2023-2024学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共10小题，共30分。

1.关于电源电动势，下列说法正确的是（）

A.电源电动势是反映电源把电能转化为其他形式能量本领大小的物理量

B.电动势E=匕与电压U=匕中的”都是指电场力做的功

qq

C.外电路断路时，路端电压的大小等于电源电动势的大小

D.电动势越大表明电源储存的电能越多

2.下列说法正确的是（）

A.丹麦物理学家法拉第通过实验发现了电流的磁效应

B.两条通电导线平行且电流方向相同时会相互排斥

C.电流周围的磁场方向是用右手螺旋定则来判断的

D.安培认为磁体的磁场是由静止的电荷产生的

3.关于电流做功，下列说法正确的是（）

A.电流做功的实质是导体中的恒定电场对自由电荷的静电力在做功

B.R是电动机的内阻，通过电动机的电流与其两端的电压满足U=1R

C.焦耳定律Q=尸"是由焦耳通过公式推导得到的

D.W=U/t只适用于纯电阻电路计算电流做的功

4.关于磁感线，下列说法正确的是（）

A.磁感线是不闭合的有向曲线，从N极出发到S极终止

B.磁感线是为了研究磁场根据实验事实而假想出来的

C.磁感线是带电粒子在磁场中运动的轨迹

D.没有磁感线的地方就没有磁场存在

5.下列说法正确的是（）

A.安培力的方向一定与磁场的方向垂直

B.通电导线在磁场中一定受到安培力的作用

C.判定通电导线在磁场中受力的方向用右手定则

D.安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，安培力也不做功

6.如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和6,一条形磁铁穿过圆心且与

环面垂直，关于穿过两环的磁通量外和热，下列说法正确的是（）

A.a、b环内磁通量由下向上，<Pa>（Pb

B.a、6环内磁通量由上向下，（Pa<<Pb

C.a、6环内磁通量由下向上，（Pa<<Pb

D.a、b环内磁通量由上向下，（t>a>（Pb

7.%和£是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的电阻，&的尺寸小于名

的尺寸。现给％、/?2加以相同的电压”下列选项正确的是（）

AR、夫2的电阻%>R2

B.通过治、/?2的电流人>/2

C.%、%的电功率P1=

D.%、在相同时间内产生的焦耳热Q1<<?2

8.长直导线周围产生的磁感应强度大小B=为常数，/为导线中电流的用0

大小，r为到导线的距离）。如图所示，在等边三角形PMN的三个顶点处，各/：\

有一根长直导线垂直于纸面固定放置。三根导线均通有电流/,且电流方向/1\

垂直纸面向外，已知三根导线在三角形中心。处产生的磁感应强度大小均为

Bo，若将P处导线的电流变为2/,且电流方向变为垂直纸面向里，则三角形

中心。处磁感应强度的大小为（）

A.yTSB0B.BoC.2B°D.3BO

9.某带电粒子垂直射入匀强磁场，粒子使沿途的空气电离，动能逐渐减小，一

段径迹如图所示。若粒子带电量不变，重力不计，下列说法正确的是（）

A.粒子从a到b运动，带正电

B.粒子从b到a运动，带正电

C.粒子从a到6运动，带负电

D.粒子从b到a运动，带负电

10.如图所示，电源电动势不变，金属杆ab处在磁感应强度为B的匀强磁场中,

磁场方向与水平导轨平面成。角，ab始终保持静止。下列选项正确的是（）

A.8角由0。增加到90。的过程中，ab所受摩擦力先变大再变小

B.。角由0。增加到90。的过程中，出?所受摩擦力先变小再变大

C.。角由0。增加到180。的过程中，ab所受摩擦力先变大再变小

D.8角由0。增加到180。的过程中，ab所受摩擦力与安培力的合力方向竖直向上

二、多选题：本大题共5小题，共15分。

11.电源的电动势为5V、内阻为0.50,“IP1勿”的灯泡与一个线圈电阻为

0.5。的电动机串联。当电动机正常工作，灯泡也正常发光，下列选项正确

的是（）

A.电路中的电流为14

B,电动机两端的电压为0.5U

C.电源的输出功率为4W

D.电动机的输出功率为3W

12.电源电动势为3U、内阻为1。，定值电阻R=90,滑动变阻器电阻最大阻值

为20。，下列选项正确的是（）

A.滑动变阻器的最大功率为0.225W

B.定值电阻的最大功率为0.72〃

C.滑动变阻器的滑片从左向右移动，R上消耗的功率一直减小

