物理卷·2018届陕西省西安市曲江一中高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届陕西省西安市曲江一中高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年陕西省西安市曲江一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单选题 ‎1．下列四个图中，a、b两点电势相等，电场强度矢量也相等的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．F、B、v三者必定均保持垂直 B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于v C．B必定垂直于F、v，但F不一定垂直于v D．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B ‎3．如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）‎ A．πBR2 B．πBr2 C．nπBR2 D．nπBr2‎ ‎4．在如图所示的电路中，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻值均大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A．b灯变暗，a、c灯变亮 B．a、b、c灯泡全变亮 C．电源输出功率增大 D．电源的供电效率增大 ‎5．平行板电容器两极板之间的距离为d、电压为U、电场强度大小为E，两极板所带的电荷量为Q．下列说法正确的是（　　）‎ A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．将d和Q变为原来的一半，则E不变 ‎6．如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）‎ A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎8．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（　　）‎ A．R2增大，P增大；R2减小，P减小 B．R2增大，P减小；R2减小，P增大 C．无论R2是增大还是减小，P均减小 D．无论R2是增大还是减小，P均增大 ‎9．如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则（　　）‎ A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势 B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势 C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势 D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势 ‎10．如图所示，在光滑绝缘的水平地面上，固定着三个质量相等的带电小球a、b、c，三球在一条直线上，若释放a球，a球初始加速度为1m/s2，方向向左，若释放c球，c球初始加速度为3m/s2，方向向右，当释放b球时，b球的初始加速度应是（　　）‎ A．2 m/S2方向向左 B．2 m/S2 方向向右 C．1 m/S2方向向左 D．1 m/S2方向向右 ‎　‎ 二、多选题 ‎11．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（　　）‎ A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V ‎12．B组：空间存在一匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，另有一个点电荷+Q的电场，如图所示，一带电﹣q的粒子以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电磁场中的运动轨迹可能为（　　）‎ A．以点电荷+Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周 B．开始阶段在纸面内向向右偏转的曲线 C．开始阶段在纸面内向向左偏转的曲线 D．沿初速度v0方向的直线 ‎　‎ 三、实验题 ‎13．一学生用螺旋测微器测一金属丝的直径时，结果如图甲所示，其读数为d=　　mm．另一学生用标有20等分刻度的游标卡尺测工件长度，结果如图乙所示，该工件的长度L=　　mm．‎ ‎14．某一多用电表的欧姆挡有4挡，分别为×1Ω，×10Ω，×100Ω，×1000Ω，现用它来测某一未知电阻的阻值．当用×100Ω挡测量时，发现指针的偏转角度很小．为了使测量结果更准确，测量前应进行如下两项操作：先换用　　挡（填“×10”或“×1000”），接着进行　　（填“机械调零”或“欧姆调零”），然后再进行测量并读数．下图为一正在测量中的多用电表表盘．‎ ‎（1）如果是用直流10V挡测量电压，则读数为　　V．‎ ‎（2）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　　Ω．‎ ‎（3）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为　　mA．‎ ‎15．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎①实验时，应先将电阻箱的电阻调到　　．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎②改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是　　．（选填l或2）‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎③根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　，内阻r=　　（用k、b和R0表示）．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎16．有一个直流电动机，把它接入U=0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是I=0.4A；若把电动机接入U′=2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是I′=1.0A．则：‎ ‎（1）电动机正常工作时的输出功率P为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是多大？‎ ‎17．如图所示是质谱仪的工作原理示意图．设法使某种电荷量为q的正离子导入容器A中，离子再从狭缝S1飘入电压为U的加速电场，初速度不计．