物理卷·2018届湖南省益阳市箴言中学高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版）

物理卷·2018届湖南省益阳市箴言中学高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共13小题：每小题4分，共52分，1至9小题只有一个选项正确，10-13小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎2．以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（　　）‎ A．磁场中某点的磁感应强度，根据公式B=，它跟F、I、l都有关 B．磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向 C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零 D．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大 ‎3．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（　　）‎ A．粒子的加速度在a点时较大 B．粒子的电势能在b点时较大 C．粒子可能带负电，在b点时速度较大 D．粒子一定带正电，动能先变小后变大 ‎4．在如图所示的电路中，电源内阻r小于电阻R1，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表的示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列有关各绝对值关系式正确的是（　　）‎ A．＜＜ B．＜＜‎ C．＜＜ D．＜＜‎ ‎5．如图1，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图2所示．比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是（　　）‎ A．φA＜φB，EA＜EB B．φA＞φB，EA＞EB C．φA＜φB，EA＞EB D．φA＞φB，EA＜EB ‎6．如图所示，AB是正点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个电子，它在电场力作用下沿电场线向B点运动，下列判断中正确的（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越大 C．电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越小 D．电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越大 ‎7．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上（　　）‎ A．串联一个2500Ω的电阻 B．串联一个25000Ω的电阻 C．串联一个3000Ω的电阻 D．并联一个2500Ω的电阻 ‎8．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎9．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是（　　）‎ A．系统机械能不断增加 B．系统动能不断增加 C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小 D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大 ‎10．四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1．A2和两个电压表V1．V2．已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（　　）‎ A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数 B．电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角 C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数 D．电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角 ‎11．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，用该电源与R组成闭合电路时，则（　　）‎ A．该电源的电动势为6V B．电源的输出功率为4W C．电阻R的阻值为2Ω D．电源的内阻为6Ω ‎12．如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中．当微粒经过B点时速率为VB=2V0，而方向与E同向．下列判断中正确的是（　　）‎ A．A、B两点间电势差为 B．A、B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒做匀变速运动 ‎13．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的判断中，正确的是（　　）‎ A．灯泡L1的电阻为12Ω B．通过灯泡L1的电流为L2的电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W D．灯泡L2消耗的电功率为0.30W ‎　‎ 二、填空题（本题共2小题．每空3分，共15分）‎ ‎14．实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是　　mm．乙图中螺旋测微是　　mm．‎ ‎15．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：‎ 小电珠（3.0V，1.8W），‎ 电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为1Ω，‎ 电流表A2：量程0～3A，内阻约为1Ω，‎ 电压表V1：量程0～3V，内阻约为10kΩ，‎ 电压表V2：量程0～15V，内阻约为8kΩ，‎ 滑动变阻器，0～10Ω，额定电流1A，‎ 电源：两节干电池，开关，导线若干．‎ ‎（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是　　，电压表是　　．‎ ‎（2）根据选择的器材，某同学设计了图1所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图2中的连线（图中已经有两根线连好）‎ ‎　‎ 三、计算题（3个小题，共33分．解答应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．）‎ ‎16．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求电动机的输出功率．‎ ‎17．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功W2‎ ‎（3）a、c两点的电势差Uac．‎ ‎18．如图所示，在范围足够大方向水平向左、电场强度E=10N/C的匀强电场中，光滑绝缘水平桌面上有两个原先静止的小球A和B，B在桌边缘，两球均可视为质点，质量均为m=0.2kg，A球带正电，电荷量q=0.1C，B是不带电的绝缘球，桌面离地面的高h=0.05m．开始时两球相距l=0.1m．在电场力作用下，A开始向左运动，并与B球发生正碰，碰撞中两球系统无能量损失、无电荷转移．已知两球发生无能量损失的正碰时，碰撞前后两球交换速度．求：‎ ‎（1）A球碰撞前、后的速度？‎ ‎（2）A、B落地过程中两者间的最大距离？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共13小题：每小题4分，共52分，1至9小题只有一个选项正确，10-13小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．‎ ‎【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确；‎ B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确；‎ C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确；‎ D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（　　）‎ A．磁场中某点的磁感应强度，根据公式B=，它跟F、I、l都有关 B．磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向 C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零 D．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大 ‎【考点】磁通量；磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度的定义式是B=，是比值定义法定义的，磁感应强度B的值是由磁场本身决定的，与F、I、l无关．‎ 磁场的强弱由磁感应强度来描述，磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量Φ=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零．因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度．‎ ‎【解答】解：A、公式B=是磁感应强度的定义式，是比值定义法定义的，但磁感应强度B的值是由磁场本身决定的，与F、I、l无关．故A错误．‎ B、磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故B错误．