1、2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分1-8题单选题，9-12为多选题）1关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大2一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）A1.8W，5.4102
2、WB3.6W，0.108WC6.48103W，1.94102WD0.6W，1.8102W3两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A正电荷由P静止释放能运动到QB正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零D负电荷的电量大于正电荷的电量4如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（）A垂直于通电导线R，指向x轴正方向B垂直于通电导线R，指向x轴
3、负方向C垂直于通电导线R，指向y轴负方向D垂直于通电导线R，指向y轴正方向5如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成角的弦，则匀强电场的方向为（）A沿AB方向B沿AC方向C沿BC方向D沿OC方向6我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.61019C）（）A510
4、11B51010C1102D11047电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a、b由图可知a、b的值分别为（）A、B、C、D、8如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（）A当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强B当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移
5、动前相比，p处点电荷的电势能变大D将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小9如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（）AABBABCEAEBDEAEB10如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，下列判断中正确的是（）Aa、b两灯变亮，c灯变暗B电源输出功率增大C电源的效率增大Db灯中电流变化值大于c灯中电流变化值11如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接
6、a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（）A将k1断开B将k2掷在bC将k2掷在cD将k3断开12如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（）A电场中A点的电势低于B点的电势B带电微粒做匀速直线运动C微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能D微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和二、实验题（本题16分将答案填写在答题纸的相应位置的横线上）13用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm14用螺旋测微器测量其直径如图
7、，由图可知其直径为m；15用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为16有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线有下列器材可供选用：A电压表V1（03V，内阻3k） B电压表V2（0100V，内阻15k）C电流表A（00.6A，内阻约1） D定值电阻R1=3kE定值电阻R2=15k F滑动变阻器R（10，2A）G学生电源（直流6V，内阻不计）H开关、导线若干（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选
8、用，定值电阻应选用（均用序号字母填写）；（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是，如图2的四个图象中正确的是三本题5小题，共46分请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位17如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0106C，已知静电力常量k=9.0109 Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P（恰好落在中垂线上），且PAB=
9、30，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小和方向18在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V假设电表都是理想的，求：（1）这台电动机线圈的电阻r=？（2）这台电动机正常运转时的效率=？19如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若要求磁感应强度最小，
10、则磁感应强度的大小、方向如何？20如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量21如图所示，在粗糙水平面内存在着2n个有理想边界的匀强电场区，物体与水平面间动摩擦因数为，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，电场宽度均为d一个质量为m、带正电的电荷量为q的物体（看作质点），
11、从第一个向右的电场区域的边缘由静止进入电场，则物体从开始运动到离开第2n个电场区域的过程中，重力加速度为g求：（1）若每个电场区域场强大小均为E=，整个过程中电场力对物体所做总功？（2）若每个电场区域场强大小均为E=，求物体在水平向右电场区域中运动所需总时间？（3）若物体与水平面间动摩擦因数为=，第一电场区域场强的大小为E1，且E1=，之后每个电场区域场强大小均匀增大，且满足E2E1=E3E2=E2nE2n1若物体恰好在第10个电场中做匀速直线运动，物体在第10个电场中运动速度？2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题：（本题
12、共12小题，每小题4分，共48分1-8题单选题，9-12为多选题）1关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大【考点】磁感应强度【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直【解答】解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身
13、决定，故A错误；B、根据左手定则，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，故B错误；C、B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故C错误D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故D正确故选：D2一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）A1.8W，5.4102WB3.6W，0.108WC6.48103W，1.94102WD0.6W，1.8102W【考点】电源的电动势和内阻【分析】由图中所提供的“3.6V，500mAh”，根据功和电功率的有
14、关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率【解答】解：由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mAh”，则通话时消耗的功率为P1=600mW=0.6W，待机时消耗的功率为P2=18mW=1.8102W故选：D3两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A正电荷由P静止释放能运动到QB正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零D负电荷的电量大于正电荷的电量【考点】电势差与电场强度的关系；电场线【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小根据电场线的方向判断电荷的正负顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负【解答】解：A、
15、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误；B、电场线的疏密代表场强的大小，故EPEQ，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；C、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故EP=q，故其间必有一点电势能为零，故C正确；D、电荷的带电量越多，周围的场强越强，电场线越密集，由图可知，正电荷周围电场线比负电荷周围的电场线密，故正电荷的电荷量大于负电荷，故D错误；故选：C4如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I