D.滑动变阻器的滑片从左向右移动，电源的输出功率一直增大

13.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场，质量和电荷量

大小都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从。点垂直于PQ射入磁

场，图中实线是它们的轨迹。已知。是PQ的中点，不计粒子重力，下

列选项正确的是（）

A.射入磁场时粒子a的速率最大

B.粒子c在磁场中运动的周期最小

C.粒子b在磁场中运动的时间最小

D.若磁感应强度方向改成垂直于纸面向外，a、6、c粒子在磁场中运动的周期均不变

14.如图所示，大量重力不计的不同带电粒子，以不同速度从小孔。射入

速度选择器，通过速度选择器的粒子，再垂直射入右侧匀强磁场B2,做

匀速圆周运动并打在底片上，下列选项正确的是（）

A.打在底片上不同位置的粒子进入右侧磁场速度不同

B.打在底片上不同位置的粒子在右侧磁场中运动时间不同

C.如果速度选择器平行板电荷量不变，板间距增大，能沿直线通过选择

器的粒子速度不变

D.如果增大速度选择器中磁场的磁感应强度%,比荷相同的粒子在右侧磁场中运动的半径变小

15.图甲是回旋加速器的示意图，图乙为其加速电压U的变化情况，质量为小、电荷量为q的粒子每次加速

后的动能以随时间t变化的规律如图丙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，不计粒子重力，磁场的

磁感应强度为B,下列选项正确的是（）

A.粒子在电场区域速度增大，在磁场区域速度也增大

B.图丙中，t-t_=—

nn1qtf

C.加速电压u越大，粒子的加速次数越多

D.q〜今时间内，粒子做圆周运动的半径为应岩

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

16.实验小组测量某品牌手机电池的电动势和内阻，实验室可供使用的器材如下:

A.待测电池（电动势约为4V,内阻约为9。）

A电压表H（量程0〜3忆内阻约3000。）

C.电流表4（量程0〜50成1,内阻为180）

D定值电阻区（阻值20。）

E.定值电阻/?2（阻值20）

E滑动变阻器R'（最大阻值10。）

G开关、导线若干

（1）为了获取多组数据并保证实验测量的精度，该小组先改装了电流表4图中的定值电阻R应选（填

“RJ或"R2"）;

（2）他们设计了如图甲所示实验电路图，按照电路图连接好实验电路后，闭合开关，调节滑动变阻器R'的阻

值，读出几组相应的电压表和电流表示数U和/,将测得的实验数据绘制成了如图乙所示的U-/图象。则

由图乙可以得到，电源的电动势为后=V,经过计算求得电源的内阻r=0。（结果保留两位

有效数字）

17.实验室提供了量程为0〜5机4,内阻为1400的电流表G,要求小明根据如下电路图，把它改装成简易的

多用电表，该多用电表有5个挡位，分别为直流电压1口5b挡，直流电流10租力、100加4挡，欧姆表x

10。挡。

我头

甲乙

⑴图甲中B接(填“红”或“黑”)表笔；

(2)当选择开关连接触点(选填“1、2、3、4、5”)时，对应直流电流100小力挡；

(3)根据题设条件可得/?4=。(结果保留两位有效数字)；

(4)选择开关与“3”相连，欧姆调零后进行测量某电阻阻值，指针位置如图乙所示，读数为0。实

际上因为电池老化，电源电动势已经由1.5U变为1.4V,内阻已经由1.00变为2.80,该电阻阻值应为

______。(结果保留三位有效数字)。

四、简答题：本大题共4小题，共41分。

.如图所示，半径为的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，。为圆心，为圆形边界/""丁、'、

18RP/：、

上的一点。质量为小、电荷量为+q的粒子以速率"在纸面内沿P。方向射入磁场，粒子/

I

又从Q点射出磁场，PQ之间的弧长是圆周长的也不计粒子重力。求：0'、；

(1)圆形区域内磁场的方向；*'jp

(2)圆形区域内磁感应强度B的大小。

20.如图所示，匀强电场水平向右，将一带正电的小球从4点竖直上抛，小球经M点后运动至B点。M为轨

迹最高点，4B两点在同一水平线上。小球抛出时动能为2024/,在M点动能也为2024J,不计空气阻

力。求：

(1)小球水平位移Xi与乂2的比值；

(2)小球从4点运动到B点过程中的最小动能以。

O

21.水平分界线MN上方有竖直向下的匀强电场，电场强度为E。MN下方司

M;

