2018-2019学年河北省沧州市七县联考高二(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年河北省沧州市七县联考高二（上）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1.两个大小相同、 可看做点电荷的金属小球a 和 b 分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电引力的大小为F，现用一个不带电的、同样大小的金属小球 c 先与 a 球接触， 再与 b 球接触， 则 a、b 两球间的静电力大小为（）A. FB. FC. FD. F2.在一个等边三角形ABC 顶点 B、C 处各放一个点电荷时，测得 A处的电场强度大小为E，方向与 BC 边平行沿 B 指向 C如图所示，拿走 C 处的点电荷后， A 处电场强度的情况

2、将是（）A. 大小仍为 E，方向由 A 指向 BB.变C. 大小仍为 E，方向沿 BA 方向D.3. 下列说法正确的是（）大小变为，方向不无法确定A. 电场线与等势面可以垂直，也可以不垂直B. 电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面C. 电场强度大的地方，电势一定高；电场强度小的地方，电势一定低D. 电场强度为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，电场强度也一定为零4. 某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）A. c 点场强大于 b 点场强B. a 点电势低于 b 点电势C. 将一试探电荷 +q 由 a 移至 b 的过程中，电势能减小D. 若将一试探电荷+q 由 a 点释放，

3、它将沿电场线运动到b 点5.下面说法不正确的是（）A. 磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度的方向B. 磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N 极指向 S极，在磁体内部从S 极指向 N 极C. 磁场中任意两条磁感线均不相交D. 通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度一定为零6. 如图所示，在倾角 =30 m=0.1kg的AB杆的光滑轨道上，质量放在轨道上，轨道间距l =0.2m，电流 I=0.5A当加上垂直于杆AB 的某一方向的匀强磁场后，杆 AB 处于静止状态， 则所加磁场的磁感应强度可能为（）A. 1TB. 5.5TC. 4TD. 3.5T第1页，共 18页7.如图所示，是有两个量程的

4、电压表，当使用a、b 两个端点时，量程为0 10V当使用 a、 c 两个端点时，量程为0 100V已知电流表的内阻Rg 为 500，满偏电流 Ig 为 1mA，则 R1 和 R2 的阻值分别是（）A. 9.5 103， 9.0 104 B.9104， 9.5 103C. 8.5 103 9.0 103D.9.5 103 9.0 103，8. 如图所示，圆 O 所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A 点出发，以相同的初动能在圆内向各个方向运动，已知图中AB 是圆的一条直径， BAC=30，已知只有当该微粒从图中C 点处离开圆面时的动能才能达到最大值

5、，则平面内的电场线方向为（）A. 沿 AB 方向 B. 沿 AC 方向 C. 沿 OC 方向 D. 沿 BC 方向二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）9. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个 D 形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的（）A. 加速的次数B. 加速电压的大小C. 金属盒的半径D. 匀强磁场的磁感应强度10. 图中甲是匀强电场， 乙是孤立的正点电荷形成的电场， 丙是等量异种点电荷形成的电场（ a，b 位于两点电荷连线上，且a 位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场

6、（ a，b 位于两点电荷连线的中垂线上，且a 位于连线的中点）有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a 点由静止释放， 动能 Ek 随位移 x 变化的关系图象如图中的图线所示，其中图线是直线 下列说法正确的是 （）A. 甲对应的图线是B. 乙对应的图线是C. 丙对应的图线是D. 丁对应的图线是11. 有两根长直导线 a、 b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内， O 点为两根导线连线的中点， M、 N 为两导线连线的中垂线上两点，与 O 点的距离相等， aM 与 MN 夹角为 若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，单根导线中的电流在M 处产生的磁感应强

