2017-2018学年河南省林州市第一中学高二下学期开学考试物理试题（火箭班） Word版

2017-2018学年河南省林州市第一中学高二下学期开学考试物理试题（火箭班） Word版

‎2017-2018学年河南省林州市第一中学高二下学期开学考试物理试题（火箭班）‎ 一、选择题（共12题；每题4分，共48分）‎ ‎1.如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1 ，偏转电压为U2 ，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（　）‎ A. 增大U1             B. 增大U2            C. 减小L               D. 减小d ‎2.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为10：1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u=200sin100πt（V），设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2 ．下列说法中正确的是（   ）‎ A. 示数U2=20V                                                      ‎ B. 滑片P向b端滑动过程中，U2不变、I2变大 C. 滑片P向b端滑动过程中，U1变小、I1变大   ‎ D. 通过原、副线圈的交变电流频率之比为10：1‎ ‎3.在匀强磁场中，有一个静止的原子核发生衰变，放出一个粒子而转变为一个新原子核，放射出的粒子与新原子核的速度方向都与磁感线方向垂直，形成的径迹是两个相外切的圆，如图所示．下列说法正确的是（　）‎ ‎ A. 放射出的粒子可能是α粒子也可能是β粒子          ‎ B. 放射出的粒子和新原子核都做顺时针方向的圆周运动 C. 图中小圆是放射出的粒子的径迹，大圆是新原子核的径迹          ‎ D. 放射出的粒子的动能小于新原子核的动能 ‎4.如图所示，两端开口的弯玻璃管的左端插入水银槽中，右端开口向上，图中液体均为水银．现将水银槽稍向下移，玻璃管保持不动，则以下判断正确的是（  ）‎ A. a液面下降的距离和b液面上升距离相等      B. h1和h2始终相等 C. 封闭在弯管中的气体的压强增大                    D. h1不变，h3增大 ‎5.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV ， 那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）‎ A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应 B. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出4种不同频率的光 C. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV D. 用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 ‎6.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上向右运动．两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为﹣4kg•m/s，则（　　）‎ A. 左方是A球，碰撞后A，B两球速度大小之比为2：5，碰撞过程机械能有损失          ‎ B. 左方是A球，碰撞后A，B两球速度大小之比为2：5，碰撞过程机械能无损失 C. 右方是A球，碰撞后A，B两球速度大小之比为2：5，碰撞过程机械能有损失          ‎ D. 右方是A球，碰撞后A，B两球速度大小之比为1：5，碰撞过程机械能无损失 ‎7.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）（　）‎ A. 感应电流所做的功为2mgd                B. 感应电流所做的功为mgd C. 线圈的最小速度可能为              D. 线圈的最小速度一定是 ‎ ‎8.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中（   ）‎ A. 它们的运动时间tP=tQ                                         ‎ B. 它们的电荷量之比qP：qQ=1：1 C. 它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1           ‎ D. 它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=4：1‎ ‎9.如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（   ）‎ A. 减小R1 ， C1、C2所带的电量都增加                  ‎ B. 增大R2 ， C1、C2所带的电量都增加 C. 增大R3 ， C1、C2所带的电量都增加                  ‎ D. 减小R4 ， C1、C2所带的电量都增加 ‎10.如图所示，用弹簧秤拉着一支薄壁平底玻璃试管，将它的开口向下插在水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h．若试管本身的重力与管壁的厚度均不计，此时弹簧秤的示数等于（   ）‎ A. 进入试管内的H高水银柱的重力                         ‎ B. 外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差 C. 试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力        ‎ D. 上面（A）（C）所述的两个数值之差 ‎11.封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度关T系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为NA．