存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为B,PQ分界线与MN平行。质一:

B

二

量为a的带电粒子在。处由静止释放，下落一定高度h后穿过MN,进入宽・

XXXXX

B

度为d、垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动。粒子穿过PQ后进入XXXXX

XXX

垂直纸面向内的匀强磁场，经过一段时间后返回出发点。。不计粒子重XXX

力,求：XXXXXX

(1)粒子的带电量；

(2)粒子从。点经过多长时间后返回。点。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4电源电动势是反映电源把其他形式能量转化为电能本领大小的物理量，故A错误；

B、电动势E=?中的W是非静电力做的功，在电压U=?中的勿是指电场力做的功，故B错误；

qq

C、由闭合电路欧姆定律U=E-6可知，外电路断路时，闭合电路中电流是零，则路端电压的大小等于

电源电动势的大小，故C正确；

。、由E=小可知，电动势越大，指电源内部非静电力移动单位正电荷从负极到正极做的功越多，不是电

q

源储存的电能越多，故D错误。

故选：Co

电动势是描述电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量；根据电动势和电压的定义分析勿；根据

闭合电路的欧姆定律分析；电动势不表示电源储存电能的多少。

本题考查的是对电动势的理解，要熟练记忆电动势的定义和物理意义。

2.【答案】C

【解析】解：4丹麦物理学家奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，故A错误；

8、两条通电导线平行且电流方向相同时会相互吸引，故B错误；

C、电流周围的磁场方向是用安培定则也叫右手螺旋定则来判断的，故C正确；

。、安培认为磁体的磁场是由运动的电荷产生的，故。错误。

故选：Co

本题根据奥斯特、安培的物理学成就以及通电导线间的作用力特点分析。

本题主要考查物理学史，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，重视积

累。

3.【答案】A

【解析】解：4电流做功的实质是导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功，故A正确；

8电动机是非纯电阻电路，因此通过电动机的电流与其两端的电压不满足

U=IR,故B错误；

C.焦耳通过实验，应用控制变量法得到焦耳定律，故C错误；

D公式勿=U/t适用于任何电路中电功的计算，故。错误。

故选：Ac.

电流做功的实质是导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功；电动机是非纯电阻电路；焦耳通过实

验，应用控制变量法得到焦耳定律；公式w=u花适用于任何电路中电功的计算。

熟练掌握电功公式、欧姆定律的适用条件是解题的基础。

4.【答案】B

【解析】解：4在磁铁外部，磁感线由N极指向S极，在磁铁内部，磁感线由S极指向N极，磁感线是闭合

的曲线，故A错误；

3.磁感线是为了更直观形象研究磁场的性质而假想的有方向的曲线，不是客观存在的，故B正确；

C.磁感线表示磁场的强弱和方向，是假想的曲线，若磁感线是带电粒子在磁场中运动的轨迹，则带电粒子

在磁场中不会受到洛伦兹力，因此磁感线不是带电粒子在磁场中运动的轨迹，故C错误；

D磁感线是为了形象描述磁场性质而假想的曲线，在磁场中没有磁感线的地方仍有磁场存在，故。错误。

故选：So

磁感线是闭合曲线；磁感线是假想的曲线；磁感线不是磁场的运动轨迹；没有磁感线的地方仍然有磁场。

要知道磁感线是假想的曲线，在客观上是不存在的，磁感线是闭合曲线，在磁体的外部，是从N极指向S

极，而在磁体的内部是从S极指向N极。

5.【答案】A

【解析】解：2C.根据左手定则，安培力的方向既垂直于磁场方向又垂直与电流方向，即安培力的方向垂

直与由磁场和电流决定的平面，故A正确，C错误；

2.当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故B错误；

D洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力一定不做功，但是安培力可以做正功、做负功也可以不做功，

