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1、2015-2016学年河北省保定市徐水一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（其中1-8为单选，9-12为多选，每题4分，共48分）1下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，正确的是( )AE=是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量B由电场强度的定义式E=可知，电场强度E跟F成正比，跟q成反比CE=是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场D在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，放入的检验电荷的电量越大，检验电荷受力也越大，该处的电场强度也越大2在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如控制变量法、等效法、类比法
2、、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法C在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法D在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是微元法3如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中不正确的是图( )ABCD4如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读
3、数为U闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是( )AI变小，U变小BI变小，U变大CI变大，U变小DI变大，U变大5如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成角，回路其余电阻不计为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为( )A，水平向右B，垂直于回路平面向上C，竖直向下D，垂直于回路平面向下6如图，把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G（G的内阻比R1大了十多倍）联接成电路，接到一个输出电压为U的稳压电源上已知R1=
4、R2，C1C2，开关S处于闭合状态，那么( )AC1的电压小于C2的电压BC1的带电量可能等于C2的带电量C若把开关S断开，在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD若把开关S断开，在S断开前、后，电路稳定状态下加在R1两端的电压相同7如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73103J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )A 865 V/m，垂直AC向左B865 V/m，垂直AC向右C1000 V/m，垂直AB斜向上D1000 V/m，垂直AB斜向下8如图
5、所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则( )A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2：19在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知( )A电源的电动势为3 V，内阻为0.5B电源的输出功率为2
6、WC电阻R的阻值为1D电源的效率为66.7%10如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点据此可知( )A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大11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
7、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12如图所示，在O点处放置一个正电荷在过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（如图中实线表示）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，则下列说法中正确的是( )A小球通过C点的速度大小是B小球通过C点的速度大小是C小球由A到C电场力做功是mv2mghD小球由A到C机械能的损失是mg（h）mv2二、实验题（本题共2小题，共14分请按题目要求作答）13某同学要测量一
8、均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为_mm14在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A小灯泡“6V 3W”，B直流电源68VC电流表（量程3A，内阻约0.2）D电流表（量程0.6A，内阻约1）E电压表（量程6V，内阻约20k）F电压表（量程20V，内阻约60k）G滑动变阻器（020、2A ）H滑动变阻器（1k、0.5A）（1）实验所用到的电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_（
9、填字母代号）（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图三、计算题（共38分，要有必要的解答步骤，只写结果不得分）16如图所示，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，电动机刚好正常工作若电源的电动势为6V求：（1）电源内阻r；（2）当电键K闭合时，电动机正常工作的电压和功率；（3）电动机正常工作时输出的机械功率17如图所示，abcd是一个正方形盒子cd边的中点有一个小孔e盒子中有沿ad方向的匀强电场一个质量为m带正电粒子（重力不计）从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出求：（1）该
10、带电粒子从e孔射出时的速度大小（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功18（13分）如图所示，ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B，A为水平轨道上的一点，而且AB之间距离s=0.6m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1104C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动（g取10m/s2）求：（1）小球到达B点时速度的大小（2）小球到达D点时对轨道压力是多大？（3）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？（结果保留两位有效数字）2015-2016学年河
11、北省保定市徐水一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（其中1-8为单选，9-12为多选，每题4分，共48分）1下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，正确的是( )AE=是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量B由电场强度的定义式E=可知，电场强度E跟F成正比，跟q成反比CE=是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场D在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，放入的检验电荷的电量越大，检验电荷受力也越大，该处的电场强度也越大【考点】电场强度 【分析】电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，E=是电场强度定义式，q是试探电荷的
12、电荷量，F是试探电荷所受的电场力，适用于任何电场；E=是真空中点产生的电场强度计算式【解答】解：A、E=是电场强度定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，q是试探电荷的电荷量故A错误B、电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷受到的电场力和带的电荷量无关故B错误C、E=是真空中点产生的电场强度计算式，是点电荷场强的决定式，它只适用于点电荷产生的电场，不适用与匀强电场故C正确D、E=是真空中点产生的点电荷公式，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，与检验电荷无关，故D错误故选：C【点评】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含
13、义；二是公式适用的条件；定义式适用于一切电场2在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法C在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法D在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是微元法【考点】物理学史 【专题】常规题型【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理
