C．兩電荷的電量一定滿足|qA|＜|qB|D．兩電荷的電量一定滿足qA|＞|qB|11．一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、12V、18V，下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2v/cmB．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為4VC．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低2eVD．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為6eV12．一質(zhì)譜儀的原理如圖，粒子源產(chǎn)生的帶電粒子（不計(jì)重力）經(jīng)狹縫S1與S2之間的電場(chǎng)加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)，從小孔S3穿出再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在照相底片上。已知磁場(chǎng)B1、B2的方向均垂直紙面向外。則（）A．圖中P1可能為電源負(fù)極B．圖中所示虛線可能為a粒子的軌跡C．在速度選擇器中粒子可以做加速運(yùn)動(dòng)D．打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷質(zhì)比qm二、解答題（共2小題，滿分14分）13．如圖，將一個(gè)小量程電流表G和另一個(gè)電阻連接可以改裝成電壓表或電流表，則甲圖對(duì)應(yīng)的是表，要使它的量程加大，就應(yīng)該應(yīng)使R1（填“增大”或“減小”）；乙圖是表，要使它的量程加大，就應(yīng)該使R2（填“增大”或“減小”）．14．某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路圖測(cè)量長(zhǎng)度為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的電阻絲Rx5號(hào)干電池一節(jié)（電動(dòng)勢(shì)為1.5V）；電阻箱（0~999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器R1滑動(dòng)變阻器R2表頭G（0~200μA）；待測(cè)電阻絲Rx粗細(xì)均勻的電阻絲AB；開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)小組用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲Rx的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則其直徑d=（2）實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（選填“R1”或“R（3）實(shí)驗(yàn)小組將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)至最左端后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使其滑片P處于合適位置，調(diào)節(jié)電阻箱，使其示數(shù)為R，然后調(diào)節(jié)滑片P，使表頭的示數(shù)為零，記錄AP、BP的長(zhǎng)度L1、L2，則待測(cè)電阻絲的電阻率，ρ=（4）重復(fù)（3）的操作，測(cè)出多組數(shù)據(jù)，分別取平均值，則待測(cè)電阻絲電阻的理論測(cè)量值（選填“大于”“等于”或“小于”）真實(shí)值。三、計(jì)算題（共4小題，滿分38分）15．如圖所示，僅在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一細(xì)束電子從x軸上的P點(diǎn)以大小不同的速率射入該磁場(chǎng)中，速度方向均與x軸正方向成銳角θ。已知速率為v0的電子可從x軸上的Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)電子間的相互作用，電子的重力可以忽略，已知PQ＝l，OP＝3l，電子的電量為e，質(zhì)量為m，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）能從y軸垂直射出的電子的速率。16．如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.40m，金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝4.5V，內(nèi)阻r＝0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量為m＝0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力。17．如圖所示，R1＝8Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，接到電壓為20V的電源兩端，求每個(gè)電阻上的電壓和流過(guò)的電流大?。?8．如圖所示，坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一、二象限內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），第三、四象限內(nèi)有垂直于xOy平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從第一象限的點(diǎn)P（20cm，5cm）沿x軸負(fù)方向以大小為v0＝100m/s的速度拋出一質(zhì)量m＝1×10﹣6kg、電荷量q＝0.5C的帶負(fù)電粒子，粒子從x軸的點(diǎn)A（10cm，0）進(jìn)入第四象限，在第四象限中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第二象限．不計(jì)粒子重力和空氣阻力．求：（1）第一、二象限中電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E和方向．（2）第三、四象限中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B．（3）t＝5.5×10﹣3s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)．（取π＝3）

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、電荷的形狀、體積和電荷量對(duì)分析的問(wèn)題的影響可以忽略時(shí)，就可以看成是點(diǎn)電荷，并不是只有體積很小的帶電體才能看作點(diǎn)電荷，故A錯(cuò)誤；

B、法拉第首先引入電場(chǎng)線和磁感線來(lái)描述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，故B正確；