由状态A变到状态D过程中 （   ） A. 气体从外界吸收热量，内能增加 B. 气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少 C. 气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大 D. 气体的密度不变 ‎12.原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有 （　）‎ A.  He核的结合能约为14MeV           ‎ B.  He核比 Li核更稳定 C. 两个 H核结合成 He核时释放能量     ‎ D. U核中核子的平均结合能比 Kr核中的大 二、实验探究题（共2题；共10分）‎ ‎13.用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线． A．电压表V1（量程6V、内阻很大） B．电压表V2（量程3V、内阻很大） C．电流表A（量程3A、内阻很小） D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A） E．小灯泡（2A、5W）        F．电池组（电动势E、内阻r） G．开关一只，导线若干 实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．‎ ‎（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整． ‎ ‎（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1 ，U1）、（I2，U2），标到U﹣I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=________V、内阻r=________Ω．（结果保留两位有效数字） ‎ ‎（3）在U﹣I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω（结果保留两位有效数字）． ‎ ‎14.在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中．‎ ‎（1）如图1所示，用游标卡尺测其长度为________cm；图2用螺旋测微器测其直径为________mm． ‎ ‎（2）其电阻约为6Ω．为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻．实验室除提供了电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）、开关S，导线若干，还备有下列实验器材： A．电压表V1（量程3V，内阻约为2kΩ）       B．电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ） C．电流表A1 （量程3A，内阻约为0.2Ω）      D．电流表A2 （量程0.6A ‎，内阻约为1Ω） E．滑动变阻器R1（0～10Ω，0.6A）            F．滑动变阻器R2 （0～2000Ω，0.1A） ①为减小实验误差，应选用的实验器材有 （选填“A、B、C、D…”等序号）________． ②为减小实验误差，应选用图3中________（选填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，其测量值比真实值________（选填“偏大”或“偏小”）． ‎ 三、计算题（共5题；共52分）‎ ‎15.（12分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为： （1）粒子到达O点时速度的大小和方向； ‎ ‎（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。 ‎ ‎16.（10分）在如图所示的电路中，电阻R1=12Ω，R2=8Ω，R3=4Ω．当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭合时电流表示数为0.36A．求： （1）电键K断开和闭合时的路端电压U及U′？ ‎ ‎（2）电源的电动势和内电阻？ ‎ ‎（3）电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P′？ ‎ ‎17.（8分）一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000kW，输出电压为1000V，在输电过程中，要求能量损耗为总功率的4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的匝数比各为多大?‎ ‎18.（2017·天津卷）（12分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。 （1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t； ‎ ‎（2）A的最大速度v的大小； ‎ ‎（3）初始时B离地面的高度H。 ‎ ‎19.（2013•海南）（10分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出 ．现使活塞缓慢向上移动 ，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）． ‎ 林州一中高二火箭班开学检测 物理试题参考答案 一、单选题 ‎1.【答案】D ‎ ‎【考点】匀强电场电势差与场强的关系，电荷在电场中的加速，电荷在电场中的偏转，电场力做功，电荷在匀强电场中的运动 ‎ ‎【解析】【解答】解：经加速电场后的速度为v，则： 所以电子进入偏转电场时速度的大小为： ， 电子进入偏转电场后的偏转的位移为：y= at2= = ， 所以示波管的灵敏度 ， 所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1 ， D符合题意、ABC不符合题意． 故答案为：D． 【分析】粒子在加速电场的运动是由电场力充当合外力，电场力做功等于粒子动能的改变量，求出电子进入偏转电场时速度，再根据偏转的位移公式导出示波管的灵敏度的函数解析式，分析提高示波管的灵敏度的条件。‎ ‎2.