物理卷·2018届河北省卓越联盟高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河北省卓越联盟高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省卓越联盟高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确答案的序号用2B铅笔填涂在答题卡上）‎ ‎1．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁感线是磁场中实际存在的曲线 B．指南针指南北是因为地球周围存在磁场 C．条形磁铁周围的磁感线是从南极出来指向北极的 D．地磁场的南极在地理的南极附近 ‎2．电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.5mm2的导线，那么电路中的电流是（　　）‎ A．0.016 µA B．1.6mA C．16µA D．0.16µA ‎3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）‎ A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 ‎4．如图所示的四种情况，通电导体均置于匀强磁场中，其中通电导线不受安培力的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（　　）‎ A．0～10V B．0～20V C．10～20V D．20～30V ‎6．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 ‎7．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎8．如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（　　）‎ A．向右飞行的正离子 B．向左飞行的正离子 C．向右飞行的负离子 D．向左飞行的负离子 ‎9．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎10．质量为m，长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体棒向左运动 B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C．电键闭合瞬时导体棒MN所受安培力为 D．电键闭合瞬时导体棒MN的加速度为 ‎11．用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（　　）‎ A．若电流表示数有显著变化，K应按a B．若电流表示数有显著变化，K应按b C．若电压表示数有显著变化，K应按a D．若电压表示数有显著变化，K应按b ‎12．如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6cm，BC=cm，A点的电势为φA=10V，B点的电势为φB=4V，C点的电势为妒φC=﹣2V．则（　　）‎ A．将一个电荷量为q=﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=1.2×10﹣5J B．将一个电荷量为q=﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=﹣1.2×10﹣5J C．此电场的电场强度大小为V/m，从A指向C D．此电场的电场强度大小为EE=2×102V/m，沿∠C的平分线斜向上 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题10分，共16分）‎ ‎13．读出下面游标卡尺和千分尺的读数 ‎（1）　　mm ‎（2）　　mm ‎（3）　　mm．‎ ‎14．某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电流表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图1所示电路进行实验，测得的数据如下表所示．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R（Ω）‎ ‎4.0‎ ‎10.0‎ ‎16.0‎ ‎22.0‎ ‎28.0‎ I（A）‎ ‎1.00‎ ‎0.50‎ ‎0.34‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ ‎（A﹣1）‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎2.9‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎（1）若利用图1确定电池的电动势和内阻，则应作　　（选填“R﹣I”或“R﹣”）图象；‎ ‎（2）利用测得的数据在图2坐标纸上画出适当的图象；‎ ‎（3）由图1可知，该电池的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω；（保留两位有效数字）‎ ‎（4）利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测　　E真，r测　　r真（选填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共36分）‎ ‎15．如图所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m、带电荷量为﹣q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则AB、AC两点电势差分别为多大？‎ ‎16．一个电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A．求：‎ ‎（1）这台电动机每分钟所做的机械功有多少？‎ ‎（2）由于某种原因，电动机突然不转了，此时电动机的功率是多大？‎ ‎17．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎18．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省卓越联盟高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确答案的序号用2B铅笔填涂在答题卡上）‎ ‎1．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁感线是磁场中实际存在的曲线 B．指南针指南北是因为地球周围存在磁场 C．条形磁铁周围的磁感线是从南极出来指向北极的 D．地磁场的南极在地理的南极附近 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；地磁场．‎ ‎【分析】明确磁场和磁感线的性质，知道磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在；同时掌握地磁场的性质，明确地磁南极在地理北极附近．‎ ‎【解答】解：A、磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在，故A错误；‎ B、指南针指南北是因为地球周围存在磁场，指南针受地磁场的作用，故B正确；‎ C、条形磁铁周围的磁感线外部由北极指向南极，而内部由南极指向北极，故C错误；‎ D、地磁场的南极处在地理北极附近，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.5mm2的导线，那么电路中的电流是（　　）‎ A．