2017-2018学年广东省深圳市高二（上）期末物理模拟试卷

这是一份2017-2018学年广东省深圳市高二（上）期末物理模拟试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2017-2018学年广东省深圳市高二（上）期末物理模拟试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
1．（3分）关于电场力和电场强度，以下说法正确的是（　　）
A．一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则场强大
B．电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力为零
C．在电场某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零
D．一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力相同
2．（3分）如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（　　）

A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内
B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内
C．大物理学家牛顿，但小磁针静止不动
D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内
3．（3分）某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是（　　）
A．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织
B．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用
C．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用
D．丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用
4．（3分）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
5．（3分）如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（　　）

A．Q变小，C不变，U不变 B．Q变小，C变小，U不变
C．Q不变，C变小，U变大 D．Q不变，C变小，U变小
6．（3分）如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是（　　）

A．减小电流I
B．减小直导线的长度
C．使导线在纸面内顺时针转30°角
D．使导线在纸面内逆时针转60°角
7．（3分）如图所示是三个从O点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直向里，可以判定（　　）

A．a、b是正电子，c是负电子，a、b、c同时回到O点
B．a、b是负电子，c是正电子，a首先回到O点
C．a、b是负电子，c是正电子，b首先回到O点
D．a、b是负电子，c是正电子，a、b、c同时回到O点
8．（3分）带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则下列说法错误的是（　　）

A．电场力与重力大小相等
B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小
C．电场力所做的功一定等于克服重力所做的功
D．电势能的减少一定大于重力势能的增加
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）
9．（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（　　）

A．粒子是正电荷
B．粒子在M点的加速度大于N点的加速度
C．粒子在M点的电势能小于N点的电势能
D．粒子在M点的动能小于N点的动能
10．（4分）关于回旋加速器的有关说法，正确的是（　　）
A．回旋加速器是用电场加速的
B．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的
C．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的
D．带电粒子在回旋加速器中不断被加速，故在D形盒中做圆周运动一周所用时间越来越小
11．（4分）用图所示的电路测量待测电阻RX的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（　　）

A．电压表的内电阻越小，测量越精确
B．电流表的内电阻越小，测量越精确
C．电压表的读数大于RX两端真实电压，RX的测量值大于真实值
D．由于电流表的分流作用，使RX的测量值小于真实值
12．（4分）如图是测定两个电源的电动势和内电阻实验中得到的U﹣I图线，则应有（　　）

A．当I1＝I2时，电源总功率P1＝P2
B．当I1＝I2时，外电阻R1＝R2
C．当U1＝U2时，电源输出功率P出1＜P出2
D．当U1＝U2时，电源内部消耗的电功率P内1＞P内2
三、填空题（每空2分，共16分）
13．（4分）如图所示是某电场中的一簇等势面，甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等
（l）将q＝+1×10﹣8C的电荷从A点移到B点，电场力做功　 　；
（2）将q＝﹣1×10﹣8C的电荷从A点移到C 点，电场力做功　 　。

14．（2分）如图，电源的电动势为12V，内阻为1Ω，R1＝1Ω，R2＝6Ω，电动机的线圈电阻为0.5Ω．开关闭合后通过电源的电流为3A，电动机输出功率　 　。

15．（6分）一根长10cm的通电导线放在磁感强度为0.4T的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，受到的磁场力为4×10﹣3N，则导线中的电流为　 　A．将导线中电流减小为0，磁感强度为　 　T，导线受到的磁场力为　 　。
16．（4分）如图所示的正方形的盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电子从a孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有电子射出。则
（1）从b孔和c孔射出的电子的速率之比vb：vc为　 　；
（2）从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比为　 　。

四、实验题（共15分）
17．（6分）下面是在测某电源电动势和内阻的实验中纪录的六组数据。请在直角坐标系中画出U﹣I图象，待测电池的电动势为　 　，内阻为　 　。
I/A
0.10
0.15
0.25
0.37
0.40
0.50
U/V
1.38
1.34
1.25
1.15
1.20
1.05

18．（9分）①使用多用表测量两个定值电阻（阻值约为R1＝200Ω和R2＝25kΩ）．在下列一系列操作中，选出尽可能准确地测定各阻值，并符合多用表使用规则的各项操作，按合理的顺序填写在横线上：　 　。
A、转动选择开关置于“×1k”挡
B、转动选择开关置于“×100”挡
C、转动选择开关置于“×10”挡
D、转动选择开关置于“×1”挡
E、转动选择开关置于“OFF”挡
F、将两表笔分别接在R1两端，读出R1的值后断开
G、将两表笔分别接在R2两端，读出R2的值后断开
H、将两表笔短接，调节调零旋扭，使指针指在刻度线右端
②把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电源电动势E＝3V．改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，欧姆表的中值电阻为　 　Ω，2mA刻度处标　 　Ω。