‎ C、当磁感线与线圈平行时，磁通量为零，但磁感应强度不为零，故C正确．‎ D、由磁通量的公式Φ=BScosα可知，穿过线圈平面的磁通量与该处的磁感应强度、线圈的面积和线圈与磁场的夹角都有关．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量不一定大．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（　　）‎ A．粒子的加速度在a点时较大 B．粒子的电势能在b点时较大 C．粒子可能带负电，在b点时速度较大 D．粒子一定带正电，动能先变小后变大 ‎【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化．粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较．‎ ‎【解答】解：A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小．故A错误．‎ ‎ B、根据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷．从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但a点到b点，整个过程最终电场力做正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点．故B、C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，电源内阻r小于电阻R1，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表的示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列有关各绝对值关系式正确的是（　　）‎ A．＜＜ B．＜＜‎ C．＜＜ D．＜＜‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由题意知：R1是定值电阻，根据欧姆定律得知||=R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究||、||与电源内阻的关系，再分析选择．‎ ‎【解答】解：R1是定值电阻，根据欧姆定律得知：||=R1．‎ 根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则有||=R1+r 根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则有||=r 因为r＜R1，则＜＜．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图1，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图2所示．比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是（　　）‎ A．φA＜φB，EA＜EB B．φA＞φB，EA＞EB C．φA＜φB，EA＞EB D．φA＞φB，EA＜EB ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低．‎ ‎【解答】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，故电场力向右，场强方向也向右，沿着电场力方向，电势降低，故：‎ φA＞φB；‎ 速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故：‎ EA＞EB；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，AB是正点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个电子，它在电场力作用下沿电场线向B点运动，下列判断中正确的（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越大 C．电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越小 D．电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越大 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电子带负电，所受电场力方向与场强方向相反，根据电子的运动方向判断电场力方向，确定场强方向，即电场线方向，并确定出正点电荷的位置，分析电子所受电场力大小的变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．‎ ‎【解答】解：由题，从O点由静止释放电子，它在电场力作用下沿电场线向B点运动，电子所受电场力方向由A指向B，电子带负电，则电场线方向从由B指向A，正点电荷在AB连线上O点下方位置，电子离正电荷距离减小，所受电场力增大，加速度增大．故选B ‎　‎ ‎7．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上（　　）‎ A．串联一个2500Ω的电阻 B．串联一个25000Ω的电阻 C．串联一个3000Ω的电阻 D．并联一个2500Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．‎ ‎【解答】解：将小量程的电流表改装成电压表利用串联电路的分压原理，需要串联一个大一些的电阻；‎ 改装后电压表量程为3V，所串联电阻的阻值R=﹣Rg=﹣500=2500Ω，故A正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．‎ ‎【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．‎ ‎ C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎9．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是（　　）‎ A．系统机械能不断增加 B．系统动能不断增加 C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小 D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；电势能．‎ ‎【分析】加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，电场力做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大．‎ ‎【解答】解：A、在弹簧伸长的过程中，电场力对球A和球B都做正功，则系统机械能增加．当弹簧伸长到最长后又收缩，电场力做负功，则系统机械能减小．故A错误．‎ BD、电场力大于弹簧弹力，小球向左向右加速，电场力小于弹簧弹力，小球向左向右减速．知当电场力和弹簧弹力相等时，系统动能最大．故B错误，故D正确．‎ C、当弹簧长度达到最大值时，电场力一直做正功，则机械能一直增加，系统机械能最大．故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1．A2和两个电压表V1．V2．已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（　　）‎ A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数 B．电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角 C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数 D．电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联知识分析即可．‎ ‎【解答】解：A、电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；‎ B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；‎ C、电压表V1的电阻值大于电压表V2的电阻值，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；‎ D、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，故D正确；‎ 故选A、D．‎ ‎　‎ ‎11．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，用该电源与R组成闭合电路时，则（　　）‎ A．该电源的电动势为6V B．电源的输出功率为4W C．电阻R的阻值为2Ω D．电源的内阻为6Ω ‎【考点】电功、电功率；电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电源的U﹣I图象与纵轴交点物理意义，求出电源的电动势．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出电压和电流，求出电源的输出功率．由图线B的斜率求出电阻R的阻值．由图线A的斜率绝对值求出电源的内阻．‎ ‎【解答】解：A、D由图线A：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴的交点坐标表示电源的电动势，读出电源的电动势E=6V．图线A的斜率绝对值等于电源的内阻r，由数学知识求出r===1Ω．故A正确，D错误；‎ B、两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出路端电压为U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率为P=UI=8W．