物理·辽宁省大连市瓦房店高中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·辽宁省大连市瓦房店高中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年辽宁省大连市瓦房店高中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一．选择题：（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-8单选，9-12多选，选不全的得2分，选错及多选不得分．）‎ ‎1．下列描述的运动中，可能存在的是（　　）‎ ‎①速度变化很大，加速度却很小 ②速度方向为正，加速度方向为负 ‎③速度变化的方向为正，加速度方向为负 ④速度变化越来越快，加速度越来越小．‎ A．①② B．①③ C．②③ D．②④‎ ‎2．如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人可以（　　）‎ A．匀速向下奔跑 B．以加速度a=gsinα向下加速奔跑 C．以加速度a=（1+）gsinα向上加速奔跑 D．以加速度a=（1+）gsinα向下加速奔跑 ‎3．如图所示，在斜面底端的正上方h处水平越出一个物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为45°的斜面上．可知物体完成这段飞行的时间是（　　）‎ A． B．‎ C． D．条件不足，无法计算 ‎4．如图所示，发射远程弹道导弹，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面目标B．C为椭圆轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．关于弹头在C点处的速度v和加速度a，下列结论正确的是（　　）‎ A．v=，a= B．v＜，a=‎ C．v=，a＞ D．v＜，a＜‎ ‎5．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（　　）‎ A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．‎ ‎6．如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势φ高低，其中正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎7．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（　　）‎ A．4W 8W B．2W 4W C．4W 6W D．2W 3W ‎8．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 ‎9．如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示．若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（　　）‎ A．使入射速度增大 B．使粒子电量增大 C．使电场强度增大 D．使磁感应强度增大 ‎10．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，等势面a的电势最低 B．带电质点一定是从P点向Q点运动 C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小 ‎11．如图所示，在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，其上放了一根导线，当通以图示方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的方向可能是（　　）‎ A．垂直纸面向外 B．垂直斜面向下 C．竖直向下 D．水平向左 ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度减小时，R3阻值增大，则（　　）‎ A．电压表的示数增大 B．R2中电流增大 C．小灯泡的功率减小 D．电路的路端电压升高 ‎　‎ 二．填空题：（共19分）‎ ‎13．用游标为20分度的卡尺测量长度，由图可知长度为　　mm．用螺旋测微器测量直径，由图可知其直径为　　mm．‎ ‎14．描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.1Ω） B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ） D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A） F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　　．‎ ‎（2）在图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将图2实物按电路图用导线连好．‎ ‎15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻约0.3Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约0.1Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：　　（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）实验电路图应选择图中的　　 （填“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三．计算题（共33分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．一个电流表G的内阻rg=1kΩ，满偏电流为IR=500μA，现要把它改装成量程为15V的电压表，求：‎ ‎（1）串联的分压电阻；‎ ‎（2）50μA刻度处对应的电压值为多少？‎ ‎17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：‎ ‎（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？‎ ‎（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？‎ ‎18．如图所示为一真空示波管，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L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）P点到O点的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连市瓦房店高中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-8单选，9-12多选，选不全的得2分，选错及多选不得分．）‎ ‎1．下列描述的运动中，可能存在的是（　　）‎ ‎①速度变化很大，加速度却很小 ②速度方向为正，加速度方向为负 ‎③速度变化的方向为正，加速度方向为负 ④速度变化越来越快，加速度越来越小．‎ A．①② B．①③ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】速度是描述物体运动快慢的物理量，而加速度则是描述物体运动速度变化快慢的物理量．当速度变化时，则产生加速度．若速度均匀变化，加速度是恒定的，而速度非均匀变化，则加速度不恒定．‎ ‎【解答】解：（1）速度变化很大，但时间不太知道，所以加速度大小也不能确定．可能很小，也可能较大，所以可能存在，故是正确的；‎ ‎（2）速度方向为正，但速度变化为负，所以加速度方向也为负．故是正确的；‎ ‎（3）速度变化的方向为正，则加速度方向一定为正，故是错误的；‎ ‎（4）速度变化越来越快，则加速度大小也越来越快，故是错误的；‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人可以（　　）‎ A．匀速向下奔跑 B．以加速度a=gsinα向下加速奔跑 C．以加速度a=（1+）gsinα向上加速奔跑 D．以加速度a=（1+）gsinα向下加速奔跑 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】要使小车处于静止，则小车应受力平衡；由共点力的平衡条件可知小车应受到的摩擦力的大小及方向，再对人受力分析可知人的受力情况及运动情况．