物理卷·2018届河南省郑州外国语学校高二上学期月考物理试卷 （解析版） 20页

‎2016-2017学年河南省郑州外国语学校高二（上）月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎2．如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为10 ﹣2C 的正电微粒在电场中只受电场力作用，当由A点运动到B点时，动能减少了0.1J，已知A点电势为﹣10V，则（　　）‎ A．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是1‎ B．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是2‎ C．B点的电势为零，微粒运动轨迹是1‎ D．B点的电势为零，微粒运动轨迹是2‎ ‎3．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎4．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）‎ A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变 ‎5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎6．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2均并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，则它们之间的关系正确的是（　　）‎ A．P1=4PD B．PD= C．PD=P2 D．P1＜4P2‎ ‎7．如图所示，其中电流表 A 的量程为 0.6A，表盘均匀划分为 30 个小格，每小格表示 0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍，若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是（　　）‎ A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04A B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02A C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06A D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01A ‎8．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（　　）‎ A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大 C．灯泡的亮度变暗 D．电源输出的功率变小 ‎9．一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，已知铜的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，设铜导线中每个铜原子贡献一个自由电子，电子的电荷量为e，电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A． NA B． NA C． D．‎ ‎10．如图所示，在重力加速度为g的空间，有一带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上．现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时的速度的大小为，下列说法正确的是（　　）‎ A．从A到C小球做匀加速直线运动 B．从A到C小球的机械能守恒 C．A、C两点间的电势差为﹣‎ D．若从A点沿ABO自由释放，则下落到B点时的速度大小为 ‎11．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎12．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度为零 D．0～3s内，电场力做的总功不为零 ‎　‎ 二、实验题 ‎13．分别读出以下三组数据 ‎14．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，并研究其伏安特性．‎ ‎（1）如图所示甲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甲中画出．‎ ‎（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U﹣I图上，如图乙所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用　　（填“О”或“×”）表示的．‎ ‎（3）请你选择正确的一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4A．求：‎ ‎（1）电炉子的电阻及发热功率；‎ ‎（2）电动机的内阻；‎ ‎（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．‎ ‎16．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：‎ ‎（1）电流表A2示数；‎ ‎（2）电压表和电流表的内阻之比．‎ ‎17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=1×10﹣8C，（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）闭合开关S，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？‎ ‎18．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则 ‎（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；‎ ‎（2）求小球的质量m和电量q；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省郑州外国语学校高二（上）月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；‎ B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；‎ C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为10 ﹣2C 的正电微粒在电场中只受电场力作用，当由A点运动到B点时，动能减少了0.1J，已知A点电势为﹣10V，则（　　）‎ A．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是1‎ B．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是2‎ C．B点的电势为零，微粒运动轨迹是1‎ D．B点的电势为零，微粒运动轨迹是2‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA﹣φB，求解B点的电势．由题可知，电荷所受电场力方向水平向左或水平向右，而且指向轨迹的内侧．电荷从A点运动到B点时动能减少，说明电场力做负功，可判断出微粒的运动轨迹为虚线1所示．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：qUAB=△Ek，得到：UAB===﹣10V．‎ 由UAB=φA﹣φB得B点的电势为：φB=φA﹣UAB=﹣10﹣（﹣10）V=0V．‎ 电荷从A点运动到B点时动能减少，电场力做负功，又电场力指向轨迹的内侧，‎ 则判断出来微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的增量．‎ ‎【解答】解：A、B、三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故A正确，B不正确．‎ C、因为ta=tb＞tc，又xa＜xb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能的增量相等．c电荷电场力做功最少，动能的增量最小．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）‎ A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，依据电容定义和决定式来分析电容变化，通过电容的变化，判断电势差的变化．‎ ‎【解答】解：根据C=，减小d，增大介电常数，则电容增大，根据，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小．‎ 故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．‎ ‎【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎6．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2均并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，则它们之间的关系正确的是（　　）‎ A．P1=4PD B．PD= C．PD=P2 D．P1＜4P2‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】‎ 根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．当将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．‎ ‎【解答】解：由题知，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由甲图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1=R2．而RD与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流ID＜I2，又I1=I2+ID，得到I1＜2I2，I1＞2ID．‎ 因为P1=I12R1，PD=ID2RD，P2=I22R2，所以得到P1＜4P2．故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，其中电流表 A 的量程为 0.6A，表盘均匀划分为 30 个小格，每小格表示 0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍，若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是（　　）‎ A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04A B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02A C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06A D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01A ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．‎ ‎【解答】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；‎ CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，R2对电流表量程没有影响，因此电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（　　）‎ A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大 C．灯泡的亮度变暗 D．电源输出的功率变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA部分并联，再与PB部分串联．根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断．电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大．当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变阻器PAB部分电压增大，PA部分电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗．故A、B错误，C正确．‎ ‎ D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大．由于滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，则电源的输出功率增大．