1、2015-2016学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）周练物理试卷（2）一单项选择题（每题3分，共15分）1如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）AEa=BEa=EbCEa=EbDEa=3Eb2如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）AU1：U2=1
2、：8BU1：U2=1：4CU1：U2=1：2DU1：U2=1：13如图所示电路，电源内阻不可忽略在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，下列说法中正确的是（）A电流表示数减小B小灯泡L亮度增加C电源内电阻消耗功率减小D电源输出功率一定增加4如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN以下说法正确的是（）AO点电势与Q点电势相等BO、M间的电势差小于N、O间的电势差C将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上5如图所示的UI图象中，
3、直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于（2，2）用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是（）A6 W，1B6 W，0.5C4 W，1D4 W，0.5二多项选择题（每题5分，共20分）6直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P从图示位置向右移动时电源的（）A总功率一定减小B效率一定增大C内部损耗功率一定减小D输出功率一定先增大后减小7如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）ABCD8一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P
4、点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变9如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机械能一定在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合
5、力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加三选考模块（每题12分，共24分）（3-3）10A一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如图所示这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变（1）下列说法正确的是A气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C气球内气体分子平均动能不变D气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）表演过程中，对球内气体共做了4J的功，此过程中气球（填“吸收”或“放出”）的热量是J
6、若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能（填“增加”或“减少”），温度（填“升高”或“降低”）（3）一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，平均摩尔质量为15g/mol，阿伏加德罗常数NA=6.021023mol1，试估算这个气球内气体的分子个数（3-5）11在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置（如图a）在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示则下列说法中正确的是（）A乙光的频率小于甲光的频率B甲光的波长大于丙光的波长C丙光的光子能量小于甲光的光子能量D乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能12用光照射某金属，使它发生光电效应现象
7、，若增加该入射光的强度，则单位时间内从该金属表面逸出的光电子数，从表面逸出的光电子的最大动量大小（选填“增加”、“减小”或“不变”）13（4分）用加速后动能为Ek0的质子轰击静止的原子核X，生成两个动能均为Ek的核，并释放出一个频率为的光子写出上述核反应方程并计算核反应中的质量亏损（光在真空中传播速度为c）四实验填空题（填空每空2分，画图4分，共20分）14（6分）如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为mm、mm、mm15使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是mm16实验室购买了一捆标
8、称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7108m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至端（选填“a”或“b”）（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图1电路完成剩余部分的连接（3）调节滑动
9、变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为V（4）导线实际长度约为m五、计算说理题（15题12分，16题14分，17题15分，共41分）17如图所示，在竖直平面内，光滑的绝缘细杆AC与半径为R的圆交于B、C两点，在圆心O处固定一正电荷，B为AC的中点，C位于圆周的最低点现有一质量为m、电荷量为q、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为g，A、C两点的竖直距离为3R，小球滑到B点时的速度大小为2求：（1）小球滑至C点时的速度大小；（2）A、B两点间的电势差UAB18如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为
10、E=1.0105N/C与水平方向成=30角的倾斜向上的匀强电场中杆的下端M固定一个带电小球 A，电荷量Q=+4.5106C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0106 C，质量m=1.0102 kg现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动（静电力常量k=9.010 9Nm2/C2，取 g=l0m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？19如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴
11、重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1103V，变化周期T=2103s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1105C，质量m=1107kg，不计粒子所受重力，求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打在荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能2015-2016学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）周练物理试卷（2）参考答案与试题解析一单项选择题（每题3分，共15分）1如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a
12、、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）AEa=BEa=EbCEa=EbDEa=3Eb【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】已知a点与b点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式E=列式求解即可【解答】解：结合几何关系，有：ao：bo=：根据公式E=，有：故选：D【点评】本题关键是明确点电荷的场强的公式E=，记住即可，基础题目2如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转
13、电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）AU1：U2=1：8BU1：U2=1：4CU1：U2=1：2DU1：U2=1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故选A【点评】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论3如图所示
14、电路，电源内阻不可忽略在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，下列说法中正确的是（）A电流表示数减小B小灯泡L亮度增加C电源内电阻消耗功率减小D电源输出功率一定增加【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及电压的变化；再由功率公式明确电源输出功率的变化【解答】解：A、滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；则电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；故A错误；B、因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知，流过灯泡的电流减小；故灯