‎ ‎【解答】解：小车受重力、支持力及人对小车的压力及摩擦力而处于平衡状态；将重力分解，则在沿斜面方向向下的分力为mgsinα；要使小车处于平衡状态，则人对小车应有沿斜面向上的大小为Mgsinα的力；由牛顿第三定律可知，人受向下的大小为Mgsinα的摩擦力；‎ 对人受力分析，则有人受重力、支持力、向下的摩擦力；则人受到的合力为mgsinα+Mgsinα；‎ 由牛顿第二定律可知：‎ a==；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在斜面底端的正上方h处水平越出一个物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为45°的斜面上．可知物体完成这段飞行的时间是（　　）‎ A． B．‎ C． D．条件不足，无法计算 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．‎ ‎【解答】解：设飞行的时间为t，‎ 则x=V0t OQ=‎ 因为是垂直装上斜面，斜面与水平面之间的夹角为45°，所以在P点水平速度和竖直方向速度相等，‎ 即：V0=gt 因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示，‎ 由三角形的边角关系可知，‎ AQ=PQ 所以在竖直方向上有，‎ OQ+AQ=h 所以 V0t+=h 解得：t=‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，发射远程弹道导弹，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面目标B．C为椭圆轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．关于弹头在C点处的速度v和加速度a，下列结论正确的是（　　）‎ A．v=，a= B．v＜，a=‎ C．v=，a＞ D．v＜，a＜‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】根据弹头在C处所受的万有引力大小，根据牛顿第二定律求出加速度大小，通过万有引力提供向心力求出在C处做圆周运动的线速度大小，结合万有引力大于向心力确定C处的速度大小．‎ ‎【解答】解：根据知，若在C处做匀速圆周运动，线速度v=，因为弹头在C处做近心运动，万有引力大于向心力，知v．‎ 根据牛顿第二定律得，弹头在C处的加速度为：a=．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（　　）‎ A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．‎ ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】通过题目情境我们发现在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块的作用力是一个变力，‎ 对于变力做的功我们应该首先想到运用动能定理．‎ 对于圆周运动的临界问题，我们要通过临界条件列出等式．‎ ‎【解答】解：由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力去提供向心力．‎ 即：kmg=m，v2=kgR．‎ 设转台对物块做的功为W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，‎ W转=mv2﹣0=‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势φ高低，其中正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以EA＞EB，‎ 沿着电场线电势一定降低．所以φA＜φB 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（　　）‎ A．4W 8W B．2W 4W C．4W 6W D．2W 3W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电源的U﹣I图象与U轴的交点数值是电源的电动势；‎ 电源的U﹣I图象与电阻R的U﹣I图象交点电压与电流是该电源与该电阻组成闭合电路时的电路电流与路端电压，由图象求出电源电动势、电路电流与路端电压，然后由P出=UI求出电源的输出功率，有P=EI求解电源的总功率．‎ ‎【解答】解：由图象可知，电源电动势E=3V，电路电流I=2A，路端电压U=2V；‎ 则电源的输出功率，即外电路功率为：‎ P出=UI=2V×2A=4W，‎ 电路的总功率为：‎ P=EI=3V×2A=6W；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．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 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示．若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（　　）‎ A．使入射速度增大 B．使粒子电量增大 C．使电场强度增大 D．使磁感应强度增大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须大于电场力．‎ ‎【解答】解：由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有 qvB=qE，即vB=E，‎ 若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvB＞qE，即vB＞E．‎ A、使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转．故A正确．‎ B、由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动．故B错误．‎ C、使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转．故C错误．‎ D、使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，等势面a的电势最低 B．带电质点一定是从P点向Q点运动 C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故a点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．‎ ‎【解答】解：A、作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最低．故A正确．‎ B、根据已知条件无法判断粒子的运动方向．故B错误．‎ C、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．故C错误．‎ D、负电荷在电势高处电势能小，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，其上放了一根导线，当通以图示方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的方向可能是（　　）‎ A．垂直纸面向外 B．垂直斜面向下 C．竖直向下 D．水平向左 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据左手定则得到安培力的方向，结合平衡条件分析．‎ ‎【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向外，磁场方向与电流方向平行，安培力为零，故不能平衡，故A错误；‎ B、磁场方向垂直斜面向下，根据左手定则，安培力平行斜面向上，导体棒可能平衡，故B正确；‎ C、磁场方向竖直向下，根据左手定则，安培力水平向左，导体棒可能平衡，故C正确；‎ D、磁场方向水平向左，根据左手定则，安培力竖直向上，当安培力与重力平衡时，导线可能平衡，故D正确；‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度减小时，R3阻值增大，则（　　）‎ A．电压表的示数增大 B．R2中电流增大 C．小灯泡的功率减小 D．电路的路端电压升高 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由图可知电路结构，再由光敏电阻阻值的变化分析总电阻的变化，由欧姆定律可分析电路中电流的变化，再对各部分由欧姆定律分析电流及电压的变化．‎ ‎【解答】解：由图可知，L与R3串联后与R2并联，再与R1串联；当光照减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，由U=E﹣Ir可知，路端电压增大；‎ 因电流减小，则R1两端的电压减小；并联部分电压增大，R2中电流增大，流过灯泡的电流减小；故灯泡的功率减小；故A错误，BCD正确 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二．