16、为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（）A垂直于通电导线R，指向x轴正方向B垂直于通电导线R，指向x轴负方向C垂直于通电导线R，指向y轴负方向D垂直于通电导线R，指向y轴正方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，再通过叠加原理明确合磁场的方向；然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿x轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指
17、向y轴负方向选项ABD错误，C正确故选：C5如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成角的弦，则匀强电场的方向为（）A沿AB方向B沿AC方向C沿BC方向D沿OC方向【考点】等势面；电场线【分析】带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大【解答】解：
18、仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向故D正确，A、B、C错误故选：D6我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.61019C）（）A51011B51010C1102D1104【考点】电流、电压概念【分析】根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目【解答】解：电子转一
19、圈的时间 整个环中电子的电量Q=It=101038106C=8108C所以电子的数目n=故A正确，B、C、D错误故选A7电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a、b由图可知a、b的值分别为（）A、B、C、D、【考点】电源的电动势和内阻；测定电源的电动势和内阻【分析】电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比=所以电源的效率等于外电压与电动势之比外电压和电动势可以从图象上读出【解答】解：电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率
20、之比=E为电源的总电压（即电动势），在UI图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知Ua=、Ub=，则a=，b=所以A、B、C错误，D正确故选D8如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（）A当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强B当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小【考点】电容器的动
21、态分析；电势能【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化【解答】解：A、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，因U不变，根据E=，知两极板间的电场变小，故A错误；B、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据C= 知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右故B错误C、由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，p
22、N间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=q，电荷为负电，则p点的电势能变大故C正确，D、若将电容器与电源断开，当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，由于U不变，根据C=，U=，E=知，E=，可知，极板间的电场强度不变，由于P处位置不变，因此p处点电荷的电势能也不变，故D错误故选：C9如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（）AABBABCEAEBDEAEB【考点】电势；电场线【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加
23、速度的大小判断场强大小的变化【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是AB负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，EAEB故BC正确故选BC10如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，下列判断中正确的是（）Aa、b两灯变亮，c灯变暗B电源输出功率增大C电源的效率增大Db灯中电流变化值大于c灯
24、中电流变化值【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】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，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【解答】解：A、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，a灯变亮并联部分电压减小，c灯变暗由总电流增大，而通过c灯的电流减小，
25、可知通过b灯的电流增大，b灯变亮故A正确BC、A、B、C三个灯泡的电阻都大于电源内阻，外电路总电阻应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电源的供电效率=，外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率减小故B正确，C错误D、由于Ia=Ib+Ic，Ia增大，Ic减小，Ib增大，则知，流过b灯的电流变化值大于流过c灯的电流变化值故D正确故选：ABD11如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（）A将k1断开
26、B将k2掷在bC将k2掷在cD将k3断开【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R3串联后接入电源两端；R1及R4相当于导线，电容器两端的电压等于R2两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项【解答】解：A、断开K1，R1断路，电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故A正确；B、将k2掷在b时，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故B
27、错误；C、将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；D、断开K3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；故选：AC12如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（）A电场中A点的电势低于B点的电势B带电微粒做匀速直线运动C微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能D微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线
28、运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，故电场的方向水平向右沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误B、由上分析可知，受力方向与运动方向相反，故微粒做匀减速运动，故B错误；C、因粒子做减速运动，故粒子动能减小，电场力做负功，电势能增大，故微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故C正确；D、从A到B过程中，由于只有重力和电场力
29、做功，故动能、重力势能与电势能之和保持不变，因此A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和，故D正确故选：CD二、实验题（本题16分将答案填写在答题纸的相应位置的横线上）13用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为50.15mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【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【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；故答案为：50.1514用螺旋测微器测量其直径如图，由
30、图可知其直径为4.700103m；【考点】螺旋测微器的使用【分析】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4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm=4.700103m故答案为：4.70010315用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为220【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：多用电表的电阻“10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为2210=220；故答案为：22
