物理卷·2018届江西省抚州市南城一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省抚州市南城一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．1～8题单选，9～12题多选）‎ ‎1．一个带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则图中能正确反映这三者关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受的磁场力方向一致 C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 ‎3．三个相同的灯泡A、B、C连成如图所示的电路，当变阻器的滑动触头P向上移动时（　　）‎ A．．A灯与B灯亮度相同 B．．B．A灯变亮，B灯和C灯都变暗 C．．电源的总电功率减小 D．．A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮 ‎4．如图，正对的平行板电容器始终与电源连接；现将上极板固定，下极板沿竖直方向向下平移一小段距离．下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器两板间的电势差增大 B．极板间的场强不变 C．电容器的电容减小 D．极板的电荷量增大 ‎5．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是（　　）‎ A．一直变大 B．一直变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 ‎6．电流为l的直导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，所受磁场力为F．关于电流I、磁感应强度B和磁场力F三者之间的方向关系，下列图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置﹣﹣电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去．现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是（　　）‎ A．减小电流I的值 B．增大磁感应强度B的值 C．减小磁感应强度B的值 D．改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行 ‎8．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共n匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（　　）‎ A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎10．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tP B．它们运动的加速度aQ=aP C．它们所带的电荷量之比qP=qQ D．它们的电势能改变量之比△EP：△EQ=1：2‎ ‎11．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（　　）‎ A．L1的电压为L2电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75W C．L2的电阻为12Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1‎ ‎12．如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是（　　）‎ A．方向向上 B．大小为 C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D．若使b下移，a将不能保持静止 ‎　‎ 二、实验题（本题总分16分.）‎ ‎13．用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为　　cm．‎ 用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为　　mm．‎ ‎14．如图所示，0～3A挡电流表读数　　A，0～15V电压表的读数为　　V．‎ ‎15．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．‎ ‎（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．‎ ‎（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2所示．在图中，由电流表内接法得到的数据点是用　　（选填“○”或“×”）表示的．‎ ‎（3）在图2中画出用外接法测量电阻的图线，并求出这段铅笔芯的电阻为　　Ω．（保留二位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题（写出必要的文字叙述和演算过程，有数值计算的题，应明确写出数值和单位．直接写出答案的不给分，共36分，15，16题各8分，17，18题各10分.）‎ ‎16．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60°的光滑斜面上，静止一根长为L=1m，重G=3N，通有电流I=3A的金属棒．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小．‎ ‎17．如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，电池组的总电动势为6V，总内阻为2Ω，外电路电阻R1=2Ω，R2=R3=4Ω．试求：‎ ‎（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R2消耗的功率；‎ ‎（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压．‎ ‎18．如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电场力做了多少功；‎ ‎（3）小球由A到C机械能的损失．‎ ‎19．如图，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度E=5×105N/C，间距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h=1.25m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg的带电小球．第1个带电小球的电量q1=+1×10﹣8C，第n个带电小球的电量qn=nq1．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间；‎ ‎（2）第几个带电小球将不能抵达B板；‎ ‎（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．1～8题单选，9～12题多选）‎ ‎1．一个带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则图中能正确反映这三者关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量无关，由场源电荷决定．‎ ‎【解答】解：A、因为电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量q无关，由场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化．故A错误，B正确，D错误．‎ C、由E=知，某点的电场强度一定，F与q成正比．故C错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受的磁场力方向一致 C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定，并根据磁感线的疏密来表示磁场的强弱．‎ ‎【解答】解：A、磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故A正确，‎ B、由安培力公式F=BIL，得B=，可知，磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，故BD错误；‎ C、当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯定此处没有磁感应强度，故C错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．三个相同的灯泡A、B、C连成如图所示的电路，当变阻器的滑动触头P向上移动时（　　）‎ A．．A灯与B灯亮度相同 B．．B．A灯变亮，B灯和C灯都变暗 C．．电源的总电功率减小 D．．A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】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，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B灯亮度的变化．