【答案】B ‎ ‎【考点】电路的动态变化分析 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、由表达式知输入电压有效值为U1= =100 V，电压与匝数成正比，所以U2= =10 V，A错误； B、滑片P向b端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，B正确； C、由B 分析知U1不变、I1变大，C错误； D、变压器不改变频率，D错误； 故选：B 【分析】在交流电中电表显示的都是有效值，根据表达式知道输入电压的有效值，在根据匝数与电压、电流的比例关系分析．‎ ‎3.【答案】B ‎ ‎【考点】核反应方程，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、无论是哪种衰变，反应后的两个粒子运动方向一定是相反的．一个粒子是新的原子核带正电，另一个粒子带电情况要看是哪种衰变．由左手定则知α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，β衰变后产生的径迹是两个内切的圆．A不符合题意； B、由左手定则可以判断，正电荷在垂直于纸面向外的匀强磁场中绕向是顺时针的，B符合题意； C、粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，半径r= ，mv 就是动量，由动量守恒可知新核的动量和放出的α（或β）粒子的动量等大反向．对于α衰变，α粒子电量为2e，新核的电量都是几十个e，所以α衰变后产生的两个外切圆，大的是α粒子，小的新核的，C不符合题意； D、根据动量与动能关系式为EK= ，可知，粒子的质量越大，则对应的动能越小，因此放射出的粒子的动能大于新原子核的动能，D不符合题意； 故答案为：B． 【分析】带电粒子，在匀强磁场中的运动是匀速圆周运动。洛伦兹力提供向心力根据左手定则，结合核反应方程，综合分析。‎ ‎4.【答案】B ‎ ‎【考点】理想气体的状态方程 ‎ ‎【解析】【解答】A、b气体的压强等于P=P0﹣h2=P0﹣h1 ， 故h1=h2 ， 因将水银槽稍向下移，故a液面下降的距离大于b液面上升距离，故A错误，B正确； C、由A可知，h1和h2始终相等，故被封闭气体的压强不变，故C错误； D、h1和h2始终相等，故h3不变，故D错误； 故选：B 【分析】根据被封闭气体的压强，利用h1和h2表示出来，即可判断 ‎5.【答案】C ‎ ‎【考点】玻尔原子理论 ‎ ‎【解析】【解答】A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV ， 照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误； B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据 可知，能放出3种不同频率的光，故B不正确； C、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大=﹣1.51+13.6=12.09eV ， 因锌的逸出功是3.34eV ， 锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09﹣3.34=8.75eV ， 故C正确； D、用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV ， 不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV ， 才能跃迁，故D错误； 故选：C． 【分析】氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象． 要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0﹣E1 ． ‎ ‎6.【答案】B ‎ ‎【考点】功能关系，动量守恒定律 ‎ ‎【解析】【解答】解：规定向右为正方向，碰撞后A 球的动量变化量是负值，A所受的冲量为负值，即向左，所以左方是A球． 设A物体的质量为m，碰撞前A的速度为2v；那么B物体的质量为2m，速度为v． 碰撞后A 球的动量变化量为﹣4kg•m/s，则碰后A物体的动量变成了2 kg•m/s，速度变为 v，B物体动量变成了10 kg•m/s，速度变为 v，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5．碰撞前后两物体的相对速度大小相等，因此是弹性碰撞，无机械能损失．ACD不符合题意，B符合题意． 故答案为：B 【分析】碰撞类问题根据动量守恒与能量守恒 综合列式求解。‎ 二、多选题 ‎7.【答案】B,C,D ‎ ‎【考点】安培力，左手定则，电磁感应中切割类问题，电磁感应与力学，能量守恒定律 ‎ ‎【解析】【解答】解：AB、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0 ， cd边刚离开磁场时速度也为v0 ， 所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．A符合题意，B不符合题意． C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg=BIL=BL ，则最小速度 v= ．C符合题意． D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为vm ． 线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+ m 由上可知，Q=mgd 解得线圈的最小速度为：vm= ．D符合题意． 故答案为：BCD． 【分析】从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0 ， cd边刚离开磁场时速度也为v0 ， 所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd ‎．线框在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．‎ ‎8.【答案】A,D ‎ ‎【考点】位移的合成与分解，速度的合成与分解，平抛运动，复合场，电场力 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t= 知，它们运动时间相同．