7、度为B0 ，则关于线段MN 上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）第2页，共 18页A. M 点和 N 点的磁感应强度方向一定相反B. M 点和 N 点的磁感应强度大小均为2B0cos C. M 点和 N 点的磁感应强度大小均为2B0sin D. 在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零12. 如图所示的电路， a、 b、 c 为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器 R 的滑片 P 向上移动时，下列判断中正确的是（）A. a、 b 两灯变亮， c 灯变暗B. a、c 两灯变亮， b 灯变暗C. 电源输出功率先增大后减小D. b 灯中电流变化值大于 c 灯中电流变化值三、实验题探

8、究题（本大题共2 小题，共 16.0 分）13. 描绘小电珠的伏安特性曲线的实验电路如图13.8V，小电珠的额定电压是（ 1）根据实验数据在坐标系中描点如图 2试在坐标系中画出该小灯泡的伏安曲线（ 2）根据图象，下列说法正确的是_A、该小灯泡的额定功率为 1.14WB、小灯泡在1V 电压下灯丝的电阻约为7.1 C、小灯泡在2V 电压下灯丝的电阻约为9.1 D、小灯泡在不同电压下的电阻不相同是因为灯丝的电阻率随温度升高而减小（ 3）关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是_A、系统误差主要是由电压表的分流引起的B、系统误差主要是由电流表的分压引起的C、系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的D、系统

9、误差主要是由读数时的估读引起的（ 4）若将该灯泡接与r=20 的电阻串联后接在U0=4V 的电压两端，其实际功率是_W第3页，共 18页14. 在练习使用多用电表时：（ 1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_A测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开D欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变（ 2）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a 端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明_（选

10、填“ a”或“ b”）端是二极管正极。（ 3）现有两相同的某型号多用表，一同学在研究性学习过程中想获得10V 量程直流电压档的内阻和 lk 欧姆档的内部电源的电动势， 已知 lk 欧姆档中央刻度线对应的数据为 15为完成实验，进行了如下操作：将甲多用表档位旋钮拨到10V 电压档，将乙多用表档位旋钮拨到lk 欧姆档；应将甲多用表的红表笔与乙多用表的_（填“红”或“黑”）表笔连接，再将另外两表笔连接；在连接两多用表表笔之前应对乙多用表进行的操作为：_。两多用表连接后，两表读数分别为6.0V 和 30k，可知 10V 量程直流电压档内阻为 _k，lk 欧姆档的内部电源的电动势为_V。四、计算题（本大

11、题共3 小题，共36.0 分）15. 如图所示， 、 、 为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为 e，质量为 m，重力不计）由静止状态从 P 点经过 、 间的电场加速后垂直到达边界 的 Q 点匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场边界宽度为 d，电子从磁场边界 穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30求：（ 1）电子在磁场中运动的时间t；（ 2）若改变 PQ 间的电势差， 使电子刚好不能从边界 射出，则此时 PQ 间的电势差 U 是多少？16.如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K 发出（初速度不计），经灯丝与A 板间的加速电压U1 加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属

12、板M、 N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、 N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点已知加速电压为 U1， M、 N 两板间的电压为 U2，两板间的距离为 d，板长为 L 1，板右端到荧光屏的距离为 L2 ，电子质量为 m，电荷量为 e不计重力，求：（ 1）电子穿过 A 板时的速度大小；（ 2） P 点到 O 点的距离（ 3）电子打在荧光屏上的动能大小第4页，共 18页17.如图所示，在一个倾角 =30的斜面上建立 x 轴， O 为坐标原点，在 x轴正向空间有一个匀强电场， 场强大小 E=4.5 106N/C，方向与 x 轴正方向相同，

13、在O 处放一个电荷量 q=5.0 10-6 C，质量 m=lkg 带负电的绝缘物块物块与斜面间的动摩擦因数=x2）求：，沿轴正方向给物块一个初速度V0=5m/s，如图所示（ g 取 10m/s（ 1）物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？（ 2）到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？第5页，共 18页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：原来a 和 b 球之间是库仑引力，故 a 和 b带异种电设a为正电荷荷，不妨+Q、b 为负电荷-Q。原来 a 和 b 之间的库仑引力为 F=k第三个不 带电的金属小球 c 与 a接触后，a 和 c 的电量都为+，c 与 b 接触时先中和再平分，则 c、b 分

