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- 2023-07-07 发布
2016-2017学年河北省唐山市曹妃甸一中高二（上）期中物理试卷（理科）
一、单项选择题（本题共有13个小题，每题4分，共52分；每题只有一个答案正确，请将正确答案涂在答题卡上，答案正确得6分，出现错误答案或不答得0分）
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．点电荷就是体积很小的带电体
B．点电荷是理想化模型，实际上不存在
C．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体
D．根据公式F=k，当r→0时，F→∞
2．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是（ ）
A．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C．使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量和两个点电荷间的距离保持不变
D．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的
3．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为（ ）
A．E=200 V/m，水平向左 B．E=200 V/m，水平向右
C．E=100 V/m，水平向左 D．E=100 V/m，水平向右
4．如图所示，在电场强度E=2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM=4cm，MB=3cm，AB=5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q=2×10﹣9C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，静电力做功为（ ）
A．1.6×10﹣7J B．1.2×10﹣7J C．﹣1.6×10﹣7J D．﹣1.2×10﹣7J
5．如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（ ）
A．B板向上平移，静电计指针张角变大
B．B板向左平移，静电计指针张角变小
C．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大
D．在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触） 静电计指针张角变大
6．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（ ）
A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
B．电源就是产生电荷的装置
C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功
D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关
7．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（ ）
A． B． C． D．
8．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
9．下列说法错误的是（ ）
A．电场线越密集的地方电场越强，同样，磁感线越密集的地方磁场越强
B．磁场和电场一样，也是一种物质
C．静电场中的电场线是不闭合的；同样，磁感线是不闭合的
D．电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零
10．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
11．在下列图中“⊗”表示直线电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示直线电流方向垂直纸面向外，则下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力方向向右的是（ ）
A． B． C． D．
13．如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共有2个小题，每题6分，共12分；每题有多个答案正确，请将正确答案涂在答题卡上，答案正确得6分，不全得知分，出现无错误答案或不答得0分）
14．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（ ）
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
15．如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性），垂直喷入磁场，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则（ ）
A．a板电势比b板电势低
B．磁流体发电机的电动势E=Bdv
C．负载电阻两端的电压大小为Bdv
D．两板间等离子体的电阻率ρ=
三、填空题（本题共2小题，共18分，请将正确答案填到对应横线上）
16．如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图．测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻．下列说法正确的是（ ）
A．当开关S调到1、2两个位置上时，多用电表测量的是电流，且调到1位置上时的量程比2位置的大
B．当开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔
C．当开关S调到5、6两个位置上时，多用电表测量的是电压，且调到5位置上时的量程比6位置的大
D．当开关S调到任意位置上时，都需要把A、B两表笔短接，对电表进行调零
17．在“测定一节干电池的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0～0.6A．，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）
F．定值电阻R0
G．开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个参考实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数．且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω．
四、计算题（本题共3小题，共28分，答题时要有必要的文字说明，依据的定理、定律、原始公式和完整的结果，只写结果不得分）
18．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？
19．如图所示，电源电势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5Ω．求：
（1）通过电动机的电流
（2）电源的输出功率
（3）电动机的输出功率．
20．空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点．不计粒子的重力和它们之间的相互作用．求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴所用的时间．
2016-2017学年河北省唐山市曹妃甸一中高二（上）期中物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共有13个小题，每题4分，共52分；每题只有一个答案正确，请将正确答案涂在答题卡上，答案正确得6分，出现错误答案或不答得0分）
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．点电荷就是体积很小的带电体
B．点电荷是理想化模型，实际上不存在
C．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体
D．根据公式F=k，当r→0时，F→∞
【考点】元电荷、点电荷．
【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．
【解答】解：A、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量无具体关系．故AC错误；
B、点电荷类似力学中的质点，是一种理想化的物理模型，故B正确；
D、当r→0时，带电体就不能看成点电荷了，公式F=k就不能用了，故D错误．
故选：B
2．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是（ ）
A．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C．使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量和两个点电荷间的距离保持不变
D．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的
【考点】库仑定律．
【分析】本题考查库仑定律，直接根据公式F=k列式分析即可．
【解答】解：根据库仑定律公式F=k，则有：
A、每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变，则F′==4F，故A正确；
B、保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍，则力变为原来的，故B错误；
C、使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，两个点电荷间的距离保持不变，则有F′==2F，故C错误；
D、保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的，则有F′==16F，故D错误；
故选：A．
3．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为（ ）
A．E=200 V/m，水平向左 B．E=200 V/m，水平向右