14、量不变，即控制变量在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法点电荷是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是假设法【解答】解：A、在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法，故A正确B、在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法故B正确C、在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法，故C正确D、在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场
15、，这用的是假设法故D错误本题选不正确的，故选：D【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习3如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中不正确的是图( )ABCD【考点】电容 【专题】电容器专题【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比【解答】解：C=是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：C=，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据C=
16、可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；本题选错误的故选：A【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为C=，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关4如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是( )AI变小，U变小BI变小，U变大CI变大，U变小DI变大，U变大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻变小
17、，路端电压随之增大，电压表测量的为除R3外的电阻的电压，即可知道其读数的变化分析R2的电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可知道电流表A的读数变化【解答】解：当滑动变阻器R4的滑动头向图a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小故选：A【点评】本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析5如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与
18、水平面成角，回路其余电阻不计为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为( )A，水平向右B，垂直于回路平面向上C，竖直向下D，垂直于回路平面向下【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；左手定则 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值【解答】解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：FA=mgsin，故磁感应强度的最小值为B=根据欧姆定律，有E=IR
19、故B=故选D【点评】本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值；同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解6如图，把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G（G的内阻比R1大了十多倍）联接成电路，接到一个输出电压为U的稳压电源上已知R1=R2，C1C2，开关S处于闭合状态，那么( )AC1的电压小于C2的电压BC1的带电量可能等于C2的带电量C若把开关S断开，在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD若把开关S断开，在S断开前、后，电路稳定状态下加在R1两端的电压相同
20、【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析 【专题】恒定电流专题【分析】当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势根据电压的变化来分析电容器电量的变化【解答】解：A、当开关S闭合时，电容器C1的电压等于R1的电压，电容器C2的电压等于电阻R2的电压，而两电阻串联，R1=R2，则知两个电容器的电压相等，故A错误B、由Q=CU知，两个电容器的电压相等，而C1C2，则得C1的带电量大于C2的带电量，故B错误C、开关S闭合时两个电容器的电压都小于电源的电动势E当开关S断开后，电路稳定后，电路
21、中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，可见，两电容器的电压增大，电量增多，电容器充电，则有向右方向的电流流过G故C正确D、开关判断后，电路稳定后电路中没有电流，所以R1两端的电压为零，小于开关闭合时的电压，故D错误故选：C【点评】电容器的电容一定时，分析电量的变化关键确定其电压的变化电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压7如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73103J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )A865 V/m，垂直AC向左B865 V/m，垂直
22、AC向右C1000 V/m，垂直AB斜向上D1000 V/m，垂直AB斜向下【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据一个q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等根据电荷从B移到C，电场力做功为1.73103 J，由电势差的公式求出BC间的电势差由E= 求场强大小，根据等势线与电场线垂直且由电势高处指向电势低处，作出电场线【解答】解：由题，q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等， AB连线是一条等势线BC间电势差为：UBC=V=100V则该匀强电场的场强大小：E= V/m=1000V/m，电场线方向垂直于AB向下如图故
23、选：D【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路8如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则( )A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2：1【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据
24、类平抛规律可知，带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论：连续相等时间内位移之比 y1：y2：y3=1：3：5，然后根据W=qEy求功（其中L是竖直方向的位移大小）即可【解答】解：A、根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据推论：连续相等时间内位移之比 y1：y2=1：3，则前时间内，竖直方向的位移大小为 y=，电场力做功为W=qEy=qE（），又U=qEd，解得W=，故A错误B、由上分析知，竖直方向的位移大小为 y=，所以电场力做功为W=qEy=qE=，故B正确C、D根据W=qEy可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力
25、做功之比为1：1，故C、D错误故选：B【点评】掌握类平抛运动的处理方法和初速度为零的匀加速直线运动的结论，理解W=qU，以及U=Ed中d的含义9在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知( )A电源的电动势为3 V，内阻为0.5B电源的输出功率为2 WC电阻R的阻值为1D电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电
26、流与电压，求出电源的输出功率和效率【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=EIr，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=|=0.5故A正确B、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W故B错误；C、电阻R=1故C正确D、电源的效率=66.7%故D正确故选：ACD【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义10如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc
27、，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点据此可知( )A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】等势面；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场
28、线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确故选BD【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化11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，P