填空题：（共19分）‎ ‎13．用游标为20分度的卡尺测量长度，由图可知长度为　50.15　mm．用螺旋测微器测量直径，由图可知其直径为　4.700　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：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，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，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．‎ 故答案为：50.15，4.700‎ ‎　‎ ‎14．描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.1Ω） B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ） D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A） F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　ACEGH　．‎ ‎（2）在图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将图2实物按电路图用导线连好．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I==≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的，‎ 灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．‎ 故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R===22.5Ω，‎ 远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．‎ 故答案为：（1）A、C、E、G、H；（2）电路图与实物电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻约0.3Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约0.1Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：　ABDFH　（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）实验电路图应选择图中的　甲　 （填“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　0.7　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；‎ ‎（2）本实验应采用滑动变阻器和电压表联合测量，根本干电池内阻结合实验原理可得出电路原理图；‎ ‎（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，结合图象由数学关系可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）实验目的：测一节干电池的电动势和内阻，则A．被测干电池一节和H．开关、导线若干一定需要 为了读数准确，所以选择电流表：量程0～0.6A，故选B；‎ 一节干电池电压约为1.5V，故电压表：量程0～3V即可，选D；‎ 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，为了便以电流的测量，故滑动变阻器选F；‎ 故在上述器材中请选择适当的器材有：ABDFH；‎ ‎（2）因电流表内阻已知；故应采用相对电源的电流表内接法；故实验电路图应选择图中的甲；‎ ‎（3）电源电动势E=U+Ir，则U=E﹣Ir，则U﹣I图中，与纵坐标的交点表示干电池的电动势，则干电池的电动势E=1.5V；‎ 图线的斜率表示内电阻，则内电阻r=；‎ 故答案为：（1）ABDFH；‎ ‎（2）甲；‎ ‎（3）1.5；0.7．‎ ‎　‎ 三．计算题（共33分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．一个电流表G的内阻rg=1kΩ，满偏电流为IR=500μA，现要把它改装成量程为15V的电压表，求：‎ ‎（1）串联的分压电阻；‎ ‎（2）50μA刻度处对应的电压值为多少？‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据串联电路规律和欧姆定律解出分压电阻阻值即可；题（2）的关键是明确电压表表盘刻度是均匀的，然后按比例求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据欧姆定律可知，需要串联的分压电阻为：R==﹣1000=29kΩ，‎ ‎（2）由改装原理可知，500μA刻度对应的电压为15V，由于电压表的刻度是均匀的，所以50μA刻度对应的电压应是=V=1.5V 答：（1）串联的分压电阻为29kΩ ‎（2）50μA处对应的电压值为1.5V ‎　‎ ‎17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：‎ ‎（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？‎ ‎（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．‎ ‎（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．‎ ‎【解答】解：从b向a看其受力如图所示．‎ ‎（1）水平方向：f=FAsinθ…①‎ 竖直方向：N+FAcosθ=mg…②‎ 又FA=BIL=BL…③‎ 联立①②③得：N=mg﹣，f=．‎ ‎（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，‎ 则有FA=mg 解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右． ‎ 答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．‎ ‎（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示为一真空示波管，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L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）P点到O点的距离．‎ ‎【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）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．‎ ‎（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．‎ ‎（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：‎ ‎ eU1=，解得：‎ ‎ （2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作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，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1．‎ ‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式得：‎ ‎ a=，又E=，得a=‎ ‎ 水平方向：t1=，‎ ‎ 竖直方向：y1=，‎ 解得：y1=‎ ‎ （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy．‎ ‎ 根据运动学公式得：vy=at1=‎ 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示 ‎ t2=，y2=vyt2‎ 解得：y2=‎ P到O点的距离为 y=y1+y2=‎ 答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；‎ ‎ （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=；‎ ‎ （3）P点到O点的距离y2=．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日