再通过狭缝S2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场中，射入方向垂直于磁场区的界面PQ．最后离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S3的细线．若测得细线到狭缝S3的距离为d，请导出离子的质量m的表达式．‎ ‎18．如图，由A、B两平行金属板构成的电容器放置在真空中，电容为C，原来不带电．电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0，如果电子的发射是一个一个地单独进行，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有到达板的电子都留在B板上．随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值，已知电子的质量为m，电荷量为q，电子所受的重力忽略不计，两板的距离为l．‎ ‎（1）当板上聚集了n个射来的电子时，两板间电场的场强E多大？‎ ‎（2）最多能有多少个电子到达B板？‎ ‎（3）到达B板的第一个电子和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？‎ ‎19．如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立xOy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示（规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向）．在t=0时刻，一个质量为10g、电荷量为0.1C且不计重力的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2m/s的速度沿x轴正方向射出．已知E0=0.2N/C、B0=0.2πT．求：‎ ‎（1）t=1s末时，小球速度的大小和方向；‎ ‎（2）在1s～2s这段时间内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；‎ ‎（3）在3s～4s这段时间内，金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西安市曲江一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题 ‎1．下列四个图中，a、b两点电势相等，电场强度矢量也相等的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行，根据各种电场电场线和等势面的分布情况进行作答．‎ ‎【解答】解：A、平行板电容器中是匀强电场，a、b的场强相同，而电势不同，故A错误；‎ B、a、b在点电荷的同一等势面上，两点的电势相等，而场强方向不同，场强不同，故B错误；‎ C、根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等，而场强的方向相反，所以场强不同，故C错误；‎ D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等．根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．F、B、v三者必定均保持垂直 B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于v C．B必定垂直于F、v，但F不一定垂直于v D．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B ‎【考点】洛仑兹力；左手定则．‎ ‎【分析】根据左手定则知，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，与四指方向（即粒子的速度方向）垂直，与磁场方向垂直．‎ ‎【解答】解：根据左手定则，洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，即垂直于磁场方向和速度方向所决定的平面，但是磁场方向与速度方向不一定垂直．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）‎ A．πBR2 B．πBr2 C．nπBR2 D．nπBr2‎ ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．‎ ‎【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2所以Φ=πBr2．故选项B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻值均大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A．b灯变暗，a、c灯变亮 B．a、b、c灯泡全变亮 C．电源输出功率增大 D．电源的供电效率增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当变阻器R的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断c灯亮度的变化．由通过c的电流与总电流的变化，分析通过b灯电流的变化，判断其亮度的变化．a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．由电源输出功率与总功率之比分析电源的效率．‎ ‎【解答】解：‎ AB、当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则a灯变亮．a灯和电源的内电压都增大，则并联部分电压减小，c灯变暗．由于总电流增大，而通过c灯的电流减小，可知通过b灯的电流增大，b灯变亮．故A、B错误．‎ C、由题意，a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源的内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大．故C正确．‎ D、电源的供电效率 η==．外电阻减小，路端电压U减小，则电源的供电效率降低．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．平行板电容器两极板之间的距离为d、电压为U、电场强度大小为E，两极板所带的电荷量为Q．下列说法正确的是（　　）‎ A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．将d和Q变为原来的一半，则E不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；‎ 同时明确保持d不变，将Q变为原来的一半时，由C=分析U的变化，由E=分析E的变化．‎ ‎【解答】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．