C．E=100 V/m，水平向左 D．E=100 V/m，水平向右
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；等势面．
【分析】电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed求出电场强度的大小．
【解答】解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左．
两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E===100V/m；
故选：C
4．如图所示，在电场强度E=2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM=4cm，MB=3cm，AB=5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q=2×10﹣9C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，静电力做功为（ ）
A．1.6×10﹣7J B．1.2×10﹣7J C．﹣1.6×10﹣7J D．﹣1.2×10﹣7J
【考点】电势差与电场强度的关系．
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差．电场力做功的公式W=qU．
【解答】解：根据匀强电场特点可知：A、B两点间的电势差为：UAB=UAM=EdAM
所以有：UAB=2000×4×10﹣2V=80V．
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为：
WBA=qUBA=﹣qUAB=﹣2×10﹣9×80J=﹣1.6×10﹣7J
故选：C
5．如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（ ）
A．B板向上平移，静电计指针张角变大
B．B板向左平移，静电计指针张角变小
C．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大
D．在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触） 静电计指针张角变大
【考点】电容器的动态分析．
【分析】静电计测定电容器板间电势差，根据电容的决定式分析电容的变化，再电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化．
【解答】解：A、B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式C= 得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式C= 可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A正确．
B、B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式C= 可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故B错误．
C、在两板间插入介质板，由C= 得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C= 可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．
D、在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C= 可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D错误．
故选：A．
6．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（ ）
A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
B．电源就是产生电荷的装置
C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功
D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关
【考点】电源的电动势和内阻．
【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．
【解答】解：A、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故A正确；
B、电动势不能产生电荷，只是产生电势差而促使导线中的电荷运动，故B不正确；
C、根电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功，故C正确；
D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．
本题选不正确的，故选：B．
7．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（ ）
A． B． C． D．
【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．
【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路
【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断．
判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流．
由P=和已知条件可知，RA＜RB．
对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光．
对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁．
对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IA﹣IB）×110，而D电路中变阻器功率为（IA+IB）×110，所以C电路消耗电功率最小．
故选：C
8．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．
【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；
将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；
故选B．
9．下列说法错误的是（ ）
A．电场线越密集的地方电场越强，同样，磁感线越密集的地方磁场越强
B．磁场和电场一样，也是一种物质
C．静电场中的电场线是不闭合的；同样，磁感线是不闭合的
D．电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零
【考点】磁感应强度；电场强度．
【分析】电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致；曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强若；电场和磁场都是客观存在的物质；磁感线是形象描述磁场分布的一些曲线，疏密反映磁场的强弱，切线表示磁场的方向
【解答】解：A、电场线与磁感线的疏密均表示场的强弱，电场线越密的地方，电场强度越强，磁感线越密的地方磁场越强，故A正确；
B、电场和磁场一样，都是一种客观存在的物质，电荷的周围存在电场，电流或磁体的周围存在磁场，故B正确；
C、静电场中的电场线不是闭合的，而磁感线是闭合的曲线，故C错误；
D、电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度可能为零或电荷的速度为零，故D正确；
本题选错误的，故选：C
10．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【考点】磁感应强度．
【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．
【解答】解：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
A、在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故A正确；BCD错误．
故选：A
11．在下列图中“⊗”表示直线电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示直线电流方向垂直纸面向外，则下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】根据右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向．
【解答】解：右手握住直导线，大拇指所指方向为电流方向，四指弯曲方向为电流周围的磁场方向．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
12．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力方向向右的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】左手定则．
【分析】左手定则可以用来判断通电导体在磁场中受到的安培力方向的规则．明确磁感线穿入左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．
【解答】解：A、根据左手定则，导线受安培力方向向左．故A错误．
B、根据左手定则，导线受安培力方向向右．故B正确．
C、导线与磁场方向平行，不受安培力．故C错误．
D、根据左手定则，导线受安培力方向垂直纸面向里．故D错误．
故选B
13．如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（ ）
A． B． C． D．
【考点】磁通量．
【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．