14、开后电量均为=-，这时，a、b 两球之间的相互作用力的大小 F=k=，故A 正确、BCD 错误 。故选：A。理解库仑定律的内容和公式 F=k知道带电体相互接触后移开，同种 电荷电量平分，异种电荷 电量先中和再平分。要清楚带电体相互接触后移开，同种 电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。根据库仑定律的内容，找出变化量和不 变量求出问题。2.【答案】 C【解析】解：由题意可知，两个顶点 B、C 处各放一个点 电荷，测得 A 处的电场强度大小为 E，方向与 BC 边平行沿 B 指向 C，根据平行四边形定则作出 B 处点电荷在 A 处的电场强度 EB 和 C点电荷在 A 处的电场强度 EC 的合场强

15、 E，由于三角形 ABC是等边三角形，所以 EB 和 EC 的夹角为 120，由几何知识可知，EB =EC=E，B处电荷在 A 处的电场强度 EB 的方向由 B 指向 A；当拿走 C 处的点电荷后，则 A 处电场强 度大小仍 为 E，方向沿 BA 方向，故 C正确，ABD 错误；故选：C。A 处的电场强度是由两个点 电荷产生的电场强度的叠加，根据点 电荷在某处第6页，共 18页产生电场强度的公式，结合矢量叠加法 则，即可求解本题要明确点 电荷的电场强度的公式，掌握矢量叠加原理：平行四 边形定则，注意电场强度的方向确定3.【答案】 B【解析】解：A 、等势面一定跟 电场线垂直，否则沿着等势面移动

16、，电势能会变化，电场力会做功，故 A 错误；B、沿着电场线方向电势总是降低，则电场线总 是从电势高的等势面指向电势低的等势面，故 B 正确；C、依据电场线疏密体现电场强 度强弱，而沿着电场线方向电势是降低的，故C 错误。D、电场强度和电势没有直接关系，而且 电势的零点可人 为选取，所以电场强度为零的地方，电势不一定为零；电势为零的地方，电场强度也不一定 为零，故 D错误；故选：B。电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功。电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面；电场强度与电势没有直接关系。电场强度为零，电势不一定为零。电势为零，电场强度也不

17、一定 为零。电场强度越大的地方，电势不一定高。本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功。对于电势 与场强 的大小关系：两者没有关系，可根据 电势 高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解。4.【答案】 C【解析】第7页，共 18页解：A 、电场线密的地方 场强大，b 点电场线密，所以 b 点场强大于 c 点场强，故 A错误。B、沿着电场线方向电势降低，a 点所在处等势面的电势高于 b 点所在处等势面的电势，则 a 点电势高于 b 点电势，故B 错误 。C、将试探电荷 +q 由 a 移至 b

18、的过程中，电势降低，电势能减小，故 C 正确。D、若将一试探电荷+q 由 a 点静止释放，由于正电荷所受的 电场力沿电场线的切线方向，电场力将使正 电荷离开原来的 电场线，不可能沿电场线运动到 b点，故D错误。故选：C。电场线的疏密反映 电场的强弱。沿着电场线方向电势降低。电场线与电荷的运动轨迹无直接关系。根据 电势的变化分析电势能的变化。解决本题的关键是掌握电场线的两个物理意 义：电场线的疏密反映 电场的强弱。沿着电场线方向电势降低。5.【答案】 D【解析】解：A 、磁感线可以形象表示磁 场的强弱和方向，其切线方向就是 该点的磁场方向，故 A 正确。B、在磁铁的外部，磁感线总是从磁体 N 极