‎ B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．‎ C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．‎ D、根据电容的决定式C=可知，U==，由E=分析知，E=；则可知，E与两板间的距离无关，与Q成正比，则将d和Q变为原来的一半，则E减半．故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】点电荷在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．根据题意等势面3的电势为零，电势能为零，由动能定理求出点电荷在等势面3的动能，从而得到总能量，再由能量守恒定律求解即可．‎ ‎【解答】解：经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为：‎ ‎△Ek==7eV，‎ 故经过等势面3时的动能为12eV，总能量为12 eV+0=12 eV．由于只有电场力做功，所以电势能和动能之和守恒，当其电势能变为﹣8eV时，故有：‎ ‎0eV+12eV=﹣8eV+Ek；‎ 解得动能应为：Ek=20eV；‎ 故C正确，ABD错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）‎ A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．‎ ‎【解答】解：根据动能定理：eU1=mv2‎ 在偏转电场中vy=at a=‎ t=‎ tanθ==‎ 若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（　　）‎ A．R2增大，P增大；R2减小，P减小 B．R2增大，P减小；R2减小，P增大 C．无论R2是增大还是减小，P均减小 D．无论R2是增大还是减小，P均增大 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；本题可以将电阻R1和电源整体等效成一个电源处理．‎ ‎【解答】解：对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；‎ 将电阻R1和电源整体等效成一个电源，则等效电源的内外电阻相等，输出功率最大；故此后无论是增大还是减小R2，其功率P均减小；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则（　　）‎ A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势 B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势 C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势 D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子的偏转方向，确定出铜质导电板两端带电的正负，从而比较出a、b两点的电势高低．‎ ‎【解答】解：电流方向竖直向上，则电子从上往下流，根据左手定则，电子向左侧偏转，则左侧聚集较多的电子，右侧失去电子带正电，所以b点的电势高于a点的电势．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在光滑绝缘的水平地面上，固定着三个质量相等的带电小球a、b、c，三球在一条直线上，若释放a球，a球初始加速度为1m/s2，方向向左，若释放c球，c球初始加速度为3m/s2，方向向右，当释放b球时，b球的初始加速度应是（　　）‎ A．2 m/S2方向向左 B．2 m/S2 方向向右 C．1 m/S2方向向左 D．1 m/S2方向向右 ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在光滑的水平面上，小球所受重力和支持力平衡，使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力，根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律．‎ ‎【解答】解：小球A受到小球B和C的作用力分别记为FBA和FCA，小球B分别受到小球A和C的作用力分别记为FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力记为FAC和FBC 对小球A有：FBA+FCA=ma1 ①‎ 对小球B有：FAB+FCB=ma2 ②‎ 对小球C有：FAC+FBC=ma3 ③‎ 由于FBA和FAB互为作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有FBA+FAB=0，故有 ‎①+②+③得：‎ ma1+ma2+ma3=0‎ 根据题意取向左为正方向，则有：a1=1m/s2，a3=﹣2m/s2‎ 据ma1+ma2+ma3=0知a2=2m/s2，方向与正方向相同即向左．‎ 即释放B球时，B球的加速度大小为2m/s2，方向向左，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ 二、多选题 ‎11．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（　　）‎ A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2‎ 串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．‎ ‎【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R==40Ω．故A正确．‎ ‎ B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R==128Ω．故B错误．‎ ‎ C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=80V．故C正确．‎ ‎ D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3==25V．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎12．B组：空间存在一匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，另有一个点电荷+Q的电场，如图所示，一带电﹣q的粒子以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电磁场中的运动轨迹可能为（　　）‎ A．以点电荷+Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周 B．