物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期第三次双周练物理试卷（a卷） （解析版）

物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期第三次双周练物理试卷（a卷） （解析版）

‎2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题单选题，9-12为多选题．）‎ ‎1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致 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．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大 ‎2．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（　　）‎ A．1.8W，5.4×10﹣2W B．3.6W，0.108W C．6.48×103W，1.94×102W D．0.6W，1.8×10﹣2W ‎3．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（　　）‎ A．正电荷由P静止释放能运动到Q B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度 C．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零 D．负电荷的电量大于正电荷的电量 ‎4．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（　　）‎ A．垂直于通电导线R，指向x轴正方向 B．垂直于通电导线R，指向x轴负方向 C．垂直于通电导线R，指向y轴负方向 D．垂直于通电导线R，指向y轴正方向 ‎5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（　　）‎ A．沿AB方向 B．沿AC方向 C．沿BC方向 D．沿OC方向 ‎6．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（　　）‎ A．5×1011 B．5×1010 C．1×102 D．1×104‎ ‎7．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（　　）‎ A．、 B．、 C．、 D．、‎ ‎8．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地．（　　）‎ A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强 B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的 C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大 D．将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小 ‎9．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（　　）‎ A．φA＞φB B．φA＜φB C．EA＞EB D．EA＜EB ‎10．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．电源输出功率增大 C．电源的效率增大 D．b灯中电流变化值大于c灯中电流变化值 ‎11．如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（　　）‎ A．将k1断开 B．将k2掷在b C．将k2掷在c D．将k3断开 ‎12．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（　　）‎ A．电场中A点的电势低于B点的电势 B．带电微粒做匀速直线运动 C．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能 D．微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和 ‎　‎ 二、实验题（本题16分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）‎ ‎13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为　　mm ‎14．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为　　m；‎ ‎15．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎16．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：‎ A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）　　 B．电压表V2（0～100V，内阻15kΩ）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω） D．定值电阻R1=3kΩ E．定值电阻R2=15kΩ F．滑动变阻器R（10Ω，2A）‎ G．学生电源（直流6V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用　　，定值电阻应选用　　（均用序号字母填写）；‎ ‎（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；‎ ‎（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是　　，如图2的四个图象中正确的是　　．‎ ‎　‎ 三．本题5小题，共46分．请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎17．如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0×10﹣6C，已知静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P（恰好落在中垂线上），且∠PAB=30°，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小和方向．‎ ‎18．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V．假设电表都是理想的，求：‎ ‎（1）这台电动机线圈的电阻r=？‎ ‎（2）这台电动机正常运转时的效率η=？‎ ‎19．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？‎ ‎20．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）．‎ ‎（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．‎ ‎21．如图所示，在粗糙水平面内存在着2n个有理想边界的匀强电场区，物体与水平面间动摩擦因数为μ，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，电场宽度均为d．一个质量为m、带正电的电荷量为q的物体（看作质点），从第一个向右的电场区域的边缘由静止进入电场，则物体从开始运动到离开第2n个电场区域的过程中，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）若每个电场区域场强大小均为E=，整个过程中电场力对物体所做总功？‎ ‎（2）若每个电场区域场强大小均为E=，求物体在水平向右电场区域中运动所需总时间？‎ ‎（3）若物体与水平面间动摩擦因数为μ=，第一电场区域场强的大小为E1，且E1=，之后每个电场区域场强大小均匀增大，且满足E2﹣E1=E3﹣E2=…=E2n﹣E2n﹣1．若物体恰好在第10个电场中做匀速直线运动，物体在第10个电场中运动速度？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题单选题，9-12为多选题．）‎ ‎1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致 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．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；‎ B、根据左手定则，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，故B错误；‎ C、B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故C错误．‎ D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（　　）‎ A．1.8W，5.4×10﹣2W B．3.6W，0.108W C．6.48×103W，1.94×102W D．0.6W，1.8×10﹣2W ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由图中所提供的“3.6V，500mA•h”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率．‎ ‎【解答】解：由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mA•h”，‎ 则通话时消耗的功率为P1==600mW=0.6W，‎ 待机时消耗的功率为P2==18mW=1.8×10﹣2W．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（　　）‎ A．正电荷由P静止释放能运动到Q B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度 C．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零 D．