河南省许昌市许昌三中2017届高三上学期第一次段考物理试卷

河南省许昌市许昌三中2017届高三上学期第一次段考物理试卷

‎2016-2017学年河南省许昌市许昌三中高三（上）第一次段考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：‎ ‎1．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB=3m，BC=5m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球的加速度大小和经过A点时的速度大小分别是（　　）‎ A．0.5 m/s2 1 m/s B．1 m/s2 2 m/s C．0.5 m/s2 2 m/s D．1 m/s2 1m/s ‎2．如图所示，质量为m的物体用平行斜面的细线连接置于倾角为θ的光滑斜面上，若斜面向左做加速运动，当物体刚脱离斜面时，它的加速度的大小为（　　）‎ A．gsinθ B．gcosθ C．gtanθ D．gcotθ ‎3．一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的（　　）‎ A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 ‎4．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于 ‎5．如下图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（　　）‎ A．输入电压u的表达式u=20sin V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W ‎6．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力增大 B．绳子对B的拉力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎7．如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为﹣q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0．沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是（　　）‎ A．O、B间的距离为 B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+ mv02﹣mv2‎ C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+mv2﹣mv02‎ D．从A到B的过程中，两电荷的电势能一直减少 ‎8．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则（　　）‎ A．ab棒中的电流方向由b到a B．cd棒先加速运动后匀速运动 C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：　　：‎ A．通过调节使斜槽的末端保持水平 B．每次释放小球的位置必须不同 C．每次必须由静止释放小球 D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降 E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触 F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎（2）作出平抛运动的轨迹后，为算出其初速度，实验中需测量的数据有　　和　　（用文字及字母说明），其初速度的表达式v0=　　．‎ ‎（3）在另一个实验中将白纸换成方格纸，方格边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该小球做平抛运动的初速度为　　m/s，B点的竖直速度为　　m/s．（g取10m/s2）‎ ‎10．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ Ⅰ．先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为　　Ω，然后用螺旋测微器测其直径为　　mm，游标卡尺测其长度是　　mm．‎ Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）‎ F．滑动变阻器R2（0～2 000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源E H．电阻箱 I．开关S，导线若干 为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）　　．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．但用该电路电阻的测量值　　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率　　．‎ ‎11．如图所示，半径R=0.5m的金属圆筒a内同轴放置一半径稍小的金属圆筒b，筒a外部有平行于圆筒轴线、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．两圆筒之间加有U=150V的电压，使两圆筒间产生强电场．一比荷为=104C/kg的带正电粒子从紧贴b筒的c点由静止释放，穿过a筒上正对c点的小孔，垂直进入匀强磁场（不计粒子重力）．‎ ‎（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎（2）若粒子从小孔射出的同时，筒a沿逆时针方向绕轴线高速旋转．为使粒子在不碰到圆筒a的情况下，还能返回到出发点c，则圆筒a旋转的角速度应满足什么条件？（忽略筒a旋转引起的磁场变化，不计粒子在两筒间运动的时间）‎ ‎12．一水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运动，将一质量为m=6kg工件无初速度放在传送带上，达到相对静止时产生的“滑痕”长L1‎ ‎=4m．现在让传送带以a=1.5的加速度减速运动，同时将该工件无初速度放在传送带上，取g=10，求：‎ ‎（1）工件与传送带间的滑动摩擦系数；‎ ‎（2）该工件在传送带上的滑痕长度L2；‎ ‎（3）工件与传送带之间由于摩擦产生的热量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省许昌市许昌三中高三（上）第一次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：‎ ‎1．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB=3m，BC=5m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球的加速度大小和经过A点时的速度大小分别是（　　）‎ A．0.5 m/s2 1 m/s B．1 m/s2 2 m/s C．0.5 m/s2 2 m/s D．1 m/s2 1m/s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，结合速度时间公式求出A点的速度．‎ ‎【解答】解：根据△x=aT2得，小球的加速度a=，B点的瞬时速度，‎ 则A点的速度vA=vB﹣aT=2﹣2×0.5m/s=1m/s．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的物体用平行斜面的细线连接置于倾角为θ的光滑斜面上，若斜面向左做加速运动，当物体刚脱离斜面时，它的加速度的大小为（　　）‎ A．gsinθ B．gcosθ C．gtanθ D．gcotθ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体刚脱离斜面时斜面对物体恰好无支持力，对木块进行受力分析，其受到重力和绳子的拉力，合力水平向左，再根据牛顿第二定律就可以求得加速度．