开始阶段在纸面内向向右偏转的曲线 C．开始阶段在纸面内向向左偏转的曲线 D．沿初速度v0方向的直线 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】粒子在电场力与洛伦兹力共同作用下，根据合力与初速度的关系来确定粒子的运动性质．当洛伦兹力大于电场力时，则粒子做离心运动，即开始向右偏；当电场力大于洛伦兹力时，若两力的合力刚好等于粒子的向心力时，则其做匀速圆周运动；若两力的合力大于向心力时，则做近心运动即开始向左偏．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，当电场力与洛伦兹力之差正好等于向心力时，则粒子做以点电荷+Q为圆心，以r为半径，在纸平面内的圆周，故A正确；‎ B、当电场力与洛伦兹力合力小于所需要向心力时，则粒子做离心运动，即向右偏的曲线运动，故B正确；‎ C、当电场力与洛伦兹力合力大于所需要向心力时，则粒子做近心运动，即向左的曲线运动，故C确；‎ D、若电场力与洛伦兹力相等时，粒子开始沿初速度方向运动，之后力发生变化，因此不可能沿初速度方向做直线运动．故D错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ 三、实验题 ‎13．一学生用螺旋测微器测一金属丝的直径时，结果如图甲所示，其读数为d=　3.207　mm．另一学生用标有20等分刻度的游标卡尺测工件长度，结果如图乙所示，该工件的长度L=　50.15　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.7mm=0.207mm，所以最终读数为：‎ ‎3mm+0.207mm=3.207mm．‎ 游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：‎ ‎50mm+0.15mm=50.15mm；‎ 故答案为：3.207，50.15‎ ‎　‎ ‎14．某一多用电表的欧姆挡有4挡，分别为×1Ω，×10Ω，×100Ω，×1000Ω，现用它来测某一未知电阻的阻值．当用×100Ω挡测量时，发现指针的偏转角度很小．为了使测量结果更准确，测量前应进行如下两项操作：先换用　×1000　挡（填“×10”或“×1000”），接着进行　欧姆调零　（填“机械调零”或“欧姆调零”），然后再进行测量并读数．下图为一正在测量中的多用电表表盘．‎ ‎（1）如果是用直流10V挡测量电压，则读数为　6.5　V．‎ ‎（2）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　800　Ω．‎ ‎（3）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为　3.25　mA．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表刻度不均匀，零刻度在最右边，偏角小说明阻值大，要准确测量，应使指针指在中央附近．‎ 直流10V档最小分度为0.2V，准确值加估计到0.1V位．‎ 用×100Ω档测量电阻，读数=指示值×倍率．‎ 直流5mA档最小分度为0.1mA，准确值加估计到0.01mA位．‎ ‎【解答】解：第一次测量时用×100挡，调零后测量时发现指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值较大，应换一更大挡，所以，换×1000的档位后两表笔短接进行欧姆调零，然后再重新测量．‎ ‎（1）用直流10V档测量电压，其分度值为0.2V，准确值6.4V，估计值0.1，读数为6.5V．‎ ‎（2）用×100Ω档测量电阻，指示值8.0Ω，倍率为×100，读数为800Ω．‎ ‎（3）用直流5mA档测量电流，其分度值为0.1mA，准确值3.2mA，估计值0.05mA，读数为3.25mA．‎ 故答案为：×1000； 欧姆调零； （1）6.5；（2）800；（3）3.25‎ ‎　‎ ‎15．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎①实验时，应先将电阻箱的电阻调到　最大值　．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎②改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是　2　．（选填l或2）‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎③根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　，内阻r=　　（用k、b和R0表示）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）由实验的安全性原则可知滑动变阻器的开始阻值选择；‎ ‎（2）实验中应保证准确，根据电阻箱的阻值与待测电阻的阻值对比可知合理方案；‎ ‎（3）由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：①由图可知，电路为限流接法，且为保证电路安全，开始电路中电流应为最小，故开始时电路中电阻应为最大，故滑动变阻器开始时应达到最大值 ‎ ‎②由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太大；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2 ‎ ‎③由闭合电路欧姆定律可知，U=，‎ 变形得： ==‎ 由题意可知，斜率为k，即：‎ ‎=K 解得E=；‎ ‎=b 联立解得：r=；‎ 故答案为：①最大值；②2；③，．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎16．有一个直流电动机，把它接入U=0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是I=0.4A；若把电动机接入U′=2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是I′=1.0A．则：‎ ‎（1）电动机正常工作时的输出功率P为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是多大？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ ‎（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：（1）接U=0.2V电压，电机不转，电能全部转化成内能，故可视为纯电阻电路，电流I=0.4A，‎ 根据欧姆定律，线圈电阻R=，‎ 当接U′=2.0V电压时，电流I′=1.0A，‎ 故输入电功率，‎ 热功率，‎ 故输出功率即机械功率P=P电﹣P热=2﹣0.5=1.5W；‎ ‎（2）如果正常工作时，转子被卡住，则电能全部转化成内能，‎ 故其发热功率：；‎ 答：（1）电动机正常工作时的输出功率P为1.5W；‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是8W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示是质谱仪的工作原理示意图．