负电荷的电量大于正电荷的电量 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负 ‎【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误；‎ B、电场线的疏密代表场强的大小，故EP＞EQ，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；‎ C、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故EP=qφ，故其间必有一点电势能为零，故C正确；‎ D、电荷的带电量越多，周围的场强越强，电场线越密集，由图可知，正电荷周围电场线比负电荷周围的电场线密，故正电荷的电荷量大于负电荷，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（　　）‎ A．垂直于通电导线R，指向x轴正方向 B．垂直于通电导线R，指向x轴负方向 C．垂直于通电导线R，指向y轴负方向 D．垂直于通电导线R，指向y轴正方向 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，再通过叠加原理明确合磁场的方向；然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向．‎ ‎【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿x轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向；‎ 由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向．选项ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（　　）‎ A．沿AB方向 B．沿AC方向 C．沿BC方向 D．沿OC方向 ‎【考点】等势面；电场线．‎ ‎【分析】带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大．‎ ‎【解答】解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（　　）‎ A．5×1011 B．5×1010 C．1×102 D．1×104‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量．再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目．‎ ‎【解答】解：电子转一圈的时间．‎ ‎ 整个环中电子的电量Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．‎ 所以电子的数目n=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（　　）‎ A．、 B．、 C．、 D．、‎ ‎【考点】电源的电动势和内阻；测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η===．所以电源的效率等于外电压与电动势之比．外电压和电动势可以从图象上读出．‎ ‎【解答】解：电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η===．E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知Ua=、Ub=，则ηa=，ηb=．所以A、B、C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地．（　　）‎ A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强 B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的 C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大 D．将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小 ‎【考点】电容器的动态分析；电势能．‎ ‎【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向．‎ 根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，因U不变，根据E=，知两极板间的电场变小，故A错误；‎ B、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据C= 知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右．故B错误．‎ C、由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=qφ，电荷为负电，则p点的电势能变大．故C正确，‎ D、若将电容器与电源断开，当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，由于U不变，根据C=，U=，E=知，E=，可知，极板间的电场强度不变，由于P处位置不变，因此p处点电荷的电势能也不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（　　）‎ A．φA＞φB B．φA＜φB C．EA＞EB D．EA＜EB ‎【考点】电势；电场线．‎ ‎【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．‎ ‎【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．　　‎ 负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，EA＞EB．故BC正确．‎ 故选BC ‎　‎ ‎10．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．电源输出功率增大 C．电源的效率增大 D．b灯中电流变化值大于c灯中电流变化值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、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．‎ BC、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．电源的供电效率η==，外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率减小．故B正确，C错误．‎ D、由于Ia=Ib+Ic，Ia增大，Ic减小，Ib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：ABD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（　　）‎ A．将k1断开 B．将k2掷在b C．将k2掷在c D．将k3断开 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R3串联后接入电源两端；R1及R4相当于导线，电容器两端的电压等于R2两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．‎ ‎【解答】解：A、断开K1，R1断路，电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故A正确；‎ B、将k2掷在b时，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故B错误；‎ C、将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；‎ D、断开K3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（　　）‎ A．电场中A点的电势低于B点的电势 B．带电微粒做匀速直线运动 C．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能 D．微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．‎ ‎【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，故电场的方向水平向右．沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．‎ B、由上分析可知，受力方向与运动方向相反，故微粒做匀减速运动，故B错误；‎ C、因粒子做减速运动，故粒子动能减小，电场力做负功，电势能增大，故微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故C正确；‎ D、从A到B过程中，由于只有重力和电场力做功，故动能、重力势能与电势能之和保持不变，因此A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 二、实验题（本题16分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）‎ ‎13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为　50.15　mm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，‎ 所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；‎ 故答案为：50.15‎ ‎　‎ ‎14．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为　4.700×10﹣3　m；‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，‎ 所以最终读数为4.700mm=4.700×10﹣3m．‎ 故答案为：4.700×10﹣3‎ ‎　‎ ‎15．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为　220　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为22×10=220Ω；‎ 故答案为：220．‎ ‎　‎ ‎16．