19、出发指向磁体的 S 极，而在磁铁的内部，从 S极出发指向磁体的 N 极，故 B 正确。C、磁感线不能相交，否则交点处磁感线切线方向有两个，说明磁场方向有两个，而磁场一旦产生，某点的磁场方向是唯一确定的，故 C 正确。D、当通电导线与磁场平行时，不受安培力，但可能存在磁感 应强度，故 D 错误。本题选择错误 的，故选：D。第8页，共 18页磁感线可以形象表示磁 场的强弱和方向，其切线方向就是 该点的磁场方向。磁感线不能相交，否则交点处磁场方向有两个。磁感线可以模拟，但不存在。在磁铁的外部，磁感线总是从磁体 N 极出发指向磁体的 S 极，在磁铁的内部，从 S 极出发指向磁体的 N 极。当通电直导线

20、的方向与磁 场的方向平行 时，通电直导线受到的安培力 为 0，而磁感应强度却不为 0。对于磁感线理解要准确到位，抓住几个 “不”：不存在，不相交，与粒子运动的轨迹不是一回事，理解安培力 产生条件。6.【答案】 B【解析】解：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成 图如图：由图可以看出当安培力F 与支持力垂直 时有最小 值：Fmin =mgsin 即 BIL=mgsinmgsin30 =0.5mg得：Bmin =5T故B 可能故选：B。对杆受力分析，由图解法求出杆受的安培力的最小值，

21、根据 F=BIL 求出 B 的最小值。本题借助磁场中安培力考 查了矢量三角形合成法 则求最小值问题，判断出最小值时关键。7.【答案】 A【解析】解：接a、b 时，为串联的 R1，则有：R1= -Rg=3-500=9500 =9.5 10；第9页，共 18页接 a、c 时，为串联的 R1 和 R2，则有有：R2= -Rg-R1=4-500-9500=90000 =9.0 10。故 A 正确，BCD 错误 。故选：A。明确电路结构，根据串联电路规律可知：改装后的量程为 U=I g（Rg+R 串）据此可求出应串联的电阻 R 串= -Rg。本题考查电表改装中的数据分析，关 键是正确认识电路，明确串并联

22、电路的基本规律的应用。8.【答案】 C【解析】解：由题，带正电的粒子在匀 强电场中从以相同的初 动能从 A 点出发，从C 点离开圆面时，带电粒子只受 电场力作用，粒子的动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AC 间电势差最大；若过 C 点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即 该等势面在 C 点与圆相切，而电场方向与等 势面是垂直的，从 A 到 C 电场力对小球做正功，小球的位移方向与 电场力的夹角小于 90，因而电场方向沿 OC 方向。故选：C。粒子从图中 C 点离开圆面时，粒子的动能最大，说明电场力最大，根据电场力做功公式 W=qU ，分析AC 间电势差什么情况下最大，确定

23、 电场线的方向。本题有一定难度，考查了学习对物理知识的理解和 综合应用能力，如根据等势线确定电场线等。9.【答案】 CD【解析】解：根据得，最大速度，则最大动能知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速 电压的大小无关。故 C、D 正确，A 、B 错误 。第10 页，共 18页故选：CD。当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据求出最大速度，再根据求出最大 动能，可知与什么因素有关解决本题的关键知道根据求最大速度，知道最大 动能与 D 形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关10.【答案】 AC【解析】解：A 、甲图中电场为匀强电场，电场力做功 W=EqS，因E、q 均

24、保持不 变，故电场力做功与 S 成正比，故对应的图线可能是 ，故A 正确；B、乙图中从 a 到 b 时电场 减小，故电场力做的功越来越小，即 动能的增量 应是减小的，故图象应为 ，故B 错误；C、丙图中为两异种电荷，a 为中间，故从a 到 b 时，电场强度增大，故电场力做功也将增大，故动能的增量增大，故应为 ，故C 正确；D、丁图中 a 处场强最小，而不能明确 b 的位置，故从 a 到 b 时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若 场强一直增大，则做功越来越快，图象应为 ；故 D错误；故选：AC。由图中各电场的特点可得出 电场力做功与运 动位移的关系，而电场力做功等于动能的增加量，分析各 图