设法使某种电荷量为q的正离子导入容器A中，离子再从狭缝S1飘入电压为U的加速电场，初速度不计．再通过狭缝S2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场中，射入方向垂直于磁场区的界面PQ．最后离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S3的细线．若测得细线到狭缝S3的距离为d，请导出离子的质量m的表达式．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中做匀变速直线运动，根据动能定理求出离子进入磁场时的速度，再对离子在磁场中的运动规律分析，由几何关系确定半径，再根据洛伦兹力充当向心力即可得出离子的质量表达式．‎ ‎【解答】解：若以m､q表示离子的质量和电荷量，用v表示离子从狭缝S2射出时的速度，粒子在加速电场中，由动能定理得 qU=‎ 射入磁场后，在洛伦兹力作用下离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 qvB=m 感光片上细线到S3缝的距离为：d=2R ‎ 联立以上各式，解得：‎ 离子的质量为：m=‎ 答：离子的质量m的表达式为．‎ ‎　‎ ‎18．如图，由A、B两平行金属板构成的电容器放置在真空中，电容为C，原来不带电．电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0，如果电子的发射是一个一个地单独进行，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有到达板的电子都留在B板上．随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值，已知电子的质量为m，电荷量为q，电子所受的重力忽略不计，两板的距离为l．‎ ‎（1）当板上聚集了n个射来的电子时，两板间电场的场强E多大？‎ ‎（2）最多能有多少个电子到达B板？‎ ‎（3）到达B板的第一个电子和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）当B板吸收了N个电子时电容器所带电荷量为Q=Ne，由电容的定义式C=求电势差，由E=求出场强E．．‎ ‎（2）电子经过U0的电压加速后，进入A、B板间的动能为eU0，进入A、B板间电场后做减速运动．随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度为零，此时A、B板间的电压达到最大值Um根据动能定理求解．‎ ‎（3）第一个电子在两板间作匀速运动，最后一个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度为零，由运动学求解时间差．‎ ‎【解答】解：（1）当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为：‎ ‎ U==‎ 内部电场为匀强电场，‎ 场强为：E==‎ ‎（2）设最多能聚集N+1个电子，第N+1个射入的电子到达B板时速度减为零．此时两板间的电势差为：‎ ‎ U1==‎ 对此后再射入的电子，根据动能定理有 ‎﹣eU1=0﹣‎ 联立解得：N=‎ 故最多能到达B板的电子数为Nm=N+1=+1‎ ‎（3）第一个电子在两板间作匀速运动，运动时间为：‎ ‎ t1=‎ 最后一个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为：‎ t2==‎ 二者时间差为：‎ ‎△t=t2﹣t1=．‎ 答：（1）当板上聚集了n个射来的电子时，两板间电场的场强E为．‎ ‎（2）最多能有+1个电子到达B板．‎ ‎（3）到达B板的第一个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差为．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立xOy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示（规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向）．在t=0时刻，一个质量为10g、电荷量为0.1C且不计重力的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2m/s的速度沿x轴正方向射出．已知E0=0.2N/C、B0=0.2πT．求：‎ ‎（1）t=1s末时，小球速度的大小和方向；‎ ‎（2）在1s～2s这段时间内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；‎ ‎（3）在3s～4s这段时间内，金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）第一秒内粒子做类似平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解；‎ ‎（2）根据洛伦兹力提供向心力列式求解轨道半径，由圆周运动公式求得周期；‎ ‎（3）粒子奇数秒内做类似平抛运动，偶数秒内做匀速圆周运动，轨道半径逐渐增大，画出轨迹．求出3s末的位置坐标．‎ ‎【解答】解：（1）第一秒内：小球做类平抛运动，‎ vx=v0，vy=at=t，‎ 速度为：v1=，tanθ=，‎ 解得：v1=2m/s，θ=45°，与x轴正方向夹角为45°；‎ ‎（2）1s﹣2s内小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ qv1Bm=，‎ 解得：R1=m，‎ 周期为：T=，解得：T=1s；‎ ‎（3）粒子运动轨迹如图甲所示，3s末粒子的坐标为：x=v0t=2×2=4m，‎ y=at2=t2=××22=4m，‎ 此时粒子的速度为：v3==，tanθ==，‎ 解得：v3=2m/s，tanθ=2，带电粒子在3s～4s内做圆周运动的轨迹如图乙所示 半径：R2===m；‎ ‎3s～4s内粒子运动至离x轴最远点G坐标为（X，Y）‎ X=x﹣R2sinθ=4+sinθ=（4﹣）m，Y=y+R2（1+cosθ）=4+（1+cosθ）=（4++）m；‎ 答：（1）t=1s末时，小球速度的大小为：2m/s，方向：与x轴正方向夹角为45°；‎ ‎（2）在1s～2s这段时间内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径为m，周期为1s；‎ ‎（3）在3s～4s这段时间内，金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标为：（（4﹣）m，（4++）m）．‎ ‎　‎ ‎2016年12月4日