29、Q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 【专题】恒定电流专题【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
30、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【点评】对于线性元件，其电阻R=，非线性元件，R=；对于UI图与IU图要区分清楚，电阻R=K，还是R=不能搞错12如图所示，在O点处放置一个正电荷在过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（如图中实线表示）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，则下列说法中正确的是(
31、)A小球通过C点的速度大小是B小球通过C点的速度大小是C小球由A到C电场力做功是mv2mghD小球由A到C机械能的损失是mg（h）mv2【考点】电势能；功能关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球下落过程中，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：A、B、小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在C点的大小是，因此C点的速度小于，故A错误；故B正确；C、D、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功由
32、动能定理得mgh+W电=则：W电=mgh=即电势能增加了mg（h ） mv2，机械能减少了mg（h）mv2故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度二、实验题（本题共2小题，共14分请按题目要求作答）13某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析
33、】游标卡尺读数的方法是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：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.053=0.15mm，所以最终读数为50.15mm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm故本题答案为：（1）50.15 （2）4.700【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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14在“描述小灯
34、泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A小灯泡“6V 3W”，B直流电源68VC电流表（量程3A，内阻约0.2）D电流表（量程0.6A，内阻约1）E电压表（量程6V，内阻约20k）F电压表（量程20V，内阻约60k）G滑动变阻器（020、2A ）H滑动变阻器（1k、0.5A）（1）实验所用到的电流表应选D，电压表应选E，滑动变阻器应选G（填字母代号）（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定功率求出灯泡额定电流，根据额定电流选择电流
35、表；根据灯泡额定电压选择电压表；在保证安全的前提下，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压、电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图【解答】解：（1）灯泡额定电流I=0.5A，电流表应选D；灯泡额定电压6V，电压表应选E；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G（2）描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R=12，=12，1666.7，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）D；E；G；（2）电路图如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、设计
36、实验电路图；要掌握实验器材的选取原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键，也是难点三、计算题（共38分，要有必要的解答步骤，只写结果不得分）16如图所示，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，电动机刚好正常工作若电源的电动势为6V求：（1）电源内阻r；（2）当电键K闭合时，电动机正常工作的电压和功率；（3）电动机正常工作时输出的机械功率【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】（1）当开关K断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r；（2）当开关K闭合
37、时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，根据P=UI求解电动机的功率；（3）先根据P=I2r求解热功率，再根据能量守恒定律求出电动机输出的机械功率【解答】解：（1）当开关S断开时，由P1=I12R1，得I1=0.6A，电源的电阻为：r=2（2）当开关S闭合时，由P2=I22R1，得：I2=0.5AR1的电压：U=I2R1=4V设干路中电流为I，则：I=1A通过电动机的电流：IM=II2=0.5A故电动机的电功率为：P=UIM=40.5=2W（3）电动机的机械功率为：P机=UIMI22R0=1.5W答：（1）电源内阻r为2；（2）当电
38、键K闭合时，电动机正常工作的电压为4V，功率为2W；（3）电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=求电动机的电流17如图所示，abcd是一个正方形盒子cd边的中点有一个小孔e盒子中有沿ad方向的匀强电场一个质量为m带正电粒子（重力不计）从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出求：（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）带电
39、粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动粒子从e孔射出时，竖直位移大小是水平位移大小的两倍由运动学公式，利用比例关系，求出竖直分速度，再合成求出粒子从e孔射出时的速度大小（2）整个过程中，电场力做正功引起粒子动能的变化，根据动能定理求出电场力做功【解答】解：如图，设正方形边长为L，离开电场时竖直方向速度vy（1）ae 粒子做类平抛运动 沿v0方向： 沿E方向：解得：vy=4v0离开电场时速度大小（2）a到e对该带电粒子用动能定理：电场力做功：答：（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小是（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功是8m【点评】本题是类平抛运动，第（1）问中不涉及加速度，用平均速度表示竖直
40、位移是技巧基础题18（13分）如图所示，ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B，A为水平轨道上的一点，而且AB之间距离s=0.6m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1104C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动（g取10m/s2）求：（1）小球到达B点时速度的大小（2）小球到达D点时对轨道压力是多大？（3）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？（结果保留两位有效数字）【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1
41、）应用动能定理研究小球由AB的过程，求出小球在C点的速度大小，（2）对小球在D点进行受力分析，找出径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决（3）由等效法找到等效最高点，再由动能定理及向心力公式可求得开始的位置【解答】解：（1）由A点到B点应用动能定理有：EqAB=mvB2代入数据解得：vB=2 m/s（2）小球从A到D，由动能定理有：qES2mgR=mvD20 得小球到达D点时速度的大小为：vD=2m/s小球在D点，由牛顿第二定律有：mg+N=m得小球在D点受到轨道的弹力大小为：N=1N由牛顿第三定律得在D点小球对轨道的压力大小为1N（3）小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力大小相等，这
42、两个力的合力如图所示F=mg=N与水平方向的夹角=45故小球在竖直平面内做圆周运动的等效最高点为G点，设小球在G点的最小速度为VG，由牛顿第二定律有：F=m得小球到达G点时的最小速度的大小为：VG=m/s小球从A到G，由动能定理有：qE（SRcos）mg（R+Rsin）=mvG20得小球开始释放点离B点有：s=0.62 m答：（1）小球到达B点时的速度是2 m/s；（2）小球到达C点时对轨道压力是1N；（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.62 m【点评】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，特别是小球恰好过D点的条件，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解- 21 -