25、中动能与位移的关系可判断是否正确本题要求学生能准确把握常 见电场中的场强的分布特点及坐 标中图象的意义；能从图象中判断出物理量的 变化规律11.【答案】 AB【解析】第11 页，共 18页解：A 、根据安培定则判断得知，两根通电导线产 生的磁场方向均沿逆 时针方向，由于对称，两根通电导线在 MN 两点产生的磁感 应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，M 点磁场向下，N点磁场向上，方向相反。故 A 正确。B、C 两根导线在 M 点产生的磁感 应强度的方向如 图所示，根据平行四边形定则进行合成，得到 M 点和 N 点的磁感 应强度大小为 2B0cos 同

26、理，N 点的磁感 应强度大小也 为 2B0cos 故 B 正确。C错误。D 只有当两根通 电导线在同一点 产生的磁感 应强度大小相等、方向相反 时，合磁感应强度才为零，则知 O 点的磁感 应强度为零。故 D 错误。故选：AB。根据安培定 则判断两根 导线在 M 、N 两点产生的磁 场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在 线段 M N 上只有 O 点的磁感 应强度为零本题考查安培定则和平行四 边定则的综合应用，基础题12.【答案】 AD【解析】解：AB 、当变阻器的滑 动触头 P 向上移动时，变阻器接入 电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流 I 增大，a灯变亮。并联部分

27、电压减小，c 灯变暗。由总电流增大，而通过 c 灯的电流减小，可知通过 b 灯的电流增大，b 灯变亮。故 A 正确，B 错误 。C、A 、B、C 三个灯泡的 电阻都大于 电源内阻，外电路总电阻应大于电源的内阻。根据推论：外电阻等于电源的内阻 时，电源的输出功率最大，则知，当变第12 页，共 18页阻器的滑 动触头 P 向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大。故 C错误；D、由于 I a=Ib+Ic，I a增大，Ic 减小，I b 增大，则知，流过 b 灯的电流变化值大于流过 c 灯的电流变化值 。故D 正确。故选：AD 。当变阻器的滑 动触头 P 向上移动时，变阻器接入 电路的电阻

28、减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析 总电流的变化，即可知道 a灯亮度的变化。由欧姆定律分析并 联部分电压的变化，判断 c 灯亮度的 变化。由通过 c的电流与总电流的变化，分析通过 b 灯电流的变化，判断其亮度的变化。a、b、c 三个灯泡的 电阻都大于 电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻 时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何 变化。本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化。利用推论分析电源输出功率的 变化。13.【答案】 ABCA0.15【解析】解：（1）根据描点法将各点用平滑的曲 线相连接，如图所示；（2）A 、由力可知，当电压为 3.8V

29、 时，电路中电流为 0.3A ；故灯泡的功率P=UI=3.8 0.3=1.14W；故A 正确；B、1V时电压为 0.14A；故电阻 R=7.1 ；故B 正确；C、2V时的电流为0.22A电=9.1 ；故C 正确；故阻R=D、小灯泡在不同电压下的电阻不相同是因 为灯丝的电阻率随温度升高而增大；故D 错误；故选：ABC；（3）由电路图可知，本题采用了电流表的外接法，由于 电压表的分流而使 电流表示数偏大；故选：A ；第13 页，共 18页（4）将20等效 为内阻，4V 等效为电源的电动势；则相当于是将灯泡接在 电动势为 4V ，内阻为 20的电源两端，在图中做出等效 电源的伏安特性曲 线，则交点为

30、电灯泡的工作点，则可知，此时电压为 1V ，电流为 0.14A；则功率P=10.14=0.14W；故答案为图（4）0.15：（1）如 （2）ABC （3）A（1）根据描点法得出对应的伏安特性曲 线；（2）根据给出的电压在图象中找出 对应的电流值，由欧姆定律可求得 电阻；（3）根据电路结构分析误差原因；（4）由于灯泡电阻随电压的变化而变化，故不能由欧姆定律求解；而是做出 电源的伏安特性曲 线；两图的交点为灯泡的工作点，由功率公式可求得功率本题考查灯泡伏安特性曲 线的实验，对于本实验要注意实验原理、电路接法及数据处理的方法；特别明确灯泡 电阻随温度的升高而增大14.【答案】 ACa 黑两表笔短接进