【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向右上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ=．
当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ′=．
因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为．
故选：C
二、多项选择题（本题共有2个小题，每题6分，共12分；每题有多个答案正确，请将正确答案涂在答题卡上，答案正确得6分，不全得知分，出现无错误答案或不答得0分）
14．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（ ）
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】开始时带电液滴静止，说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等、方向相反；
根据开关的通断，分析电容器两板间电势差的变化或电量的变化；改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况．
【解答】解：开始时，液滴静止，电场力与重力二力平衡，故mg=Eq，电场力竖直向上；
A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；
B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；
C，D、通电后断开开关，电容器带电量不变．根据C=、C=和E=联立得：E=，E与d无关，可知，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；
故选：BC．
15．如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性），垂直喷入磁场，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则（ ）
A．a板电势比b板电势低
B．磁流体发电机的电动势E=Bdv
C．负载电阻两端的电压大小为Bdv
D．两板间等离子体的电阻率ρ=
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极．最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势，再结合闭合电路欧姆定律和电阻定律求出电阻率的大小．
【解答】解：A、根据左手定则，正电荷向上偏转，所以a板带正电，电势高；故A错误；
B、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：qvB=q，解得：E=Bdv，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律，有：I=；
故路端电压：U=IR=；
即AB两板间的电势差为，电阻R两端的电压也为；故C错误；
D、又R+r=，r为板间电离气体的电阻，且r=ρ，
联立得到电阻率ρ的表达式为：ρ=，故D正确；
故选：BD．
三、填空题（本题共2小题，共18分，请将正确答案填到对应横线上）
16．如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图．测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻．下列说法正确的是（ ）
A．当开关S调到1、2两个位置上时，多用电表测量的是电流，且调到1位置上时的量程比2位置的大
B．当开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔
C．当开关S调到5、6两个位置上时，多用电表测量的是电压，且调到5位置上时的量程比6位置的大
D．当开关S调到任意位置上时，都需要把A、B两表笔短接，对电表进行调零
【考点】用多用电表测电阻．
【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表．
【解答】解：A、电流表应与电阻串并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，并联电阻越小，量程大，则A正确
B、欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，但A为红表笔．则B错误
C、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．故C错误．
D、测量电阻时需要重新调零，电流电压不需要，故D错误．
故选：A
17．在“测定一节干电池的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0～0.6A．，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）
F．定值电阻R0
G．开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个参考实验电路，其中合理的是 b 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选 D （填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数．且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E= 1.48 V，内阻r= 0.83 Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．
（2）根据原理图，将实物图连接即可；
（3）应用描点法作出图象，根据图象求出电源电动势与内阻．
【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．
a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D（R1）．
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.48V，则电源电动势E=1.48V，
电源内阻r=═=0.84Ω；
故答案为：（1）b，D．
（2）1.50；0.84
四、计算题（本题共3小题，共28分，答题时要有必要的文字说明，依据的定理、定律、原始公式和完整的结果，只写结果不得分）
18．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值．
【解答】解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．
当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．
加速过程，由动能定理得：…①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：
l=v0t…②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③
偏距：…④
能飞出的条件为：y≤…⑤，
解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，
即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；
答：两个极板上最多能加400V的电压．
19．如图所示，电源电势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5Ω．求：
（1）通过电动机的电流
（2）电源的输出功率
（3）电动机的输出功率．
【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流．
（2）求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率．
（3）由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．
【解答】解：（1）灯泡L正常发光，通过灯泡的电流，
电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=IL=1（A）；
（2）路端电压：U=E﹣Ir=7.5（V），
电源的输出功率：P=UI=7.5（W）；
（3）电动机两端的电压UM=U﹣UL=4.5（V）；
电动机的输出功率P输出=UMIM﹣IM2R=3W；
答：（1）通过电动机的电流为1A；
（2）电源的输出功率为7.5W；
（3）电动机的输出功率为3W．
20．空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点．不计粒子的重力和它们之间的相互作用．求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴所用的时间．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的速度；再根据粒子在电场中的平抛运动规律可求得电场强度的大小；
（2）根据题意明确粒子的运动情况，明确粒子转动的运动轨迹图；明确圆心角则可求得粒子转动的时间．
【解答】解：（1）设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=m
得v=
如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有
水平方向：2R=vt
竖直方向有：
R=t2
解得E=
（2）对于速度v（斜向右上方）的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ=150°，
速度为v的粒子在磁场中运动的时间为t1=T=
粒子离开磁场到y轴的距离MH=，在无场区运动的时间t2==
设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，HO=R+，则R+=t32
解得t3=（+1）
故粒子到达x轴的时间为
t=t1+t2+t3=（+3+2）；
答：（1）粒子射入磁场时的速度大小为；电场强度的大小；
（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴所用的时间为=（+3+2）；
2016年11月15日