由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C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；根据电源的总功率P=EI求得功率的变化．‎ ‎【解答】解：A、由于A灯在干路上，其电流大于B的电流，故二者亮度不同，故A错误；‎ B、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．A灯和电源的内电压增大，并联部分电压减小，B灯变暗．由总电流增大，而通过B灯的电流减小，可知通过C灯的电流增大，C灯变亮．故D正确，B错误；‎ C、电源消耗的总功率为P=EI，电源的电动势E不变，I增大，则电源的总功率P增大；故C错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图，正对的平行板电容器始终与电源连接；现将上极板固定，下极板沿竖直方向向下平移一小段距离．下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器两板间的电势差增大 B．极板间的场强不变 C．电容器的电容减小 D．极板的电荷量增大 ‎【考点】电容器的动态分析；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、平行板电容器始终与电源连接，不论极板如何移动，极板间的电压不变；故A错误；‎ B、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，故B错误．‎ C、下极板下移时，则d增大，由C=ɛ 可知，C减小．故C正确；‎ D、因极板间的电压不变，而电容减小，根据Q=CU，可知，电荷量会减小，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是（　　）‎ A．一直变大 B．一直变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】本题的关键是明确线圈经过位置B和C过程中穿过线圈的磁通量的变化情况．‎ ‎【解答】解：该题中，线圈在b位置与c位置时都不与磁场垂直，而根据磁通量的计算公式：Φ=BScosθ，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，穿过线圈的磁通量是先增大后减小．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．电流为l的直导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，所受磁场力为F．关于电流I、磁感应强度B和磁场力F三者之间的方向关系，下列图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向．左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向垂直导线向上．故A错误．‎ ‎ B、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向水平向右．故B正确．‎ ‎ C、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向竖直向上．故C错误．‎ ‎ D、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向水平向左．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置﹣﹣电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去．现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是（　　）‎ A．减小电流I的值 B．增大磁感应强度B的值 C．减小磁感应强度B的值 D．改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行 ‎【考点】安培力；磁感应强度．‎ ‎【分析】炮弹加速运动的动力为安培力，根据安培力公式F=BIL进行分析即可．‎ ‎【解答】解：A、B、C、要提高电磁炮的发射速度，需要增加安培力做的功，在加速距离不变的情况下，可以考虑增加安培力，根据安培力公式F=BIL，可以增加磁感应强度B、增加电流I，故A错误，B正确，C错误；‎ D、改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行，安培力减小为零，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共n匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（　　）‎ A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎【考点】安培力；力矩的平衡条件．‎ ‎【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．‎ ‎【解答】解：A、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故A错误，‎ B、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故B错误，‎ C、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，设N匝线圈的质量为m3，则有（m1﹣m2﹣m3）g=NBIL，所以B=．故C错误．‎ D、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A正确；‎ B、C由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=≠，故B正确、C错误；‎ D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tP B．它们运动的加速度aQ=aP C．它们所带的电荷量之比qP=qQ D．它们的电势能改变量之比△EP：△EQ=1：2‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析 ‎【解答】解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；‎ B、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at2，解得：a=…①，‎ 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQ＞aP，故B错误；‎ C、根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：q=，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C错误；‎ D、根据动能定理，有：qEy=△Ek，而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎11．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（　　）‎ A．L1的电压为L2电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75W C．L2的电阻为12Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，则知三个灯泡两端的电压，由R=求出电阻，根据P=UI求功率．‎ ‎【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；‎ B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以P=UI=0.75W，故B正确；‎ C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据欧姆定律可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；‎ D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是（　　）‎ A．方向向上 B．大小为 C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D．若使b下移，a将不能保持静止 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向，并根据受力平衡来确定b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小与方向．‎ ‎【解答】解：A、通电导体a处于通电导体b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体a 处于竖直向上的磁场中，故A正确．