31、行欧姆调零30 9【解析】解：（1）A 、测量电阻时，多用电表内部 电源被接通，电流从多用 电表内部流出，因为电阻不分正 负极，所以电流流向电阻哪一端无所 谓，红、黑表笔分别插在负、正插孔不会影响测量结果，故 A 正确；B、每次换挡后才需要重新 调零，不换挡时不需要重新 调零，故 B 错误；C、为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待 测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，故 C 正确；调零时：Ig=，R 内=电电动势变小，欧姆表内阻 R 内内阻D、欧姆表，若 池第14 页，共 18页变小，测电阻时：I=I，由于欧姆表内阻 R 内 变小，电流 I 变小，指针偏左，所测电阻阻值偏大，故 D 错误；

32、故选：AC；（2）根据欧姆表改装原理可知，红表笔应接“+”插孔，与欧姆表内部 电池的负极相接，黑表笔应接 “-”插孔，与欧姆表内部 电池的正极相接，所以黑表笔接a端，红表笔接 b 端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指 针偏转角较小，说明 a 端是二极管的正极。（3） 甲多用电表选择电压 档，应将甲多用表的 红表笔与乙多用表的黑表笔连接，在将另两表笔连接； 由于乙的档位被 拨了一次，故应该在测量前进行欧姆调零，方法是两表笔短接调零。 1k 欧姆档中央刻度 线对应的数据为 15，则其中值电阻为 15k ，欧姆表中值电阻等于其内阻，则欧姆表内阻 为 15k；两多用表 连接后，两表读数分别为 6

33、V 和 30k可知 10V 量程直流 电压档的内阻为 30k，欧姆表内阻为 15k、电压表内阻为 30k，电压表示数为 6V，则欧姆表电压两端为 3V ，1k 欧姆档的内部 电源的电动势为 E=6+3=9V；故答案为：（1）AC ；（2）a；黑；3（） 黑； 两表笔短接 进行欧姆调零； 30；9。（1）明确欧姆表的改装原理和使用方法即可答题；（2）用多用电表探测二极管的极性 时，电流从黑表笔流出，红表笔流入。结合二极管的 单向导电性分析；（3）欧姆表的黑表笔接的是内部 电源的正极，电流要从电压表正极流入；欧姆表示数是所 测电阻阻值，应用串联电路特点与欧姆定律求出 电源电动势。第15 页，共 1

34、8页本题考查了用多用 电表测电阻的实验步骤、使用注意事项、读数等问题；在使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流 电源最高挡或 OFF 挡上。15.【答案】 解：（ 1）由 evB=且 T=得电子在磁场中运动周期T=电子在磁场中运动时间t=解得： t=（ 2）电子刚好不从边界 穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R=d由 evB= 得v=PQ 间电场力做功等于动能的增加，由eU=得U=；答：（ 1）电子在磁场中运动的时间t=；（ 2）若改变 PQ 间的电势差，使电子刚好不能从边界 射出，则此时PQ 间的电势差U =【解析】（1）根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，与圆周运动的周期公式及圆心角，即可求解；（2）根据电子刚好不从边界穿出 时轨迹与边界相切，由洛伦兹力提供向心力，结合动能定理，即可求解考查牛顿第二定律与 动能定理的 应用，掌握圆周运动的周期公式，注意运 动轨迹的圆心角，及几何关系：已知长度与运动轨迹半径的关系16.【答案】 解：（ 1）设电子经电压U 1 加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1= mv02，第 16解得： v0=；（ 2）电子以速度 进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做0初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动