‎ ‎【解答】解：对物体进行受力分析，如图所示：‎ ‎ a===gcotθ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的（　　）‎ A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】由万有引力表达式可直接比较两者对宇航员的万有引力．‎ ‎【解答】解：设地球质量为M，半径为R，宇航员的质量为m，可知：‎ 地球对宇航员的万有引力：，‎ 该星球对宇航员的万有引力：，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0‎ 向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于 ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、若小球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；‎ B、若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为mgR．若初速度v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B错误．‎ C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有 mg=m 由机械能守恒定律得： mv02=mg•2R+，小球在最低点时的最小速度v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于．故C正确．‎ D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得： mv02=mg•2R，小球在最低点时的速度v0=，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎5．如下图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（　　）‎ A．输入电压u的表达式u=20sin V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【解答】解：A、周期是0.02s，ω==rad/s=100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sinV，A正确；‎ B、断开S1，L1、L2的电路都被断开，则L1、L2均不能正常发光，B错误；‎ C、只断开S2后，负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，C错误；‎ D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为P=W=0.8W，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎6．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 ‎ 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力增大 B．绳子对B的拉力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；‎ 对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故A正确，B错误；‎ C、向右移动时，两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；‎ D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等；故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎7．如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为﹣q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0．沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是（　　）‎ A．O、B间的距离为 B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+ mv02﹣mv2‎ C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+mv2﹣mv02‎ D．从A到B的过程中，两电荷的电势能一直减少 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．‎ ‎【解答】解：A、由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，‎ 当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得OB间的距离r=，故A正确；‎ BC、从A到B的过程中，根据动能定理得：W﹣μmgL=mv2﹣m，得W=μmgL+mv2﹣m，故B错误，C正确．‎ D、从A到B的过程中，电场力对乙做正功，乙的电势能减少，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则（　　）‎ A．ab棒中的电流方向由b到a B．cd棒先加速运动后匀速运动 C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，由cd棒的电流方向及磁场方向判断所受安培力的方向，再判断摩擦力从而确定棒的运动情况，力F所做的功应等于所产生的电热与增加的机械能之和．‎ ‎【解答】解：A、ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b到a，故A正确 B、cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．ab棒做匀加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动．故B错误．‎ C、因安培力增加，cd棒受到的压力增大，则cd棒受静摩擦力的作用一直增加，最大值会大于重力．故C正确；‎ D、根据功能关系可知，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：　ACE　：‎ A．通过调节使斜槽的末端保持水平 B．每次释放小球的位置必须不同 C．每次必须由静止释放小球 D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降 E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触 F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎（2）作出平抛运动的轨迹后，为算出其初速度，实验中需测量的数据有　水平位移x　和　竖直位移y　（用文字及字母说明），其初速度的表达式v0=　　．‎ ‎（3）在另一个实验中将白纸换成方格纸，方格边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该小球做平抛运动的初速度为　1.5　m/s，B点的竖直速度为　2　m/s．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．‎ ‎（2）O点为平抛的起点，水平方向匀速x=v0t，竖直方向自由落体y=gt2，据此可正确求解；‎ ‎（3）根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向物体做匀速运动，可以求出其水平速度大小，利用匀变速直线运动的推论可以求出B点的竖直分速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A正确．‎ B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确．‎ D、因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故D错误．