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：‎ A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）　　 B．电压表V2（0～100V，内阻15kΩ）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω） D．定值电阻R1=3kΩ E．定值电阻R2=15kΩ F．滑动变阻器R（10Ω，2A）‎ G．学生电源（直流6V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用　A　，定值电阻应选用　D　（均用序号字母填写）；‎ ‎（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；‎ ‎（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是　UV=U　，如图2的四个图象中正确的是　C　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）已知灯泡的额定电压，则根据串联电路的规律可得出电压表，根据实验的要求可以确定定值电阻的选取；‎ ‎（2）要求从零开始，则应采用分压接法，同时考虑灯泡内阻与电流表内阻的关系可以确定电流表的接法；‎ ‎（3）由功率公式可得出功率与电压之间的关系，从而由数学知识可以得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择3kΩ的电阻可以使量程扩大为2倍，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和3kΩ的电阻串联充当电压表使用；‎ ‎（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；‎ 故原理图如右图所示；‎ ‎（3）电压表V1（0～3V．内阻3kΩ），定值电阻R1=3kΩ；选取3V的电压表和3kΩ的电阻串联充当电压表使用，使量程扩大为2倍，‎ 所以电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是UV=U．‎ 由功率公式可得：P=；若R为定值的话，则P与U2应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的变化而变化，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与U2图象应为C；‎ 故答案为；（1）A，D；（2）如图所示；（3）UV=U，C．‎ ‎　‎ 三．本题5小题，共46分．请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎17．如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0×10﹣6C，已知静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P（恰好落在中垂线上），且∠PAB=30°，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小和方向．‎ ‎【考点】电场强度；库仑定律．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式，即可求解；‎ ‎（2）棒达到静电平衡后，内部场强处处为零，则感应电荷在棒内P点产生的场强和两正电荷在P点产生场强的合场强大小相等，方向相反．‎ ‎【解答】解：（1）根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：‎ F=‎ 代入数据得：F==9.0×10﹣3 N ‎ ‎（2）由E=k 知，A、B处电荷+Q 在P点产生场强，大小都是：‎ E1==‎ 方向背离A或B，故P处外场强为：‎ ‎ E外=2E1sin∠PAB=‎ 方向过P背离O，由EP=E外+E感=0 得：‎ E感=﹣E外=﹣=﹣9.0×103 N/C ‎ 负号表示方向由P指向O ‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小9.0×10﹣3 N；‎ ‎（2）棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小9.0×103 N/C，方向由P指向O．‎ ‎　‎ ‎18．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V．假设电表都是理想的，求：‎ ‎（1）这台电动机线圈的电阻r=？‎ ‎（2）这台电动机正常运转时的效率η=？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当电动机停止工作时，电动机以看作纯电阻电路；由欧姆定律可求得其内阻；‎ ‎（2）当正常工作时，输出功率等于总功率减去内阻上消耗的热功率．再由效率公式可求得电动机的效率．‎ ‎【解答】解：（1）当电流表和电压表的示数为0.5 A和1.0 V时电动机停止工作，电动机内阻视为纯电阻，‎ 则由欧姆定律可知其阻值为：r===2Ω．‎ ‎（2）当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0 A和12.0 V，‎ 则电动机的总功率为：P总=U2I2=12.0×2.0 W=24.0 W，‎ 线圈电阻的热功率为：P热=Ir=2.02×2 W=8.0 W，‎ 得：P输出=P总﹣P热=24.0 W﹣8.0 W=16.0 W．‎ 则电动机的效率为：η=×100%==67%‎ 答：（1）电动机的线圈电阻为2Ω；‎ ‎（2）这台电动机正常运转时的效率为67%．‎ ‎　‎ ‎19．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？‎ ‎【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】（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=．‎ 答：磁感应强度为．‎ ‎（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=‎ 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．方向垂直于斜面向上．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）．‎ ‎（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）物块恰能通过圆弧最高点C，由重和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块通过最高点C时的速度；物块在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；‎ ‎（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式即可证明．‎ ‎【解答】解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有：…①‎ 解得：…②‎ 物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有：Eq•2R﹣Wf﹣mg•2R= ③‎ 解得：④‎ ‎（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则有：‎ s=vct…⑤‎ ‎2R=…⑥‎ 由⑤⑥联立解得：‎ s=2R…⑦‎ 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R．‎ 答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功是 ‎（3）证明见上．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，在粗糙水平面内存在着2n个有理想边界的匀强电场区，物体与水平面间动摩擦因数为μ，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，电场宽度均为d．一个质量为m、带正电的电荷量为q的物体（看作质点），从第一个向右的电场区域的边缘由静止进入电场，则物体从开始运动到离开第2n个电场区域的过程中，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）若每个电场区域场强大小均为E=，整个过程中电场力对物体所做总功？‎ ‎（2）若每个电场区域场强大小均为E=，求物体在水平向右电场区域中运动所需总时间？‎ ‎（3）若物体与水平面间动摩擦因数为μ=，第一电场区域场强的大小为E1，且E1=，之后每个电场区域场强大小均匀增大，且满足E2﹣E1=E3﹣E2=…=E2n﹣E2n﹣1．若物体恰好在第10个电场中做匀速直线运动，物体在第10个电场中运动速度？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）在1、3、5、…电场中运动时，电场力做功，而在2、4、6、…电场中运动时，电场力与位移垂直，不做功；‎ ‎（2）先根据动能定理列式求解末速度，再将粒子在水平向右运动过程中可看成连续向右做匀加速直线运动，根据动量定理列式求解加速时间；‎ ‎（3）对整个过程运用动能定理列式求解末速度即可．‎ ‎【解答】解：（1）在竖直方向上电场中运动时，电场力不做功，水平向右电场中电场力做功，故电场力对物体所做的总功：W电=nEqd=nmgd；‎ ‎（2）若每个电场区域场强大小均为E=，在第1、3、5、…电场中做匀加速直线运动；在第2、4、6、…电场中做匀速直线运动；‎ 根据动能定理，得：W电﹣Wf=mv2，即2nmgd﹣2nμmgd=mv2，解得：v=；‎ 带电粒子在水平向右运动过程中可看成连续向右做匀加速直线运动，‎ 根据动量定理，有：（q•﹣2μmg）t=2mv，‎ 解得：t=‎ ‎（3）由题意可知第10个电场中电场力等于重力，故电场强度E10=，‎ 电场变化中等差数列公差等于，‎ 全过程，动能定理，‎ qE1d+qE3d+…+qE9d﹣μ2mg•5d﹣（μ（2mg﹣qE2）d+μ（2mg﹣qE4）d+…μ（2mg﹣qE8）d）=•2mv2‎ 解得：v=；‎ 答：（1）若整个过程中电场力对物体所做总功为nmgd；‎ ‎（2）物体在水平向右电场区域中运动所需总时间为；‎ ‎（3）物体在第10个电场中运动速度为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日