15、泡亮度减小；故B错误；C、因电流减小，则由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小；故C正确；D、当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大；本题无法得出内外电阻的大小关系；故无法确定功率的变化；故D错误；故选：C【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在解题时要注意明确电源的输出功率的极值问题的应用；注意电源的总功率随外电阻的变化而变化，防止错选D4如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN以下说法正确的是（）AO点电势与Q点电势相等BO、M间的电势差小于N、O间的电势差C将一负电荷由M点移
16、到Q点，电荷的电势能增加D在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；C、M点的
17、电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选：C【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解5如图所示的UI图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于（2，2）用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是（）A6 W，1B6 W，0.5C4 W，1D4 W，0.5【考点】路端电压
18、与负载的关系；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电源的UI的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得U=EIr，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=0.5电阻的UI图线的斜率等于电阻，则电阻R=1；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W故ABC错误D正确故选：D【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理
19、意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义二多项选择题（每题5分，共20分）6直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P从图示位置向右移动时电源的（）A总功率一定减小B效率一定增大C内部损耗功率一定减小D输出功率一定先增大后减小【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，
20、电源总功率P=EI减小，故A正确；B、电源的效率=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选：ABC【点评】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题7如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）ABCD【考点】电容【专题】电容器专题【分析】电容器的电
21、容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比【解答】解：是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；故选BCD【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关8一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电
22、荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变【考点】电容器的动态分析；电容器【专题】电容器专题【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小由E=，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed
23、可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故AC正确，BD错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析9如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机
24、械能一定在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力做功还有之外的库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速
25、度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确故选AD【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与三选考模块（每题12分，共24分）（3-3）10A一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将它
26、们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如图所示这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变（1）下列说法正确的是CA气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C气球内气体分子平均动能不变D气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）表演过程中，对球内气体共做了4J的功，此过程中气球放出（填“吸收”或“放出”）的热量是4J若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能减少（填“增加”或“减少”），温度降低（填“升高”或“降低”）（3）一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，平均摩尔质量为15g/m
27、ol，阿伏加德罗常数NA=6.021023mol1，试估算这个气球内气体的分子个数【考点】封闭气体压强；阿伏加德罗常数【专题】气体的压强专题【分析】（1）知道分子间表现的实际作用力为引力，知道被封闭气体压强产生的原理温度是分子平均动能变化的标志（2）根据热力学第一定律的表达式U=Q+W进行有关判断；（3）求出气体的质量，已知平均摩尔质量再求出摩尔数，最后求出分子数【解答】解：（1）A、密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，故A错误B、该同学压迫气球，气体分子间距离仍然较大，气体分子间的作用力几乎为零故B错误C、球内气体温度可视为不变所以气球内气体分子平均动能不变，故C正确D、气体
28、分子间空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误故选C（2）表演过程中，球内气体温度可视为不变，说明球内气体内能不变，即U=0，对球内气体共做了4J的功，即W=4J，所以此过程中Q=4J，即气球放出的热量是4J，若某气球突然爆炸，气体对外做功，瞬间无热传递，则该气球内的气体内能减少，温度降低（3）一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，气体质量M=V=0.006Kg，平均摩尔质量为15g/mol，所以气体的摩尔数n=0.4mol，阿伏加德罗常数NA=6.021023mol1，所以这个气球内气体的分子个数N=0.46.021023=2.411023 故答案为：（
29、1）C （2）放出，4J，减少，降低 （3）2.411023【点评】热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，对于热力学第一定律U=W+Q，要明确公式中各个物理量的含义（3-5）11在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置（如图a）在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示则下列说法中正确的是（）A乙光的频率小于甲光的频率B甲光的波长大于丙光的波长C丙光的光子能量小于甲光的光子能量D乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】根据遏止电压比较最大初动能，从而比较光子频率的大小，得出波长的大小【解答】解：
30、乙丙两个的遏止电压相等，且大于甲光的遏止电压，根据，知乙丙两光照射产生光电子的最大初动能相等，大于甲光照射产生的光电子最大初动能根据光电效应方程EKm=hvW0，逸出功相等，知乙丙两光的频率相等，大于甲光的频率所以乙丙两光的光子能量相等大于甲光的光子能量甲光频率小，则波长长故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的突破口在于通过遏止电压比较最大初动能，结合光电效应方程进行分析12用光照射某金属，使它发生光电效应现象，若增加该入射光的强度，则单位时间内从该金属表面逸出的光电子数增加，从表面逸出的光电子的最大动量大小不变（选填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】光电效应【专题】光电效应专题
31、【分析】根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化，光的强弱影响单位时间内发出光电子的数目【解答】解：若增加该入射光的强度，则单位时间内从该金属表面逸出的光电子数增加根据光电效应方程Ekm=hvW0知，光强增加，光电子的最大初动能不变，则光电子的最大速度不变，最大动量大小不变故答案为：增加，不变【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道影响光电子最大初动能的因素13（4分）用加速后动能为Ek0的质子轰击静止的原子核X，生成两个动能均为Ek的核，并释放出一个频率为的光子写出上述核反应方程并计算核反应中的质量亏损（光在真空中传播速度为c）【考点】爱因斯坦质能方程【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题