故B错误．‎ C、由图线B的斜率等于电阻R的阻值，则有R==2Ω．故C正确．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎12．如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中．当微粒经过B点时速率为VB=2V0，而方向与E同向．下列判断中正确的是（　　）‎ A．A、B两点间电势差为 B．A、B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒做匀变速运动 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是初速度为零的匀加速运动，两个分运动相互独立，对两个分运动分别运用动能定理列式分析．‎ ‎【解答】解：A、B、微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是初速度为零的匀加速运动，两个分运动相互独立；‎ 竖直分运动：﹣mgh=0﹣‎ 水平分运动：qUAB=‎ 解得：‎ h=‎ UAB=‎ 故A正确，B正确；‎ C、从A到B，电场力做正功，电势能减小，故C错误；‎ D、从A到B，微粒受到重力和电场力两个力作用，合力恒定，故加速度恒定，是匀变速运动，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎13．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的判断中，正确的是（　　）‎ A．灯泡L1的电阻为12Ω B．通过灯泡L1的电流为L2的电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W D．灯泡L2消耗的电功率为0.30W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率．‎ ‎【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==Ω=12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，故A、C正确；‎ B、D、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，故B错误，D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共2小题．每空3分，共15分）‎ ‎14．实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是　100.50　mm．乙图中螺旋测微是　3.200　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：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm．‎ 故答案为：100.50，3.200‎ ‎　‎ ‎15．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：‎ 小电珠（3.0V，1.8W），‎ 电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为1Ω，‎ 电流表A2：量程0～3A，内阻约为1Ω，‎ 电压表V1：量程0～3V，内阻约为10kΩ，‎ 电压表V2：量程0～15V，内阻约为8kΩ，‎ 滑动变阻器，0～10Ω，额定电流1A，‎ 电源：两节干电池，开关，导线若干．‎ ‎（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是　A1　，电压表是　V1　．‎ ‎（2）根据选择的器材，某同学设计了图1所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图2中的连线（图中已经有两根线连好）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，则电压表选V1，灯泡正常发光时的电流为I===0.6A，则电流表选A1．‎ ‎（2）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）；A1；V1；（2）电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（3个小题，共33分．解答应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．）‎ ‎16．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求电动机的输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机的输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差，根据能量转化和守恒定律求解电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：灯泡L正常发光，电路中的电流为=2A 由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 UD=E﹣I（r+R）﹣UL=20﹣2×（1+4）﹣3=7V 电动机的总功率为：P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为：P热=I2RD=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为：P出=P总﹣P热=14﹣2=12W 答：输出功率为12W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功W2‎ ‎（3）a、c两点的电势差Uac．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．‎ ‎（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．‎ ‎（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac．‎ ‎【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得 ‎ E==‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功为 ‎ W2=qElbccos60°=4×10﹣8×60×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J ‎（3）电荷从a移到c电场力做功为 ‎ Wac=W1+W2‎ 则a、c两点的电势差为Uac===6.6V．‎ 答：（1）匀强电场的场强E=60V/m．‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功W2=1.44×10﹣7J．‎ ‎（3）a、c两点的电势差Uac=6.6V．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在范围足够大方向水平向左、电场强度E=10N/C的匀强电场中，光滑绝缘水平桌面上有两个原先静止的小球A和B，B在桌边缘，两球均可视为质点，质量均为m=0.2kg，A球带正电，电荷量q=0.1C，B是不带电的绝缘球，桌面离地面的高h=0.05m．开始时两球相距l=0.1m．在电场力作用下，A开始向左运动，并与B球发生正碰，碰撞中两球系统无能量损失、无电荷转移．已知两球发生无能量损失的正碰时，碰撞前后两球交换速度．求：‎ ‎（1）A球碰撞前、后的速度？‎ ‎（2）A、B落地过程中两者间的最大距离？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）碰撞前，A在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出碰前A的速度．碰撞前，因B球不带电，不受电场力，所以处于静止状态．碰撞过程中，A、B的总动能无损失，动能守恒，动量也守恒，碰撞后两球交换速度，可求出碰撞后A球与B球速度．‎ ‎（2）碰撞后两球交换速度，B做平抛运动．对于A，运用运动的分解法研究：A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两者运动时间相等，由于两球在竖直方向上都做自由落体运动，所以落地时之间的距离最大．根据高度h求出时间，由运动学公式分别两球的水平位移，即可求出A、B两小球的落地点之间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）A在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，经过时间t与B发生第一次碰撞，则 qE=ma，l=‎ 解得：a=5m/s2，t=0.2s．‎ 设碰撞前A球的速度为vAl，B球的速度为vBl．碰撞后A球的速度为vA2，B球的速度为vB2，‎ 则 vAl=at=1m/s，vBl=0‎ 因两球发生无能量损失的正碰时交换速度，所以有vA2=vBl=0，vB2=vAl=1m/s．‎ ‎（2）两球碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，A球与B球在空中运动的时间相等．‎ 设时间为t1，在这段时间内A、B在水平方向发生的位移分别为xA和xB，则 ‎ h=‎ 解得：t1=0.1s A球落地时的速度为vA=at1=0.5m/s＜vB2‎ 故两球落地时的水平距离最大，设两球落地时的水平位移分别为xA和xB，‎ 则xA=，xB=vB2t1‎ 故A、B落地点之间的最大距离为△xm=xB﹣xA 解得：△xm=0.075m．‎ 答：‎ ‎（1）A球碰撞前、后的速度分别为1m/s、0．‎ ‎（2）A、B落地过程中两者间的最大距离为0.075m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日