31、016有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线有下列器材可供选用：A电压表V1（03V，内阻3k） B电压表V2（0100V，内阻15k）C电流表A（00.6A，内阻约1） D定值电阻R1=3kE定值电阻R2=15k F滑动变阻器R（10，2A）G学生电源（直流6V，内阻不计）H开关、导线若干（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用A，定值电阻应选用D（均用序号字母填写）；（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；（3）利用上述实验电路图测
32、出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是UV=U，如图2的四个图象中正确的是C【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）已知灯泡的额定电压，则根据串联电路的规律可得出电压表，根据实验的要求可以确定定值电阻的选取；（2）要求从零开始，则应采用分压接法，同时考虑灯泡内阻与电流表内阻的关系可以确定电流表的接法；（3）由功率公式可得出功率与电压之间的关系，从而由数学知识可以得出正确的图象【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择3k的
33、电阻可以使量程扩大为2倍，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和3k的电阻串联充当电压表使用；（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如右图所示；（3）电压表V1（03V内阻3k），定值电阻R1=3k；选取3V的电压表和3k的电阻串联充当电压表使用，使量程扩大为2倍，所以电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是UV=U由功率公式可得：P=；若R为定值的话，则P与U2应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的变化而变化，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与U2图象应为C；
34、故答案为；（1）A，D；（2）如图所示；（3）UV=U，C三本题5小题，共46分请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位17如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0106C，已知静电力常量k=9.0109 Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P（恰好落在中垂线上），且PAB=30，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小和方向【考点】电场强度；库仑定律【分析】（1）根据库仑定律公式，即可求
35、解；（2）棒达到静电平衡后，内部场强处处为零，则感应电荷在棒内P点产生的场强和两正电荷在P点产生场强的合场强大小相等，方向相反【解答】解：（1）根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：F=代入数据得：F=9.0103 N （2）由E=k 知，A、B处电荷+Q 在P点产生场强，大小都是：E1=方向背离A或B，故P处外场强为： E外=2E1sinPAB=方向过P背离O，由EP=E外+E感=0 得：E感=E外=9.0103 N/C 负号表示方向由P指向O 答：（1）两点电荷间的库仑力大小9.0103 N；（2）棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小9.0103 N/C，方向由P指向O18在研究
36、微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V假设电表都是理想的，求：（1）这台电动机线圈的电阻r=？（2）这台电动机正常运转时的效率=？【考点】电功、电功率【分析】（1）当电动机停止工作时，电动机以看作纯电阻电路；由欧姆定律可求得其内阻；（2）当正常工作时，输出功率等于总功率减去内阻上消耗的热功率再由效率公式可求得电动机的效率【解答】解：（1）当电流表和电压表的示数为0.5 A和1.0 V时电动机停止工作，电动机内阻视为纯电
37、阻，则由欧姆定律可知其阻值为：r=2（2）当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0 A和12.0 V，则电动机的总功率为：P总=U2I2=12.02.0 W=24.0 W，线圈电阻的热功率为：P热=Ir=2.022 W=8.0 W，得：P输出=P总P热=24.0 W8.0 W=16.0 W则电动机的效率为：=100%=67%答：（1）电动机的线圈电阻为2；（2）这台电动机正常运转时的效率为67%19如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若要求
38、磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【分析】（1）将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小（2）导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值【解答】解：（1）若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示由平衡条件得：在水平方向上：FFNsin=0在竖直方向上：mgFNcos=0其中F=BIL，联立以上各式可解得：B=答：磁感应强度为（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导
39、线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，则：BminIL=mgsin，Bmin=根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上答：磁感应强度的最小值为方向垂直于斜面向上20如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）（1）试计算物块在运动过程中克服摩
40、擦力做的功（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）物块恰能通过圆弧最高点C，由重和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块通过最高点C时的速度；物块在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式即可证明【解答】解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有：解得：物块在由A运动到C的过程中，设
41、物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有：Eq2RWfmg2R= 解得：（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则有：s=vct2R=由联立解得：s=2R因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功是（3）证明见上21如图所示，在粗糙水平面内存在着2n个有理想边界的匀强电场区，物体与水平面间动摩擦因数为，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，电场宽度均为d一个质量为m、带正电的电荷量为q的物体（看作质点），从第一个向右的电场区域的边缘由静止进入电场，则物体从开始运动到离开第2n个电场区域的过程中，重力加速度为g求
42、：（1）若每个电场区域场强大小均为E=，整个过程中电场力对物体所做总功？（2）若每个电场区域场强大小均为E=，求物体在水平向右电场区域中运动所需总时间？（3）若物体与水平面间动摩擦因数为=，第一电场区域场强的大小为E1，且E1=，之后每个电场区域场强大小均匀增大，且满足E2E1=E3E2=E2nE2n1若物体恰好在第10个电场中做匀速直线运动，物体在第10个电场中运动速度？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）在1、3、5、电场中运动时，电场力做功，而在2、4、6、电场中运动时，电场力与位移垂直，不做功；（2）先根据动能定理列式求解末速度，再将粒子在
43、水平向右运动过程中可看成连续向右做匀加速直线运动，根据动量定理列式求解加速时间；（3）对整个过程运用动能定理列式求解末速度即可【解答】解：（1）在竖直方向上电场中运动时，电场力不做功，水平向右电场中电场力做功，故电场力对物体所做的总功：W电=nEqd=nmgd；（2）若每个电场区域场强大小均为E=，在第1、3、5、电场中做匀加速直线运动；在第2、4、6、电场中做匀速直线运动；根据动能定理，得：W电Wf=mv2，即2nmgd2nmgd=mv2，解得：v=；带电粒子在水平向右运动过程中可看成连续向右做匀加速直线运动，根据动量定理，有：（q2mg）t=2mv，解得：t=（3）由题意可知第10个电场中电场力等于重力，故电场强度E10=，电场变化中等差数列公差等于，全过程，动能定理，qE1d+qE3d+qE9d2mg5d（2mgqE2）d+（2mgqE4）d+（2mgqE8）d）=2mv2解得：v=；答：（1）若整个过程中电场力对物体所做总功为nmgd；（2）物体在水平向右电场区域中运动所需总时间为；（3）物体在第10个电场中运动速度为2016年12月6日