故。错误。

故选：Ao

AC：根据左手定则判断；

B：通电导线在磁场中受力与否与通电导线与磁场方向有关；

D：根据洛伦兹力和安培力的特点判断。

本题考查洛伦兹力、安培力、左手定则一一磁场对通电导线的作用，要求学生熟练掌握这些基本知识即应

用。

6.【答案】A

【解析】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。

由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在

无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积

小，抵消较小，由⑦=BS则a环磁通量较大，且两环的磁通量方向均由下向上，且。a>©b，故A正确，

8CC错误。

故选：Ao

根据条形磁铁内外磁感线的方向判断穿过金属圆环a和b的磁通量的方向和大小关系。

本题主要考查了磁通量的相关知识，解题关建是正确理解磁通量的概念。

7.【答案】C

【解析】解：4、设材料的长度为3厚度为％,根据电阻定律可得R=p3=—所以电阻的大小与正方向

rLhh

的变长无关，即匕=/?2,故A错误；

3、根据欧姆定律/=§可知，通过两电阻的电流相等，即人=/2,故B错误；

C、根据功率公式P=5可知，两电阻消耗的电功率相等，即R=P2,故c正确；

D、根据焦耳定律Q=/2应可知，R］、7?2在相同时间内产生的焦耳热Q1=Q2，故。错误。

故选：Co

根据电阻定律比较电阻的大小；根据欧姆定律比较电流的大小；根据功率公式p=5比较功率的大小；根

据焦耳定律比较产生的热量多少。

熟练掌握电阻定律、欧姆定律、焦耳定律以及电功率公式是解题的基础。

8.【答案】D

【解析】解：设OM=OP=ON=r,已知三根导线在三角形中心。处产生的磁感应强度大小均为Bo，

长直导线周围产生的磁感应强度大小B=为常数，/为导线中电流的大小，r为到导线的距离），则

I

Bo=k-

根据磁感应强度的叠加，可知M处导线与N处导线在三角形中心。处合磁感应强度为

=2B0cos600=Bo

方向垂直P。向左，P处导线的电流变化后，三角形中心。处的磁感应强度为

27

B?=卜彳=2B。

方向垂直P。向左，则三处导线在三角形中心。处的合磁感应强度的大小为

B=Br+B2,解得B=3B0

故选：Do

根据磁感应强度的叠加原理，先求M处导线与N处导线在三角形中心。处合磁感应强度，P处导线的电流变

化后，先求三角形中心。处的磁感应强度，再求三处导线在三角形中心。处的合磁感应强度的大小。

本题解题关键掌握磁感应强度的叠加原理，磁感应强度的叠加满足平行四边形法则。

9.【答案】D

【解析】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小，速度逐渐减小，根据洛伦兹力提供

向心力

V2

qvB=m-5-

可得，粒子在磁场中运动的半径公式

mv

R=~^B

所以粒子的半径逐渐的减小，粒子的运动方向是从6到a,再根据左手定则可知，粒子带负电。

故A8C错误，。正确；

故选：Do

根据带电粒子的动能减小，结合牛顿第二定律导出带电粒子的轨道半径减小判断运动方向，再根据轨迹圆

心和左手定则判断粒子带电的正负。

考查牛顿第二定律和左手定则，深入理解带电粒子在磁场中的运动规律，会列式进行相关物理量的运算。

10.【答案】C

【解析】解：ABC,导体棒始终静止，对导体棒进行受力分析，在竖直方向上有：

mg=FN+BILcosd

水平方向上：

BILsinO=f

当8从0增加至!190。过程中，摩擦力增大；当8从0增加到180。过程中，摩擦力先增加后减小，故A8错误，C

正确；

D.当8=90。时，由左手定则可知，其安培力方向为水平向右，摩擦力为水平向左，且大小相等，方向相

反，合力为零，故。错误；

故选：Co

对导体棒进行受力分析，根据其不同方向上的受力特点，结合几何关系列式完成分析。

本题主要考查了安培力的计算，熟悉物体的受力分析，结合正交分解和几何关系即可完成解答。

11.【答案】AD

【解析】解：4、因为灯泡正常发光，则电路中的电流为：

D1

I=-=-A=1A,故A正确；

B、电源的内电压为：

U内=IT=0.5X1V=0.57

则电动机两端的电压为：

U1=E-U-U^=SV-YV-0.57=3.57,故B错误；

C、根据上述分析可知，电路中的路端电压为：

(］外=后一1］内=就一0.5V=4.5U

则电源的输出功率为：

P出=U外I=4.5x=4.5W,故C错误；

。、电动机的输出功率为：

P=UJ-I2R=3.5x1WZ-l2X0.5勿=3W,故D正确；

故选：AD.