C、電場(chǎng)強(qiáng)度、電容、電阻都是利用比值定義的物理量，而位移卻不是的，故C錯(cuò)誤；

D、電阻率與溫度和材料有關(guān)，金屬導(dǎo)體的電阻率隨溫度的升高而增大；而半導(dǎo)體的電阻率隨溫度的升高而減小；故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】電荷的形狀、體積和電荷量對(duì)分析的問(wèn)題的影響可以忽略時(shí)，就可以看成是點(diǎn)電荷。法拉第首先引入電場(chǎng)線和磁感線來(lái)描述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，電阻率與溫度和材料有關(guān)，但不是都和溫度正相關(guān)。2．【答案】C【解析】【解答】A、由電路圖知道，R1與R2串聯(lián)，電壓表測(cè)R1兩端的電壓，電流表測(cè)電路中的電流。電流表的量程為0～0.6A，滑動(dòng)變阻器允許通過(guò)的最大電流為1A，當(dāng)電壓表的示數(shù)U0=3V時(shí)，電路中的電流I=因串聯(lián)電路中各處的電流相等，故最大電流為0.6A，故A錯(cuò)誤；

B、由電路圖知道，R1與R2串聯(lián)，所以在保證電路安全的情況下，滑動(dòng)變阻器R2接入電路的最大阻值為20Ω，故B錯(cuò)誤；

C、由P=可知當(dāng)電路中的電流最大時(shí)，定值電阻R1消耗的功率最大，且最大功率P故C正確；

D、由P=UI可知當(dāng)電路中的電流最大時(shí)，電路消耗的總功率最大，即P當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2接入電路的最大阻值時(shí)，電路總電阻最大，由P=可知電路消耗的總功率最小，即P所以電路的總功率的變化范圍為1.44W～3.6W，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】為保證電路安全電路中的電流不能超過(guò)各用電器中允許通過(guò)電流的最小值。電路中電阻越大，電路越安全。當(dāng)電路中的電流最大時(shí)，定值電阻消耗的功率最大，電路消耗的總功率最大。電路總電阻最大時(shí)，電路消耗的總功率最小。3．【答案】C【解析】【解答】由幾何關(guān)系可求得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R=洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可得Bqv=m聯(lián)立可得B=故答案為：C。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力，通過(guò)牛頓第二定律進(jìn)行解答。4．【答案】A【解析】【解答】A、甲操作中，減小兩極板的正對(duì)面積，靜電計(jì)指針偏角變大，則兩極板間電勢(shì)差U變大，根據(jù)C=因?yàn)镼不變，則C減小，即甲操作可以證明僅減小兩極板的正對(duì)面積，電容器電容減小，故A正確；

B、乙操作中增大兩極板之間的距離，靜電計(jì)指針偏角變大，則兩極板間電勢(shì)差U變大，根據(jù)C=因?yàn)镼不變，則C減小，即乙操作可以證明僅增大兩極板之間的距離，電容器電容減小，故B錯(cuò)誤；

C、丙操作中僅插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針偏角變小，則兩極板間電勢(shì)差U變小，根據(jù)C=因?yàn)镼不變，則C變大，即丙操作可以證明僅插入有機(jī)玻璃板，電容器電容變大，故C錯(cuò)誤；

D、以上分析可知，故D錯(cuò)誤．

故答案為：A。

【分析】根據(jù)操作確定電容器各參數(shù)的變化情況，兩極板電勢(shì)差越大，靜電計(jì)張角越大。再根據(jù)電容的定義式分析電容的變化情況。5．【答案】A【解析】【解答】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端P向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，變阻器與B燈并聯(lián)電阻減小，則外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律I=得知干路電流I增大，故通過(guò)電源的電流增大；由P=IE知電源的供電功率將增大；電源的E、r不變，所以路端電壓U=E-Ir則U減小，而A燈的電壓等于路端電壓，所以燈A變暗；通過(guò)R的電流IU減小，通過(guò)A燈的電流IA減小，而I增大，則知IR增大，變阻器與B燈并聯(lián)電壓UU減小，IR增大，所以U并減小，故電燈B將變暗。

故答案為：A。

【分析】確定電路的連接情況，根據(jù)題意確定電路中總電阻及總電流的變化情況，再根據(jù)“程序法”或者“串反并同”結(jié)論法確定各元件電流、電壓及功率等的變化情況。6．【答案】D【解析】【解答】A．開(kāi)始時(shí)，對(duì)小球根據(jù)平衡條件有tan37°=qEmgB．根據(jù)A項(xiàng)分析可知，小球所受電場(chǎng)力與重力的合力方向與豎直方向夾角為37°，向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，小球由靜止釋放時(shí)，由于合外力與細(xì)線夾角為53°，所以將先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至與O點(diǎn)左下方且與O點(diǎn)連線的夾角等于16°時(shí)細(xì)線將繃緊，之后的一段時(shí)間內(nèi)小球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，B不符合題意；CD．當(dāng)細(xì)線繃緊瞬間，小球在沿細(xì)線方向的分速度會(huì)突變?yōu)榱?，所以存在?dòng)能損失，設(shè)為ΔEk，小球從釋放到第一次通過(guò)O點(diǎn)正下方時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有qEL+mgL?ΔE故答案為：D。