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，已知铜的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，设铜导线中每个铜原子贡献一个自由电子，电子的电荷量为e，电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A． NA B． NA C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由电流定义式可计算通过铜导线横截面的自由电子数目．‎ ‎【解答】解：电流 I==，‎ 解得：‎ 故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在重力加速度为g的空间，有一带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上．现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时的速度的大小为，下列说法正确的是（　　）‎ A．从A到C小球做匀加速直线运动 B．从A到C小球的机械能守恒 C．A、C两点间的电势差为﹣‎ D．若从A点沿ABO自由释放，则下落到B点时的速度大小为 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】小球由A到C的过程中，做功的力有重力和库仑力．由点电荷周围形成的电场特点可知，小球从A到C过程中，电场力是发生变化的，故可知小球不会做匀加速直线运动．因有库仑力做功，所以机械能不守恒．由A到C过程中，重力和库仑力做功，由动能定理可求出AC两点间的电势差和由到B是的速度．‎ ‎【解答】解：‎ A、小球从A到C的过程中，受到重力、库仑力和细杆的支持力三个力的作用，库仑力是变化的，所以库仑力在细杆的方向上的分量也是变化的，沿细杆的方向上合外力不恒定．选项A错误．‎ B、小球从A到C的过程中，除了重力做功外，还有库仑力做功，所以此过程机械能不守恒．选项B错误．‎ C、小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，由动能定理有，解得U=．选项C正确．‎ D、B和C在同一个等势面上，BC两点的电势相等．小球由A到B的过程中，重力和电场力做功．由动能定理有：‎ ‎，由C选项可知，代入上式得：，选项D正确．‎ 故答案为CD ‎　‎ ‎11．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项．‎ ‎【解答】解：粒子刚好能达到N金属板时，根据动能定理得，﹣qU=0﹣，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于﹣．‎ A、当初速度，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；‎ B、电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；‎ C、电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=，与粒子动能的变化不等，故C错误；‎ D、初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎12．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度为零 D．0～3s内，电场力做的总功不为零 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况 ‎【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1==，为第2s内加速度a2==，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：‎ A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．‎ B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；‎ D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ 二、实验题 ‎13．分别读出以下三组数据 ‎【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20mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：20mm+0.60mm=20.60mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为27.1×0.01mm=0.271mm，所以最终读数为1mm+0.271mm=1.271mm．‎ ‎3、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为0.0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为1mm+0.000mm=1.000mm．‎ 故答案为：20.50mm；1.271mm；1.000mm ‎　‎ ‎14．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，并研究其伏安特性．‎ ‎（1）如图所示甲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甲中画出．‎ ‎（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U﹣I图上，如图乙所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用　×　（填“О”或“×”）表示的．‎ ‎（3）请你选择正确的一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为　1.2　Ω．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；‎ ‎（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U﹣I图线．‎ ‎（3）根据图象的斜率可求得电阻值．‎ ‎【解答】解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如答图1：‎ ‎（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U﹣I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；‎ ‎（3）选择×数据点，在图2上用作图法作图，‎ 求出这段铅笔芯的电阻为：R===1.2Ω 故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4A．求：‎ ‎（1）电炉子的电阻及发热功率；‎ ‎（2）电动机的内阻；‎ ‎（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电炉子工作时为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；‎ ‎（2）电动机工作时为非纯电阻，由能量守恒定律列式，即可求解电动机的内阻；‎ ‎（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率，由能量守恒定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）当S1闭合、S2、S3断开时，只有电炉子接入，因电炉子为纯电阻，由欧姆定律有：电炉子的电阻 r==Ω=2Ω 其发热功率为：PR=UI1=12×6 W=72W．‎ ‎（2）当S2闭合、S1、S3断开时，电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2=I22•rM+P输出 代入数据解得：rM=1Ω ‎（3）当S3闭合、S1、S2断开时，电解槽工作，由能量守恒定律得：P化=UI3﹣I32•rA 代入数据解得：P化=（12×4﹣42×2）W=16W．‎ 答：‎ ‎（1）电炉子的电阻为2Ω，发热功率为72W；‎ ‎（2）电动机的内阻是1Ω；‎ ‎（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：‎ ‎（1）电流表A2示数；‎ ‎（2）电压表和电流表的内阻之比．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）V1和V2是两只相同的电压表，内阻相同，根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电流的关系，根据干路电流与支路电流的关系，联立即可求出电流表A2示数；‎ ‎（2）A2与V2串联，两电压表示数之差等于V1的电压，即可由欧姆定律求解A2的内阻．‎ ‎【解答】解：（1）由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R，通过V1和V2两表的电流分别为I1和I2，则 ‎ U1=I1R，‎ ‎ U2=I2R，‎ 则得 ===‎ 由题意知 I1+I2=1.4 mA 所以解得 I2=0.6 mA，即通过电流表A2的电流大小为0.6mA．‎ ‎（2）电流表A2两端电压 UA2=U2﹣U1=0.2 V，‎ 所以RA2===Ω．‎ 电压表V2的内阻RV2===1000Ω，所以电压表和电流表的内阻之比为3：1．‎ 答：（1）电流表A2示数是0.6mA；‎ ‎（2）电压表和电流表的内阻之比是3：1．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=1×10﹣8C，（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）闭合开关S，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有=v0t 竖直方向有=gt2，‎ 解得 v0=10m/s；‎ ‎（2）当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 水平方向有L=v0t′‎ 竖直方向有=at′2，‎ 解得：a=2.5m/s2；‎ 根据牛顿第二定律得：a= 解得：U=120V，‎ 若微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：a=‎ 解得：U=200V 可知为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应小于等于200V．‎ 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；‎ ‎（2）所加的电压U小于等于200V．‎ ‎　‎ ‎18．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则 ‎（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；‎ ‎（2）求小球的质量m和电量q；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）‎ ‎【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据图线2分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况．‎ ‎（2）由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．‎ ‎（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）根据能量守恒，画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．‎ ‎【解答】解：（1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．‎ ‎（2）由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 mgsinθ=，由线2可得s0=1m，‎ 得q==1.11×10﹣5C ‎（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J．‎ 根据动能定理WG+W电=△Ek ‎ 即有﹣mgh+qU=Ekm﹣0‎ 代入数据得U=4.2×106V ‎（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线 答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．‎ ‎（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11×10﹣5C；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×106V；‎ ‎（4）如图线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日