根据功率的计算公式得出电路中的电流，结合欧姆定律得出电路中各处的电压，结合功率的计算公式完成

分析。

本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成分

析。

12.【答案】AD

【解析】解：4、将电阻R看作电源内阻，电源等效内阻为r'=100,当滑动变阻器的电阻等于等效内阻

时，滑动变阻器的功率最大，且

22

4ax=篙=1W=0-225勿，故A正确；

BC、根据功率的计算公式：

PR=DR

当电路中的电流最大，即滑动变阻器的电阻最小，此时滑动变阻器的滑片在最右端时，电阻R的功率最

大，所以滑动变阻器的滑片从左向右移动，R上消耗的功率一直增大，则有

E3

Anax=乔7=9TTX=0,3/1

则最大功率为：

2

PPmax=ImaxR=0.3X9W=0.81W,故8C错误；

D、因为外电路的总电阻(R+RQ总大于电源内阻r,滑动变阻器的滑片从左向右移动，外电路的电阻减

小，所以电源输出功率一直增大，故。正确；

故选：ADo

理解外电阻和内阻的关系对电源输出功率的影响，结合功率的计算公式完成分析。

本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律和功率的计算公式即

可完成解答。

13.【答案】CD

【解析】解：小粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=

m-,解得："粤由于质量和电荷量大小都相等，则射入磁场时粒子b的半径最大，则速率最大，故

rm

A错误；

BC、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：7=驾，粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：t=

qB27r

由于771、q、B都相同，粒子C转过的圆心角。最大，则射入磁场时C的运动时间最大，粒子b转过的圆心角6

最小，则射入磁场时b的运动时间最小，故3错误、C正确；

D、粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=笔，若磁感应强度方向改成垂直于纸面向外，磁场的大小不

变，质量和电荷量大小都相等，则a、6、c粒子在磁场中运动的周期均不变，故。正确。

故选：CDo

粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出粒子的速度表达式进行分析；根据粒子做圆周运动

的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间；根据周期公式分析运动周期。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供

向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

14.【答案】BCD

【解析】解：力、只有在速度选择器沿水平直线运动才能进入右侧磁场，所以有：qvB=qE,解得：v=

f,所以打在底片上不同位置的粒子进入右侧磁场速度相同，故A错误；

B、打在底片上不同位置的粒子在右侧磁场中运动时间均为半个周期，而周期为7=笔，因为粒子的比荷

不同，所以周期不同，所以打在底片上不同位置的粒子在右侧磁场中运动时间也不同，故2正确；

C、如果速度选择器平行板电荷量不变，板间距增大，而板之间的电场强度为：E=斗===^—=

当，由此可知，E与d的大小无关，所以电场强度不变，能沿直线通过选择器的粒子速度不变，故C正

erS

确；

D、在右侧磁场中运动的半径为：R=耳，如果增大速度选择器中磁场的磁感应强度当，则进入右侧磁场

的粒子的速度减小，比荷相同的粒子在右侧磁场中运动的半径则减小，故。正确。

故选：BCD。

粒子在速度选择器中，所受的洛伦兹力和电场力平衡，求出速度，进而进入磁场发生偏转，洛伦兹力提供

向心力，由此解得即可。

本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动和粒子在速度选择器中的运动。

15.【答案】BD

【解析】解：2、粒子在磁场区域运动时，受洛伦兹力的作用，洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度

大小，所以粒子只是在电场区域速度增大，在磁场区域做匀速圆周运动，故A错误；

B、粒子在磁场中的运动周期为T=竿，粒子的周期保持不变，每经过半圆周粒子就加速一次，所以在图

qB

丙中，~^n-1—故5正确；

2

C、粒子最终的半径大小等于金属盒的半径，根据牛顿第二定律有quB=F，则粒子获得的最大速度为

u=等，每次加速，粒子的能量就增大qU,所以粒子的加速次数为grn/解得n=暮，所以加

速电压U越大，加速次数n就越少，故C错误；

。、匕〜t2时间内，粒子的速度为M,根据动能定理有2qU=2rm/2,设粒子的半径为上，根据牛顿第二定

律有qMB=金解得上=(回，故。正确。

丫2&7q

故选：BDo

洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变大小；在一个周期内，粒子的速度被加速两次，根据粒子的运动