故A正确； B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ ， 由x= 分析得到加速度之比aP：aQ=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP= ，aQ= ，则qP：qQ=2：1．故B错误； CD、C电场力做功分别为WP=qQExQ ， WQ=qPExP ， 由于qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1，得到WP：WQ=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比小于4，则动能增加量之比△EkP：△EkQ＜4．故C错误，D正确． 故选：AD． 【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ ， 根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．‎ ‎9.【答案】B,D ‎ ‎【考点】电容器，含容电路，欧姆定律，串联电路和并联电路 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、减小R1 ， 电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误； B、增大R2 ， 整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大， 电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大， 电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确； C、增大R3 ， 整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小， 由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大， 电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大， 由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误； D、减小R4 ， 电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大， 电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大， 由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确； ‎ 故选BD． 【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．‎ ‎10.【答案】B,C ‎ ‎【考点】共点力平衡条件的应用 ‎ ‎【解析】【解答】解：试管受向下的大气压力管内气体向上的压力以及弹簧拉力处于平衡状态，设大气压强为P0 ， 管内气体压强为P，则有： P0=P+ρgh          ① 对试管有：P.0s=Ps+F  ② 因此由②得：F=P0s﹣Ps，即外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差， 联立①②得F=ρghs，即试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力，故AD错误，BC正确． 故选BC． 【分析】试管处于平衡状态，依据平衡状态列方程即可求解，注意压强与压力关系F=Ps以及液体产生压强的计算公式P=ρgh的理解与应用．‎ ‎11.【答案】A,B ‎ ‎【考点】分子动理论，热力学第一定律（能量守恒定律），气体实验定律，理想气体的状态方程，理想气体 ‎ ‎【解析】【解答】解：A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，密度减小，气体对外做功，温度升高气体的平均动能增加，内能增加，故需要吸热，故A、B正确，C、D错误． 故选：AB． 【分析】根据图象知道AD两点在同一等压线上，结合分子动理论内容进行分析．‎ ‎12.【答案】B,C ‎ ‎【考点】核裂变与核聚变 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、由图可知，氦核的结合能大约为7MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28MeV，A不符合题意． B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则 He核比 Li核更稳定，B符合题意． C、两个 H核结合成 He核时有质量亏损，释放能量，C符合题意． D、由图可知， U核中核子的平均结合能比 Kr核中的小，D不符合题意． 故答案为：BC． ‎ ‎【分析】原子核的结合能与核子数之比，称做比结合能，也叫平均结合能。比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。‎ 三、实验探究题 ‎13.【答案】（1） （2）4.5；1.0 （3）0 ‎ ‎【考点】测电源电动势和内阻，描绘小电珠的伏安特性曲线 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．（2）电源的U﹣I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻 r= = =1.0Ω．（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A， 电源电动势E=Ir+UL+IR滑 ， 即4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R滑 ， 则R滑=0Ω． 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0．‎ ‎【分析】（1）在测电源电动势的实验中，伏特表测的是路端电压，安培表测的是流过电源的电流。描绘小灯泡伏安特性曲线实验当中，电压表测灯泡两端电压，电流表侧有个小灯泡的电流。根据实验原理，画出实验电路图。 （2）外电路伏安特性曲线，和中州的焦点就是电源电动势，和横州的焦点是短路时的电流。 （3）外电路伏安特性曲线电阻的伏安特性曲线交点，代表电阻，接入电路时实际的电压和电流。‎ ‎14.【答案】（1）10.355；1.195 （2）ADE；b；偏小 ‎ ‎【考点】测定金属的电阻率 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：10.3cm+0.055cm=10.355cm． 螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm， 所以最终读数为：1mm+0.195mm=1.195mm；（2）①电源电动势为3V，故电压表应选A，电路最大电流约为：I= E R = 3 6 =0.5A，故电流表选D；由于待测电阻只有约6Ω，故为了便于调节，滑动变阻器选择总阻值较小的E；②待测电阻阻值约为6Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电路，由于电压表分流使电流表读数偏大，则由欧姆定律可知，求出的电阻值偏小． 故答案为：（1）10.355；1.195；（2）①ADE；②b；偏小． 【分析】（1）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，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读． （2）①根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表； ②根据待测电阻与电表内阻的关系以及大内小外确定电流表接法，然后选择实验电路，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ 四、计算题 ‎15.【答案】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L ， 到y轴的距离为2L ， 粒子的加速度为a ， 运动时间为t,有 ① ② 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy= at③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α ， 有 ④ 联立①②③④式得 α=45°      ⑤ 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。 设粒子到达O点时的速度大小为v ， 由运动的合成有⑥ 联立①②③⑥式得 ⑦ （2）设电场强度为E ， 粒子电荷量为q ， 质量为m ， 粒子在电场中受到的电场力为F ， 由牛顿第二定律可得F=ma        ⑧ 又F=qE      ⑨ 设磁场的磁感应强度大小为B ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ， 所受的洛伦兹力提供向心力，有 ⑩‎ 由几何关系可知⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得⑫ ‎ ‎【考点】电荷在电场中的偏转，磁场和电场的复合 ‎ ‎【解析】【分析】（1）因为离子在电场中做类平抛运动，正交分解列方程，再用勾股定理求速度。 （2）画出运动轨迹图，由几何知识求得半径，列牛顿第二定律和半径公式方程求解。‎ ‎16.【答案】（1）解：K断开时，路端电压为U=I（R2+R3）=0.25×（8+4）V=3V K闭合时：U′=I′R2=0.36×8V=2.88V （2）解：K断开时：外电路总电阻 K闭合时，外电路总电阻 则断开时有：E=U+ ①， E=U′+ ② 由①②带入数据解得： E=3.6V，r=1.2Ω （3）解：K断开时：I= =0.5A 则P=I2r=0.3W K闭合时：I′= =0.6A； 则P′=I′2r=0.432W ‎ ‎【考点】电功率和电功，欧姆定律 ‎ ‎【解析】【分析】电键K断开时，电阻R2和R3串联后与电阻R1并联．当K闭合时，电阻R3被短路，根据欧姆定律求解路端电压，根据闭合电路欧姆定律分别列方程求出电动势和内阻，根据P=I2r求解电键K断开和闭合时内阻上的热功率．‎ ‎17：答案 解：输电线上损失的电功率 则输电线上的流为   则升压变压器输出电压为  输电线上损失的电压 降压变压器输入电压 则          ‎ ‎18.【答案】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 ① 代入数据解得 T=0.6 s ② （2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB ， 有 ③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得 ④ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v=2 m/s⑤ （3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 ⑥ 代入数据解得 H=0.6 m⑦ ‎ ‎【考点】机械能守恒及其条件，动量守恒定律，自由落体运动 ‎ ‎【解析】【分析】（1）知道物体自由下落高度，有位移公式算出时间。             （2）有上问的时间算出绳绷紧前的速度，根据动量守恒算出绷紧后共同速度即的最大速度。             （3）B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，根据A、B组成的系统机械能守恒算的初始时的离地高度。‎ ‎19.【答案】解：设S为气缸的横截面积，P为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，P0为大气压强，有： P=P0+ ① 在活塞上移 后，汽缸内气体的压强变为P0 ， 设气体的体积为V′，由玻义耳定律，有：‎ ‎ P0V′=PSl            ② 设汽缸内水银面上升△x，有： ③ ④ 联立①②③④式，解得 （cmHg）； 答：初始时气缸内气体的压强为 （cmHg）． ‎ ‎【考点】理想气体的状态方程 ‎ ‎【解析】【分析】初始位置，根据水银柱中同一高度压强相同，求出封闭气体压强；气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，根据几何关系求解出封闭气体的长度，气压等于大气压；等温变化，根据玻义耳定律列式求解．‎