32、【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出质量亏损【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒有：根据能量守恒知释放的核能E=2Ek+hvEk0根据爱因斯坦质能方程得，答：核反应方程为：在核反应中的质量亏损为【点评】解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程四实验填空题（填空每空2分，画图4分，共20分）14（6分）如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为17.7mm、23.85mm、3.18mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题；定量思
33、想；推理法；基本实验仪器【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【解答】解：游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.1mm=0.7mm，所以最终读数为：17mm+0.7mm=17.7mm游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为170.05mm=0.85mm，所以最终读数为：23mm+0.85mm=23.85mm游标卡尺的主尺读数为3mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为90.02mm=0.18mm，所以最终读数为：3mm+0.18mm=3.1
34、8mm故答案为：17.7 23.85 3.18【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量15使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是2.1500.002mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题【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为2mm，可动刻度为15.00.01mm=0.150mm，所以最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm最后的结果可以为2.1500.002故答案为：2.1500.002【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、
35、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7108m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（选填“a”或“b”）
36、（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图1电路完成剩余部分的连接（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为2.30V（4）导线实际长度约为94m【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】本题（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，再解出变阻器需要的最大电阻即可；题（3）根据电压表每小格读数大小来确定估读方法；题（4）由电路图根据欧姆定律求出待测电阻的阻值，然后再根据电阻定律即可求解【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为： =30，而待测电阻的最小值为： =5，所以变阻器的最大电阻应为：R=305=22，所以
37、变阻器；闭合电键前应将滑片置于阻值最大的a端；（2）根据电路图画出的实物连线图如图所示：（3）电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表读数为U=2.30V（2.29、2.31均正确）；（4）根据欧姆定律可求出： =4.6，解得： =1.6，再根据R=可求出L=，代入数据解得：L94m；故答案为：（1），a；（2）如图；（3）2.30；（4）94【点评】应明确：应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；电表估读的判定方法是：若电表每小格读数出现数字“1”则应进行“”估读，出现“2”则应进行“”估读，出现“5”则应进行“”估读五、计算说理题（15题12分，16题14分，1
38、7题15分，共41分）17如图所示，在竖直平面内，光滑的绝缘细杆AC与半径为R的圆交于B、C两点，在圆心O处固定一正电荷，B为AC的中点，C位于圆周的最低点现有一质量为m、电荷量为q、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为g，A、C两点的竖直距离为3R，小球滑到B点时的速度大小为2求：（1）小球滑至C点时的速度大小；（2）A、B两点间的电势差UAB【考点】动能定理的应用；电势差；电势能【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）小球A到B过程和由A到C过程，由动能定理分别列出等式求解（2）根据上面的求解结果即可解答【解答】解：（1）小球由A到B过程，由动能定理得
39、小球由A到C过程，由动能定理得其中，UAB=UAC由式可得小球滑至C点时的速度大小为（2）由式可得A、B两点间的电势差答：（1）小球滑至C点时的速度大小是；（2）A、B两点间的电势差【点评】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等18如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0105N/C与水平方向成=30角的倾斜向上的匀强电场中杆的下端M固定一个带电小球 A，电荷量Q=+4.5106C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0106 C，质量m=1.0102 kg现将小球B从杆的上端N静止释
40、放，小球B开始运动（静电力常量k=9.010 9Nm2/C2，取 g=l0m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？【考点】电势能；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小（2）根据受力情况分析小球B的运动情况小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零由平衡条件和库仑定律求解（3）由于A对B的库仑力做
41、功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功，即可得到电势能的变化量【解答】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得： mgqEsin=ma解得：a=g代入数据解得：a=3.2 m/s2（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：+qEsin=mg解得：h1=代入数据解得：h1=0.9 m（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：W1+W2+W3=mv2W1=mg（Lh2）W2=qE（Lh2
42、）sin解得：W3=mv2mg（Lh2）+qE（Lh2）sin从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功电场力做负功，电势能增大动能的改变量就等于总功设小球B的电势能改变了Ep，则：Ep=（W2+W3）Ep=mg（Lh2）mv2解得：Ep=8.4102J答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s2 ；（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9 m；（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4102J【点评】此题关键能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功19如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与
43、x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1103V，变化周期T=2103s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1105C，质量m=1107kg，不计粒子所受重力，求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打在荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】1、粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，则L=v0t，可计算出时间t2、根据牛顿第二定律求得加速度
44、，根据0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，代入数据计算可得y1，粒子向下偏转，故纵坐标为y=dy13、只有前内粒子受电场力，根据匀加速运动的公式，求出加速位移y2，根据动能定理代入数据可计算出粒子打到屏上的动能【解答】解：（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0ts（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1又根据牛顿第二定律代入数据以解得：y1=0.15m故纵坐标为：y=dy1=1m0.15m=0.85m（3）粒子出射时的偏转量：粒子出射时的动能，由动能定理得：代入数据解得J答：（1）粒子在板间运动的时间为2103s；（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标为y=0.85m；（3）粒子打到屏上的动能5.05102J【点评】考查粒子力电综合解题，掌握处理的方法，理解牛顿第二定律与运动学公式的应用版权所有：高考资源网()