五、解答题（本题共3个小题，共30分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
19．（10分）空间中存在着如图所示的竖直方向的匀强电场。已知abcd为一矩形，ab＝16cm，ad＝30cm。从某实验装置中喷射出的带正电的微粒，质量m＝1.0×10﹣22kg、带电量q＝1.0×10﹣16C．微粒以垂直于电场方向的速度v0＝1.5×104m/s，从ab正中间射入电场，最后从c点射出。不计微粒重力。求：（1）电场的大小和方向。
（2）a、c两点间的电压。

20．（10分）如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上．
（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？
（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？

21．（9分）如图所示，有一磁感强度B＝9.1×10﹣4T的匀强磁场，C、D为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离L＝0.05m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C点的速度v的方向和磁场垂直，且与CD之间的夹角θ＝30°．（电子的质量m＝9.1×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C）
（1）若此电子在运动过程中经过D点，则它的速度应是多大？
（2）电子从C点到D点所用的时间是多少？


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参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
1．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=Fq，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强公式E=kQr2 知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定，且检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点场强大小相同，但方向不同。
【解答】解：A、一点电荷分别处于电场中的A、B两点，根据场强的定义式：E=Fq可知，电荷受到的电场力大，场强大，故A正确；
B、电场中某点场强E为零，由电场力公式F＝qE可知，检验电荷在该点受到的电场力一定为零，故B正确；
C、在电场中某点没有检验电荷时，电场力为零，但电场强度不为零，电场强度与检验电荷无关，由电场本身决定，故C错误；
D、一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同，故D错误。
故选：AB。
【点评】明确电场强度是矢量，取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=Fq，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；根据点电荷的场强公式E=kQr2知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定。
2．【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况。
【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习。
3．【分析】处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿全套屏蔽服。 带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装。其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。 成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头。
【解答】解：屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。
所以C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查了屏蔽服的作用，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题。
4．【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。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理。
5．【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=ɛs4πkd，判断电容的变化，根据U=QC判断电势差的变化。
【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=ɛs4πkd，知电容C变小，根据U=QC知两极板间的电势差U变大，故C正确。
故选：C。
【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
6．【分析】根据题意应用安培力公式F＝BILsinθ分析各选项，然后作出判断。
【解答】解：A、由安培力公式F＝BILsinθ可知，减小电流I，安培力F减小，故A错误；
B、由安培力公式F＝BILsinθ可知，减小指导线的长度L，安培力F减小，故B错误；
C、由安培力公式F＝BILsinθ可知，使导线在纸面内顺时针转30°角，θ减小为0°，安培力减小，故C错误
D、由安培力公式F＝BILsinθ可知，使导线在纸面内逆时针转60°角，θ增大为90°，安培力增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了增大安培力的办法，根据题意应用安培力公式F＝BILsinθ即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键。
7．【分析】曲线运动中速度方向是切线方向，合力指向曲线的内侧，然后根据左手定则判断粒子的电性；最后根据推论公式T=2πmqB判断运动时间。
【解答】解：粒子做匀速圆周运动，速度方向是切线方向，合力指向圆弧的内侧，结合左手定则可以判断a、b带负电，c带正电；
电子做匀速圆周运动，周期T=2πmqB一定相同，故三个粒子同时回到出发点；
故选：D。
【点评】本题关键是明确曲线运动的速度方向是切线方向，合力指向曲线内侧，然后结合粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的周期公式列式分析。
8．【分析】带电粒子在重力与电场力共同作用下，从A点到B点过程中，竖直方向重力做负功，导致速度减小；水平方向电场力做正功，导致速度增大。同时根据动能定理可知，重力做功与电场力做功的关系。粒子运动的水平位移大小与竖直方向的位移大小，是由重力与电场力大小决定，从而可判定电势能与机械能变化的关系。
【解答】解：B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，根据分运动的等时性，由运动学公式可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，位移大小也相等。故B正确；
C、选取A到B过程中，根据动能定理，则有：qEs﹣mgh＝0，得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，故C正确；
A、由BC选项知qES＝mgh，s＝h，所以重力大小与电场力大小相同，A正确；