【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式，當(dāng)細(xì)線繃緊瞬間，通過(guò)動(dòng)能定理得出小球的速度。7．【答案】D【解析】【解答】A、設(shè)磁場(chǎng)邊長(zhǎng)為a，如圖所示，粒子從c點(diǎn)離開(kāi)，其半徑為rc，粒子從d點(diǎn)離開(kāi)，其半徑為rd

由Bqv=m得出半徑公式r=又由運(yùn)動(dòng)軌跡知rc=2rd，則有v故A正確，不符合題意；

B、由T=根據(jù)圓心角求出運(yùn)行時(shí)間t=運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角分別為90°和180°，則t故B正確，不符合題意；

CD、向心加速度a=則a故C正確，不符合題意，D錯(cuò)誤，符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)題意分別畫(huà)出粒子從c和d飛出的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定兩運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行解答。8．【答案】A【解析】【詳解】條形磁鐵外部磁場(chǎng)又N指向S，根據(jù)左手定則知，直導(dǎo)線所受的安培力的方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律知，條形磁鐵所受力的方向斜向右上方，可知條形磁鐵有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所受的摩擦力方向向左，磁鐵對(duì)桌面的壓力減小。

故答案為：C。

【分析】先判斷電流所在位置的磁場(chǎng)方向，然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向；再根據(jù)牛頓第三定律得到磁體受力方向，最后對(duì)磁體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷。9．【答案】A,C【解析】【解答】A、由左手定則判定導(dǎo)體棒受到的安培力豎直向上，當(dāng)安培力恰恰等于重力時(shí)就能靜止在斜面上，故A正確；

B、由左手定則判定導(dǎo)體棒受到的安培力豎直向下，而斜面是光滑的，所以導(dǎo)體棒不能靜止在斜面上，故B錯(cuò)誤；

C、由左手定則判定導(dǎo)體棒受到的安培力沿斜面向上，還有豎直向下的重力和垂直斜面向上的支持力，三力可能平衡，故C正確；

D、由左手定則判定導(dǎo)體棒受到的安培力沿斜面向下，三力不能平衡，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)左手定則結(jié)合題意確定安培力的方向，再根據(jù)其受力情況結(jié)合平衡條件分析導(dǎo)體棒能否靜止。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、由電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知兩電荷一定帶異種電荷，故A正確；

B、電場(chǎng)線方向未知，電荷A可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，故B錯(cuò)誤；

CD、將A、B兩點(diǎn)用直線連起來(lái)，通過(guò)電場(chǎng)線的疏密程度可知兩電荷的電量一定滿足|qA|＜|qB|，故C正確，D錯(cuò)誤．

故答案為：AC。

【分析】場(chǎng)源電荷電荷量越大，越靠近場(chǎng)源電荷場(chǎng)強(qiáng)越大，電場(chǎng)線越密集。熟悉掌握同種電荷和異種電荷電場(chǎng)線分布的特點(diǎn)。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、將電場(chǎng)強(qiáng)度分解為水平和豎直，x軸方向E沿y軸方向E則合場(chǎng)強(qiáng)E=故A正確；

B、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平行等距的兩線段電勢(shì)差相等，故φ解得坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為4V，故B正確；

C、電子在a點(diǎn)電勢(shì)能E電子在b點(diǎn)電勢(shì)能E電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高2eV，故C錯(cuò)誤；