0.016 µA B．1.6mA C．16µA D．0.16µA ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由电子数可求得通过导线的电量，再由电流的定义式可求得电流．‎ ‎【解答】解：每分钟通过的电量为：q=60×1012×1.6×10﹣19C=9.6×10﹣6C；‎ 则电路中的电流为：I===1.6×10﹣7A=0.16μA，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）‎ A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变．‎ 将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式 C=知，介电常数减小，电容减小．‎ 由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．‎ 由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．‎ 所以ABC错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示的四种情况，通电导体均置于匀强磁场中，其中通电导线不受安培力的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．‎ ‎【解答】解：根据左手定则来确定安培力的方向，其内容：伸开左手，大拇指与四指在同一平面，且与四指垂直，让磁感线穿过掌心，四指向为电流的方向，则大拇指向为安培力的方向．‎ A选项受到到安培力方向水平向左；B选项受到安培力方向水平向右；D选项受到安培力方向垂直纸面向里．‎ 而C选项，由于通电导线与磁感线平行，所以没有磁场力．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（　　）‎ A．0～10V B．0～20V C．10～20V D．20～30V ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax===20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin=，所以UCD的变化范围是10～20V．‎ 故选C ‎　‎ ‎6．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．‎ ‎【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（　　）‎ A．向右飞行的正离子 B．向左飞行的正离子 C．向右飞行的负离子 D．向左飞行的负离子 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负．‎ ‎【解答】解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，若这束粒子带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；‎ B、将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；‎ C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；‎ D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎10．质量为m，长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体棒向左运动 B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C．电键闭合瞬时导体棒MN所受安培力为 D．电键闭合瞬时导体棒MN的加速度为 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度 ‎【解答】解：A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动．故A错误；‎ B、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与I=可得F=，故B正确，C错误；‎ D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°﹣θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a=，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎11．用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（　　）‎ A．若电流表示数有显著变化，K应按a B．若电流表示数有显著变化，K应按b C．若电压表示数有显著变化，K应按a D．若电压表示数有显著变化，K应按b ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法．‎ ‎【解答】解：A、电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，K应接在b处，故A错误，B正确；‎ C、如果电压表示数变化明显，电压表示数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，K应接在a处，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6cm，BC=cm，A点的电势为φA=10V，B点的电势为φB=4V，C点的电势为妒φC=﹣2V．则（　　）‎ A．将一个电荷量为q=﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=1.2×10﹣5J B．将一个电荷量为q=﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=﹣1.2×10﹣5J C．此电场的电场强度大小为V/m，从A指向C D．此电场的电场强度大小为EE=2×102V/m，沿∠C的平分线斜向上 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功公式W=qU求电场力做功，式中各量均必须代入符号计算；根据匀强电场中U=Ed，求出AC中点的电势，作出等势线，再由E=求场强E，其中d是两点间沿电场线方向的距离．‎ ‎【解答】解：A、B电荷从B移到C，电场力做功WBC=qUBC=q（φB﹣φC）=﹣2×10﹣6C×[4﹣（﹣2）]=﹣1.2×10﹣5J．故A错误，B正确 C、D、AC中点D的电势为φD==4V=φB，所以D与B电势相等，BD是一条等势线．‎ 根据几何知识得知：∠C=60°，如图，电场方向沿∠C的平分线斜向上．‎ 则电场强度大小 E===V/m=200V/m．故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题10分，共16分）‎ ‎13．读出下面游标卡尺和千分尺的读数 ‎（1）　11.50　mm ‎（2）　10.40　mm ‎（3）　5.546（5.545﹣5.547都对）　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）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，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：11mm+0.50mm=11.50mm．