D、由C选项可知，电场力做正功，导致电势能减小，而克服重力做功，导致重力势能增加，所以电势能与机械能之和不变，动能又不变，即有电势能的减少一定等于机械能的增加，故D错误；
本题选错误的，故选：D
【点评】考查运动如何分解，及分运动的等时性，并要掌握运动学公式，牛顿第二定律，动能定理，及能量守恒定律。并理解电场力做功与电抛能变化关系。
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）
9．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加。
【解答】解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确；
B、由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，加速度也大，所以B错误；
C、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以C错误；
D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在M点的动能小于N点的动能，所以D正确；
故选：AD。
【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
10．【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的。粒子在磁场中运动的周期T=2πqB，与粒子的速度无关。
【解答】解：ABC、回旋加速器是利用电场进行加速，磁场受到洛伦兹力而偏转的，在磁场中速度的大小不变，故AC正确，B错误；
D、粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB，与粒子的速度无关，所以粒子做圆周运动一周的时间不变，故D错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的。以及知道粒子在磁场中运动的周期不变。
11．【分析】电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题同。
【解答】解：所测量的电压为电流表内阻加RX的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则A、与电压表的内阻大小无关系，则A错误
B、因多了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确。则B正确
C、电压表的测量值含有电流表的内阻，则RX的测量值大于真实值，则C正确
D、电流表为分压作用，测量值大于真实值。则D错误
故选：BC。
【点评】考查电流表，电压表的测量原理，明确电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流。
12．【分析】当I1＝I2时，由图可以看出路端电压的大小，由欧姆定律分析外电阻的大小关系。由图线纵轴的截距，读出电源电动势的关系，电源的总功率P＝EI．电源的输出功率P出＝UI．U1＝U2时，由图读出电流的大小，比较电源输出功率大小。
【解答】解：A、图线纵轴的截距等于电源的电动势，则可以看出两电源的电动势相等，电源的总功率P＝EI，当I1＝I2时，则知电源总功率P1＝P2．故A正确。
B、当I1＝I2时，由图可以看出路端电压U1＞U2，由欧姆定律分析得知，外电阻R1＞R2．故B错误。
C、U1＝U2时，由图可以看出电路中电流I1＞I2，则电源输出功率P出1＞P出2．故C错误。
D、图线的斜率大小等于电源的内阻，则知r1＜r2．当U1＝U2时，I1＞I2，而内电压相等，则由公式P＝UI得知，电源内部消耗的电功率P内1＞P内2．故D正确。
故选：AD。
【点评】电源的U﹣I图象理解时，关键要抓住纵轴截距表示电源的电动势、斜率的绝对值表示电源的内阻。
三、填空题（每空2分，共16分）
13．【分析】求出AB、AC两点间的电势差，根据W＝qU求出电场力所做的功
【解答】解：（1）甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等，则A点的电势为140V，B点电势为40V，C点电势为﹣60V。
则：WAB＝qUAB＝q（φA﹣φB）＝1×10﹣8×（140﹣40）J＝1×10﹣6J
（2）WAC＝qUAC＝q（φA﹣φC）＝（﹣1）×10﹣8×（140+60）J＝﹣2×10﹣6J
故答案为：（1）1×10﹣6J；（2）﹣2×10﹣6J
【点评】解决本题的关键掌握电场力做功的公式W＝qU，
14．【分析】根据电压的分配求出R2两端的电压，由干路电流和R2的电流求出流过电动机的电流，根据PM＝IMUM求出电动机消耗的电功率；根据Pr＝IM2r
【解答】解：R1两端电压：U1＝IR1＝3×1V＝3V
U内＝Ir＝3×1＝3V
R2两端电压：U2＝E﹣U1﹣U内＝（12﹣6）V＝6V
通过R2的电流：I2=U2R2=6V6Ω=1A
通过电动机的电流：IM＝I﹣I2＝（3﹣1）A＝2A，UM＝U2＝6V
电动机消耗的电功率为：PM＝IMUM＝2×6W＝12W
电动机线圈发热损耗的热功率Pr＝IM2r＝22×0.5＝2W
电动机输出功率P出＝PM﹣Pr＝12﹣2＝10W
故答案为：10W
【点评】电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，机械功率由电功率减去电动机发热功率求解，能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解。
15．【分析】由于B⊥L，根据磁感应强度的定义式B=FIL，求电流的大小；磁感应强度只与磁场本身有关。
【解答】解：由F＝BIL得：
I=FBL=4×10-30.4×0.1=0.1A
磁感应强度只与磁场本身有关，故为0.4T，当I＝0时，F＝BIL＝0
故答案为：0.1，0.4，0
【点评】解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式B=FIL，知道磁场的磁感应强度只与磁场本身有关。
16．【分析】电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系。根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系，求解速率之比。根据时间与周期的关系，求解时间之比。
【解答】解：
（1）设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为B，电子圆周运动的半径为r，速率为v，则有
qvB＝mv2r，得到，v=qBrm，r与v成正比。
由图看出，从b孔和c孔射出的电子半径之比rb：rc＝1：2，则速率之比vb：vc＝rb：rc＝1：2。
（2）电子圆周运动的周期为T=2πrv，又v=qBrm，得到T=2πmqB，可见周期不变。
从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间分别为tb=T2，tc=T4，所以从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比为tb：tc＝2：1。
故答案为：（1）1：2．（2）2：1。
【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，是磁场、圆周运动及几何知识的综合应用。
四、实验题（共15分）
17．【分析】应用描点法作图，电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。
【解答】解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，
然后根据描出的点作出电源的U﹣I图象如图所示；
图线纵轴截距为1.46V，知电池的电动势为1.46V，
内电阻r=1.46-1.000.55≈0.84Ω；
故答案为：图象如图所示；1.46V；0.84Ω。