‎ B、当导体a处于匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则大小B=，故B错误，‎ C、由题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，故C正确；‎ D、当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题总分16分.）‎ ‎13．用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为　10.030　cm．‎ 用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为　0.517　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为1.7×0.01mm=0.017mm，所以最终读数为0.5mm+0.017mm=0.517mm．‎ 故答案为：10.030，0.517‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，0～3A挡电流表读数　1.75　A，0～15V电压表的读数为　10.7　V．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数．‎ ‎【解答】解：电流表量程为0～3A，由图示电流表可知，其分度值为：0.1A，示数为：1.75A；‎ 电压表量程为0～15V，由图示电压表可知，其分度值为：0.5V，电压表的读数为：10.7V；‎ 故答案为：1.75；10.7．‎ ‎　‎ ‎15．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．‎ ‎（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．‎ ‎（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2所示．在图中，由电流表内接法得到的数据点是用　○　（选填“○”或“×”）表示的．‎ ‎（3）在图2中画出用外接法测量电阻的图线，并求出这段铅笔芯的电阻为　1.2　Ω．（保留二位有效数字）‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）连线时应注意电表的量程和正负极；题（2）根据欧姆定律可知采用电流表内接法时测量值应偏大；题（3）根据欧姆定律可知电流表采用外接法时测量值应偏小，用直尺将U﹣I图象中的“×”连接成直线，求出直线的斜率即为导线的电阻，再根据电阻定律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）：连线图如图所示：‎ ‎（2）：根据欧姆定律U=RI可知，U﹣I图象的斜率应等于待测电阻的电阻，由于电流表采用内接法时==，所以测量值偏大，因此用电流表内接法得到的数据点应是○；‎ ‎（3）：根据欧姆定律可知电流表采用外接法时画出的U﹣I图象如图所示，铅笔芯的电阻为R=k==1.2Ω 故答案为：（1）如图；（2）○；（3）1.2‎ ‎　‎ 四、计算题（写出必要的文字叙述和演算过程，有数值计算的题，应明确写出数值和单位．直接写出答案的不给分，共36分，15，16题各8分，17，18题各10分.）‎ ‎16．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60°的光滑斜面上，静止一根长为L=1m，重G=3N，通有电流I=3A的金属棒．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．‎ ‎【分析】先对金属棒进行受力分析，根据平衡条件列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图；‎ 由平衡条件得：F安=BIL=Gtanα 则B==T ‎（2）由上图，根据三角函数关系知：‎ N==6N 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为T； ‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小为6N；‎ ‎　‎ ‎17．如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，电池组的总电动势为6V，总内阻为2Ω，外电路电阻R1=2Ω，R2=R3=4Ω．试求：‎ ‎（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R2消耗的功率；‎ ‎（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）S与A接通时，R2与R3并联后再与R1串联，得到电路中的总电阻，根据闭合电路欧姆定律求出电路中总电流，由并联电路的规律求出流过R2的电流，由功率公式求出R2消耗的功率；‎ ‎（2）S与B接通时，R3断路，R1被短路，再运用闭合电路欧姆定律和串联电路的特点求解电源的路端电压．‎ ‎【解答】解：（1）S与A接通时，R2与R3并联再与R1串联，回路中的总电阻为R总==6Ω，所以 I总===1A，流过R2的电流I2==0.5A，所以P2=I22R2=0.52×4=1W；‎ ‎（2）S与B接通时，R3断路，R1被短路，所以 U===4V；‎ 答：（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流为1A；R2消耗的功为1W；‎ ‎（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压为4V．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电场力做了多少功；‎ ‎（3）小球由A到C机械能的损失．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况．‎ ‎【解答】解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：‎ ‎ mgRsin30°=﹣ 则C点的速度为：vC=‎ ‎（2）由A到C过程，根据动能定理，有：‎ ‎ W电+mgh=m ‎ 解得：W电=‎ ‎（3）由A到C电场力做功为机械能的变化量为：‎ ‎ 即减少了：‎ 答：（1）小球通过C点的速度大小为．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电场力做功为 ‎（3）小球由A到C机械能的损失为：‎ ‎　‎ ‎19．如图，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度E=5×105N/C，间距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h=1.25m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg的带电小球．第1个带电小球的电量q1=+1×10﹣8C，第n个带电小球的电量qn=nq1．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间；‎ ‎（2）第几个带电小球将不能抵达B板；‎ ‎（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】（1）小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达A板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．‎ ‎（2）随着小球电量的增大，进入电场的小球会做匀减速运动，当小球刚好到达B板的速度为零时，根据动能定理求出这个小球的电量，即可根据条件：qn=nq1求解．‎ ‎（3）由上题的结果，结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．‎ ‎【解答】解：（1）对于小球自由下落的过程，有 h=‎ 解得，t1==s=0.5s；‎ 小球到达小孔时的速度为 v1==m/s=5m/s；‎ 小球在匀强电场中的加速度 α1==g﹣=10﹣=5m/s2；‎ 由d=v1t2+得：‎ ‎ 2+4t2﹣1=0，‎ 解得：t2=s≈0.22s．‎ 故第1个带电小球从M下落至B板的时间为 t=t1+t2=0.5s+0.22s=0.72s ‎（2）对第n小球，对全过程运用动能定理得：mg（h+d）﹣Eqnd=△Ek=0，‎ 得 qn==C=4×10﹣8C，‎ 则 n==4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板；‎ ‎（3）对第5小球，设进入电场的深度为x．‎ 根据动能定理得：mg（h+x）﹣Eq5x=△Ek=0，‎ 解得 x=m，‎ 所以机械能的变化量为△E机=﹣mg（h+x）=﹣Eq5x=5×105×5×10﹣8×=﹣×10﹣2J=﹣2.08×10﹣2J．‎ 答：（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间为0.72s；‎ ‎（2）第5个带电小球将不能抵达B板；‎ ‎（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为﹣2.08×10﹣2J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日