‎ ‎（2）50分度的游标卡尺，精确度是0.02mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第20个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20×0.02mm=0.40mm，所以最终读数为：10mm+0.40mm=10.40mm．‎ ‎（3）螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为4.6×0.01mm=0.046mm，所以最终读数为5.5mm+0.046mm=5.546mm，由于需要估读，最后的结果可以在5.545﹣5.547之间．‎ 故答案为：（1）、11.50 ‎ ‎（2）、10.40 ‎ ‎（3）、5.546（5.545﹣5.547都对）‎ ‎　‎ ‎14．某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电流表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图1所示电路进行实验，测得的数据如下表所示．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R（Ω）‎ ‎4.0‎ ‎10.0‎ ‎16.0‎ ‎22.0‎ ‎28.0‎ I（A）‎ ‎1.00‎ ‎0.50‎ ‎0.34‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ ‎（A﹣1）‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎2.9‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎（1）若利用图1确定电池的电动势和内阻，则应作　R﹣　（选填“R﹣I”或“R﹣”）图象；‎ ‎（2）利用测得的数据在图2坐标纸上画出适当的图象；‎ ‎（3）由图1可知，该电池的电动势E=　6.0　V，内阻r=　2.0　Ω；（保留两位有效数字）‎ ‎（4）利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测　=　E真，r测　＞　r真（选填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学知识可知哪种图象更科学；‎ ‎（2）由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象；‎ ‎（3）由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；‎ ‎（4）实验中由于电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差．‎ ‎【解答】解：①由闭合电路欧姆定律可知：‎ I=‎ 则R=﹣r 若画R﹣I图，则图象为曲线，不易得出结论；而画出R﹣图象为直线，故容易得出结论，故应应该画出R﹣图象；‎ ‎②利用图中的R、描点，再用直线将各点相连，如图所示；‎ ‎③由公式及数学知识可得：‎ 图象的斜率表示电动势：‎ 故E=k==6.0V；‎ 图象与纵坐标的交点表示内阻；则有：‎ r=b=2.0Ω；‎ ‎④本实验误差来自由电流表的内阻不能忽略，故正确公式应为：‎ R=﹣r﹣RA 而当电阻无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势测量准确，‎ 所测内阻为电流表内电阻与电源内阻之和，故所测偏大．‎ 故答案为：①R﹣；②如右图；③6.0；2.0；④=，＞．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共36分）‎ ‎15．如图所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m、带电荷量为﹣q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则AB、AC两点电势差分别为多大？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差．‎ ‎【解答】解：从A到B，由动能定理得：mgh+W电=mv2‎ 又W电=qUAB 解得：UAB=﹣‎ 因为φB=φC，所以小球从B到C电场力不做功，‎ UAC=﹣‎ 答：AB、AC两点电势差分别为、‎ ‎　‎ ‎16．一个电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A．求：‎ ‎（1）这台电动机每分钟所做的机械功有多少？‎ ‎（2）由于某种原因，电动机突然不转了，此时电动机的功率是多大？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据线圈电阻和电流求出线圈的热功率P热，由电压和电流求出电动机的电功率P电，根据功率关系求出电动机机械功率和每秒所产生的热量．‎ ‎（2）当电动机不转时应视为纯电阻，根据公式P=可求得功率．‎ ‎【解答】解：（1）电动机的电功率：P电=UI=220×5=1100W 线圈的热功率：P热=I2R=52×0.4=10W 电动机的有效功率：P机=P电﹣P热=1100W﹣10W=1090W 则每分钟所做的机械功为W=P机t=1090×60=6.54×104J；‎ ‎（2）电动机突然不转了，此时电动机视为纯电阻电路，是电功率P'===1.21×105W 答：（1））这台电动机每分钟所做的机械功有6.54×104J；‎ ‎（2）由于某种原因，电动机突然不转了，此时电动机的功率是1.21×105W ‎　‎ ‎17．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值．‎ ‎【解答】解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．‎ 当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．‎ 加速过程，由动能定理得：…①‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：‎ l=v0t…②‎ 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③‎ 偏距：…④‎ 能飞出的条件为：y≤…⑤，‎ 解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，‎ 即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；‎ 答：两个极板上最多能加400V的电压．‎ ‎　‎ ‎18．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F=BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量 ‎【解答】解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下 断开时：2k△l1=mg 开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F 受到的安培力为：F=BIL 回路中电流为I=‎ 联立解得m=0.01kg 答：金属棒的质量为0.01kg ‎　‎