周期分析；粒子的最大半径等于金属盒的半径，根据动能定理可以得到加速次数的表达式；先计算出粒子

的速度，然后根据牛顿第二定律可得粒子的半径。

要知道在回旋加速器中，粒子的最大半径等于金属盒的半径，且粒子在整个运动的过程中周期保持不变。

16.【答案】R23.88.2

【解析】解：(1)电池的电动势约为4V,内阻约为90,则电路中最大电流约为

E4

I=—=7724x0.444=440mA

V9

保证实验测量的精度，改装了电流表4,需给电流表并联一电阻扩大电流表的量程，因原电流表的内阻约

为180,量程是。〜50nM,因此图中的定值电阻R应选择阻值较小的R2。

(2)U-/图像的/轴为电流表示数，则由闭合电路欧姆定律可得：

IRA

E=U+IRA+(I+-^-)r

RA

U=E-I(<RA+r+^-r)

可知U-/图像U轴上的截距表示电动势，则有

E=3.87

可知U-/图像斜率大小为：

解得：r=8.2/2

故答案为：(1)氏2；(2)3.8；8.2

(1)根据欧姆定律和电表的改装原理选择合适的定值电阻；

(2)根据闭合电路欧姆定律和图像的物理意义得出电源电动势和内阻的大小。

本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定

律即可完成分析。

17.【答案】红130140131

【解析】解：(1)为保证电流从红表笔流入，黑表笔流出，图甲中4接黑表笔，B接红表笔。

(2)根据电流表改装原理

1gRg

/=%+蜜

将灵敏电流计改装成电流表需并联分流电阻，并联分流电阻越小，电流表量程越大，故当选择开关连接触

点1时，对应直流电流100小力挡。

(3)将灵敏电流计改装成电压表需串联分压电阻，串联分压电阻越大，电压表量程越大，当选择开关连接

触点4时，对应直流电压为挡，由并联电路特点以及闭合电路的欧姆定律可得

U=IgRg+，2七

其中

I2=10mA=0.01/

解得

R4=30。

(4)选择开关与“3”相连，为欧姆表X10。挡，欧姆表读数为

&=14X10/2=140/2

电源电动势为1.5U,有

E

R内F

电源电动势为1.4乙有

,E'

R内F

欧姆表示数为a=140。时，有一丁=/打

«内十心H内十Kx

解得电阻阻值为

R'x=131。

故答案为：(1)红；(2)1；(3)30；(4)140；131

(1)根据电流从红表笔流入分析解答；

(2)表头与分流电阻并联可以改装成电流表，分流电阻阻值越大，电流表量程越小；

(3)根据电压表的改装原理分析解答；

(4)根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数，结合闭合电路欧姆定

律解答。

本题考查的是多用电表的原理、读数及误差分析，要求学生会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的

示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重

点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率。

18.【答案】解：(1)粒子带正电，结合偏转方向，根据左手定则可得磁场方向垂直于纸面向里；

(2)带电粒子的运动轨迹如图所示：

解得粒子轨迹半径为：r=

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m^

解得磁感应强度：3=驾工

qR

答：（1）圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向里；

（2）圆形区域内磁感应强度B的大小为需。

【解析】（1）根据左手定则可得磁场方向；

（2）由几何关系求解粒子轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供

向心力求解未知量。

19.【答案】解：（1）微粒在到达2点之前做匀速直线运动，受力分析如图所示：

根据平衡条件，有：qEcos45°=mgsin45°

所以有：qE=mg

解得：E=100V/m

电场强度变化后，小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，小球做匀速圆周运动，如图所示:

qvB=m^

根据几何关系可得：r=V-2Z

解得：B=1007；

(2)根据几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为：e=7T-)7T=:兀

44

微粒做匀速直线运动的时间为：匕=w=4

做圆周运动的时间为：t-b.r=hxZZE

z2n2nv

解得：「2=当「

47g

在复合场中运动时间为：t=ti+t2

代入数据解得：t=A弓兀+1%。

答：(1)电场强度E的大小为lOOU/zn,磁感应强度B的大小为1007；

(2)小球在第一象限内运动的时间为京©兀+1%。

1U4

【解析】(1)微粒在到达a点之前做匀速直线运动，根据平衡条件求解电场强度；电场强度变化后，小球受

到的电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；

(2)求出微粒做匀速直