D、電子在b點(diǎn)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W=-e故D正確。

故答案為：ABD。

【分析】由于O與abc三點(diǎn)構(gòu)成矩形，可將電場(chǎng)強(qiáng)度分解成水平和豎直兩個(gè)方向，再根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系及矢量求和法則確定場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平行等距的兩線段電勢(shì)差相等。熟悉掌握電勢(shì)與電勢(shì)能及電場(chǎng)力做功的關(guān)系。12．【答案】B,D【解析】【解答】AB、由左手定則可知，粒子在下面磁場(chǎng)中向左偏轉(zhuǎn)，知粒子帶正電，可知圖中所示虛線可能為α粒子的軌跡。粒子帶正電，則粒子在P1P2之間向下運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向左的洛倫茲力，可知電場(chǎng)力向右，則圖中P1為電源正極，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、在速度選擇器中粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，可知洛倫茲力不變，粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，不可能做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、打在底片上的位置越靠近S3，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑R越小，由R=可知，半徑越小，荷質(zhì)比越大，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)粒子片抓方向確定洛倫茲力的方向，再根據(jù)左手定則確定粒子所帶電性，粒子在速度選擇器中受力平衡，根據(jù)左手定則確定洛倫茲力方向繼而確定電源正極。根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定軌跡半徑與荷質(zhì)比的關(guān)系。13．【答案】電流；減?。浑妷?；增大【解析】【解答】甲圖通過(guò)并聯(lián)電阻分走部分電流，所以甲為電流表，且R1越小分的電流越多，所以應(yīng)該是減??；乙圖通過(guò)并聯(lián)電阻分得電壓，且電阻越大分的電壓越多，所以R2應(yīng)該增大。

【分析】本題考查了利用串并聯(lián)電路實(shí)現(xiàn)的電壓或者電流表的改裝，改裝過(guò)程實(shí)質(zhì)是利用了串并聯(lián)電路的分壓或者分流關(guān)系。14．【答案】（1）3.200（2）R（3）πR（4）等于【解析】【解答】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)即電阻絲的直徑為d=3（2）實(shí)驗(yàn)中電阻箱的阻值為0～999.9Ω，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用阻值較大的R2。

（3）實(shí)驗(yàn)小組將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)至最左端后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使其滑片P處于合適位置，調(diào)節(jié)電阻箱，使其示數(shù)為R，然后調(diào)節(jié)滑片P，使表頭的示數(shù)為零，說(shuō)明Rx的分壓與L1的分壓相同，有URx=且U即R解得R根據(jù)電阻定律R得待測(cè)電阻絲的電阻率ρ=（4）重復(fù)（3）的操作，測(cè)出多組數(shù)據(jù)，分別取平均值，可減小偶然誤差，此實(shí)驗(yàn)表頭的內(nèi)阻不影響實(shí)驗(yàn)原理，無(wú)系統(tǒng)誤差，因此待測(cè)電阻絲電阻的理論測(cè)量值等于真實(shí)值。

【分析】根據(jù)電路圖明確電路的連接方式，電表示數(shù)為零，即CP兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，根據(jù)串聯(lián)電路電壓和電阻的關(guān)系，確定AC兩端電壓和R的關(guān)系，及AP兩端電壓和長(zhǎng)度的關(guān)系。繼而得出Rx和R和AP、AB和BP的關(guān)系，再根據(jù)電阻定律進(jìn)行解答。15．【答案】（1）解：由幾何知識(shí)可得，從Q點(diǎn)射出的電子的半徑：R=l電子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B＝mv0解得：B=2m電子在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知：磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外；（2）解：設(shè)電子能從y軸垂直射出的速率為v，半徑為r，由幾何關(guān)系得rsinθ＝3l由牛頓第二定律得：evB＝mv2聯(lián)立解得：v＝6v0?！窘馕觥俊痉治觥浚?）根據(jù)題意畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力進(jìn)行解答；

（2）根據(jù)題意畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再結(jié)合（1）中磁感應(yīng)強(qiáng)度，根據(jù)洛倫茲力提供向心力進(jìn)行解答；16．【答案】（1）解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=（2）解：導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.50×1.5×0.40N＝0.30N（3）解：對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖，將重力正交分解沿導(dǎo)軌方向F1＝mgsin37°＝0.04×10×0.60N＝0.24NF1＜F安，根據(jù)平衡條件mgsin37°+Ff＝F安解得Ff＝0.06N方向平行導(dǎo)軌向下【解析】【分析】（1）確定電路的連接情況，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行解答；

（2）確定流過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小，再根據(jù)安培力公式進(jìn)行解答；

（3）導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，對(duì)其進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答即可。17．【答案】解：電路的總電阻為：R＝R1+R2R由歐姆定律得總電流為：I=U即通過(guò)R1的電流為1A．R1的電壓為：U1＝IR1＝1×8V＝8VR2與R3的電壓相等，有：U2＝U3＝U﹣U1＝（20﹣8）V＝12V通過(guò)R2的電