【点评】要掌握描点法作图的方法，解决本题的关键知道U﹣I图线的物理意义，知道图线斜率绝对值和纵轴截距表示的含义。
18．【分析】①应欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，测多个电阻时，一般先测阻值较小的电阻；测电阻时要根据待测电阻阻值大小选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，每换一次挡都要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，要把选择开关置于交流电压最高档或off挡。
②先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电阻的值，即欧姆表的示数。
【解答】解：①测R1＝200Ω时，应先选×10挡，选择挡位后进行欧姆调零，再测电阻阻值；测R2＝25kΩ时，应选择×1K挡，然后重新进行欧姆调零，再测电阻阻值；测量完毕后断开电路，转动选择开关使其尖端对准“OFF”档，故合理的实验步骤是：CHFAHGE
②中值电阻等于欧姆表内阻，中值电阻为：R中＝R内=EIg=30.003=1000Ω，
电流为2mA时，有：I=ER内+R=31000+R=0.002，
解得：R＝500Ω；
故答案为：①CHFAHGE； ②1000； 500
【点评】本题考查了用欧姆表测电阻的步骤，注意每次换挡都短接调零，同时明确欧姆表原理，能利用闭合电路欧姆定律分析对应电流值和电阻间的关系。
五、解答题（本题共3个小题，共30分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
19．【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解出加速度大小然后求电场强度。
根据公式U＝Ed求ac间的电势差。
【解答】解：粒子在电场中运动时间t=Lv0=2×10﹣5s
竖直偏转位移Y=12at2=12d
a=dt2=4×108m/s2
粒子在电场中的加速度：F＝ma＝qE
E=maq=4×102N/c 方向：竖直向下
a、c两端电势差
U＝Ed＝16×10﹣2×4×102＝64v
答：（1）电场的大小4×102N/c，方向竖直向下。
（2）a、c两点间的电压为64V。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，通常用平抛运动规律求解。
20．【分析】（1）将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F＝BIL求出磁感应强度的大小．
（2）导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值．
【解答】解：（1）若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示．
由平衡条件得：
在水平方向上：F﹣FNsinθ＝0
在竖直方向上：mg﹣FNcosθ＝0
其中F＝BIL，联立以上各式可解得：
B=mgtanθIL．
答：磁感应强度为mgtanθIL．
（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小．
如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，则：
BminIL＝mgsinθ，Bmin=mgsinθIL
根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．
答：磁感应强度的最小值为mgsinθIL．方向垂直于斜面向上．

【点评】解决本题的关键将立体图转换为平面图，运用共点力平衡求解力，以及会运用三角形定则求解力的最小值．
21．【分析】（1）电子在匀强磁场中受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动：①找圆心：过C点作垂直速度v的直线CO、C、D是圆周上两点，作弦CD的中垂线交CO于O点，则O即为电子做匀速圆周运动的圆心；②求半径：如图所示，根据几何关系求出电子运动轨迹的半径r＝CO＝L，圆心角θ＝60°；③据半径公式 r=mvqB求解速度。
（2）由周期公式 T=2πmqB和轨迹对应的圆心角θ，由t=θ2πT求时间。
【解答】解：（1）根据题意，作出电子在磁场中作匀速圆周运动的轨迹，如图所示。
由几何知识得知：R＝L
根据牛顿第二定律得：evB＝mv2R
则得，v=eBLm=1.6×10-19×9.1×10-4×0.059.1×10-31=8×106m/s
（2）由图知，轨迹对应的圆心角 α＝60°=π3
电子运动的周期为 T=2πmeB
则得，电子从C点到D点所用的时间是 t=α2πT=π32π•2πmeB=3.14×9.1×10-313×1.6×10-19×9.1×10-4s＝6.5×10﹣9s
答：（1）若此电子在运动过程中经过D点，则它的速度应是8×106m/s．（2）电子从C点到D点所用的时间是6.5×10﹣9s。

【点评】对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，往往根据速度方向一定垂直于轨迹半径、弦的中垂线一定通过圆心，正确地找出圆心、画出圆运动的轨迹是解题过程中要做好的第一步。只有正确地画出圆心和轨迹图，才能由几何知识求出半径r和轨迹对应的圆心角θ，再利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mvqB和周期公式T=2πmqB求有关物理量。