‎ E、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故E正确；‎ F、将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故F错误；‎ 故选：ACE．‎ ‎（2）O点为平抛的起点，水平方向匀速x=v0t，竖直方向自由落体y=gt2，解得：，所以要测量水平位移x，竖直位移y；‎ ‎（3）由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：‎ ‎△y=gT2，由图可知△y=2L=10cm，代入解得，T=0.1s x=v0T，将x=3L=15cm，代入解得：v0=1.5 m/s，‎ 竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：‎ vBy==2 m/s．‎ 故答案为：（1）ACE；（2）水平位移x，竖直位移y；（3）1.5；2‎ ‎　‎ ‎10．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ Ⅰ．先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为　6　Ω，然后用螺旋测微器测其直径为　2.095　mm，游标卡尺测其长度是　36.2　mm．‎ Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）‎ F．滑动变阻器R2（0～2 000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源E H．电阻箱 I．开关S，导线若干 为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）　ADEGI　．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．但用该电路电阻的测量值　小于　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；‎ Ⅱ、根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，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；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；根据电流表的接反分析实验误差 ‎【解答】解：Ⅰ、由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6×1Ω=6Ω；‎ 由图示螺旋测微器可知，其读数为：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm，‎ 由图示游标卡尺可知，其示数为：36mm+2×0.1mm=36.2mm；‎ Ⅱ、实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；‎ 通过待测电阻的最大电流约为I===0.5A，则电流表应选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；‎ 为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）；故需要的实验器材是：A、D、E、G、I．‎ 为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法， ==6， ==250，＞，电流表应采用外接法，‎ 实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；‎ 电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R=可知，待测电阻测量值比真实值小．‎ 由电阻定律可知，R=ρ=ρ=ρ，R=，则电阻率ρ=．‎ 故答案为：Ⅰ、6；2.095；36.2；Ⅱ、ADEGI；电路图如图所示；小于；‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，半径R=0.5m的金属圆筒a内同轴放置一半径稍小的金属圆筒b，筒a外部有平行于圆筒轴线、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．两圆筒之间加有U=150V的电压，使两圆筒间产生强电场．一比荷为=104C/kg的带正电粒子从紧贴b筒的c点由静止释放，穿过a筒上正对c点的小孔，垂直进入匀强磁场（不计粒子重力）．‎ ‎（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎（2）若粒子从小孔射出的同时，筒a沿逆时针方向绕轴线高速旋转．为使粒子在不碰到圆筒a的情况下，还能返回到出发点c，则圆筒a旋转的角速度应满足什么条件？（忽略筒a旋转引起的磁场变化，不计粒子在两筒间运动的时间）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）粒子先加速后进入磁场做圆周运动，先由动能定理求得加速获得的速度，再由牛顿第二定律求解轨道半径．‎ ‎（2）粒子从A点进入磁场，画出其运动轨迹，由几何关系求出轨迹所的对圆心角，根据周期性求解角速度．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子从两圆筒间电场中飞出时速度为v，根据动能定理得：‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，‎ 联立解得：‎ ‎（1）粒子从A点进入磁场，可做出其运动轨迹，如图中虚线所示．利用几何关系可算得：‎ 设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，‎ 从A到B所用时间为t，则：‎ 则 ‎ 设圆筒角速度为ω，为使粒子每次都能从圆筒上的小孔进入电场，则应满足：‎ 由以上各式解得：ω=（24n+8）×102rad/s（n=0，1，2，3…）‎ 答：‎ ‎（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为0.866m．‎ ‎（2）圆筒a旋转的角速度应满足的条件是：ω=（24n+8）×102rad/s（n=0，1，2，3…）．‎ ‎　‎ ‎12．一水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运动，将一质量为m=6kg工件无初速度放在传送带上，达到相对静止时产生的“滑痕”长L1=4m．现在让传送带以a=1.5的加速度减速运动，同时将该工件无初速度放在传送带上，取g=10，求：‎ ‎（1）工件与传送带间的滑动摩擦系数；‎ ‎（2）该工件在传送带上的滑痕长度L2；‎ ‎（3）工件与传送带之间由于摩擦产生的热量．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律及运动学公式求出物体与传送带相对运动时，传送带的位移与物体位移的关系，得出传送带克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，工件在传送带上运动的加速度为：‎ 设工件在传送带上打滑有时间为t1，则传送带运动的位移为：S传=v0t1‎ 工件做匀加速运动的位移为：‎ 由题意得，滑痕长度为：L=S传﹣S工 解以上几式得：μ=0.05‎ ‎（2）当传送带以a=1.5m/s2加速度减速运动的过程中，经时间t2时两者的速度相同，工件做匀减速运动的速度为：v=a1t2‎ 传送带运动的速度为：v=v0﹣at2‎ 解得两者的相同速度为：v=0.5m/s ‎ 此过程中传送带比工作多走的距离为： m ‎ 此后，工件在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动的加速度为：a2=μg 由于工件的加速度比传送带的加速度小，工件相对传送带向前滑，工件比传送带多走的距离为：‎ m ‎ 因为 S2＜S1，帮传送带上的滑痕长度为：L2=S1=1m ‎ ‎（3）由摩擦产生的热量为：‎ Q=μmg（S1+S2） ‎ 所以：Q=3.5J ‎ 答：（1）工件与传送带间的滑动摩擦系数为0.05；‎ ‎（2）该工件在传送带上的滑痕长度L2为1m．‎ ‎（3）工件与传送带之间由于摩擦产生的热量为3.5J．‎ ‎　‎ ‎2017年4月2日