物理卷·2018届湖北省黄冈市梅川高中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 19页

‎2016-2017学年湖北省黄冈市梅川高中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共10个小题，共40分．第1-6题只有一个选项正确，每题4分；第7-10题有多个选项正确，每题4分，全部正确得4分，选不全得2分，多选错选得0分）‎ ‎1．关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（　　）‎ A．密立根测出了元电荷e的数值 B．法拉第提出了电场线和磁感线的概念 C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，并且总结出了右手螺旋定则 D．安培提出了分子电流假说 ‎2．真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看成点电荷），分别固定在两处，两球间静电力为F．现用一个不带电的同样的金属小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开C，再让A、B两球距离增大为原来的n倍，使它们间的静电力变为，则n是（　　）‎ A．2 B．4 C．5 D．8‎ ‎3．在电场中某点放上电荷量为2×10﹣8C的带负电的试探电荷，它受到的电场力为6×10﹣2N，方向水平向右．若撤走上述试探电荷，在该点放上电荷量为4×10﹣8C的带正电的试探电荷，其它条件不变，则该点的电场强度为（　　）‎ A．3×106N/C，方向水平向右 B．6×106N/C，方向水平向左 C．3×106N/C，方向水平向左 D．6×106N/C，方向水平向右 ‎4．如图所示，两通电细直导线竖直放置，所通电流大小相等，方向都向上．在虚线所示的水平线上有a、b、c、d四点，其中b点位于两导线之间的中点，关于这四个点的磁感应强度方向描述正确的是（　　）‎ A．a点磁感应强度方向竖直向上 B．b点磁感应强度方向垂直于纸面向外 C．c点磁感应强度方向垂直于纸面向里 D．d点磁感应强度方向垂直于纸面向里 ‎5．下列表示电流周围磁感线及方向的图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．一负电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A处的场强一定小于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势 C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能 D．从A到B的过程中，电场力对该电荷做正功 ‎7．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上的C点有点电荷﹣Q，在y轴上还有P点和D点，其中P点位于OC之间，而CO=OD，∠ADO=60°，下列判断正确的是（　　）‎ A．D点场强不为零 B．O点电势高于C点电势 C．将一个试探电荷﹣q从O移向P的过程中，其电势能增大 D．将一个试探电荷+q从O移向P的过程中，要克服电场力做功 ‎8．如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电小球的电势能将减小 D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变 ‎9．在如图甲所示的电路中，RT是半导体热敏电阻，其电阻RT随温度T变化的关系图象如图乙所示，当RT所在处温度升高时，下列关于通过理想电流表的电流I，ab间电压U和电容器电量q的说法正确的是（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．U变小，q变小 D．U变大，q变大 ‎10．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+l滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（　　）‎ A．落在A板的油滴数N=‎ B．落在A板的油滴数N=‎ C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 ‎　‎ 二、实验题（第11题8分，第12题10分，共18分）‎ ‎11．用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为　　mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是　　mm．‎ ‎12．用多用电表的欧姆挡测电阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是 （　　）‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量 ‎13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）先用多用电表对电阻大小进行粗测，测出该电阻的阻值约为100Ω．‎ ‎（2）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表：A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）；A2（量程0～30mA，内阻约20Ω）‎ 电压表：V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R（阻值范围0～10Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 开关S 导线若干 根据题意，该同学应选择电流表　　，电压表　　（请填写电表的代号）．‎ ‎（3）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，请在方框中画出测电阻的电路图．‎ ‎（4）若待测电阻的测量长度用l表示，直径用D表示，加在电阻两端的电压用U表示，通过电阻的电流用I表示，则此圆柱体材料的电阻率表达式为ρ=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共44分，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只有结果的不给分）‎ ‎14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60°的光滑斜面上，静止一根长为L=1m，重G=3N，通有电流I=3A的金属棒．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小．‎ ‎15．如图所示，在光滑竖直绝缘竿上套有一个质量为m=0.4kg的小球，小球带正电，电荷量为q=1×10﹣6C，在竖直绝缘杆B点固定一个电荷量为Q=1×10﹣5C的正点电荷，将小球由距B点0.3m的A处无初速度释放，并在C点（图上未画出）取得最大动能，求：（重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2） ‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度的大小 ‎（2）试求AC的距离．‎ ‎（3）若小球的最大速度为1m/s，试求AC间的电势差．‎ ‎16．半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示．珠子所受静电力是重力的倍．将珠子从环上的最低点A静止释放（重力加速度为g），则：‎ ‎（1）珠子所能获得的最大动能是多少？‎ ‎（2）珠子对环的最大压力是多少？‎ ‎17．如图所示，空间内有平行于纸面的匀强电场，该电场中有一个倾角θ=53o的光滑斜面．一个质量为2kg的小球在斜面上的A点保持静止，该小球的带电量Q=+4C，A点到地面的竖直高度h=25m（g=10m/s2）‎ ‎（1）试求能让带电小球静止在A点的最小电场的电场强度．‎ ‎（2）若空间的电场E=5V/m，方向水平向右，小球从A点静止释放，试求小球到达地面时的速度大小 ‎（3）若空间的电场E=5V/m，方向水平向左，小球从A点静止释放，试求出小球到达地面时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省黄冈市梅川高中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10个小题，共40分．第1-6题只有一个选项正确，每题4分；第7-10题有多个选项正确，每题4分，全部正确得4分，选不全得2分，多选错选得0分）‎ ‎1．关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（　　）‎ A．密立根测出了元电荷e的数值 B．法拉第提出了电场线和磁感线的概念 C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，并且总结出了右手螺旋定则 D．安培提出了分子电流假说 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、密立根测出了元电荷e的数值，故A正确；‎ B、法拉第提出了电场线和磁感线的概念，故B正确；‎ C、奥斯特发现了电流周围存在磁场，安培总结出了右手螺旋定则，故C错误；‎ D、安培提出了分子电流假说，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看成点电荷），分别固定在两处，两球间静电力为F．现用一个不带电的同样的金属小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开C，再让A、B两球距离增大为原来的n倍，使它们间的静电力变为，则n是（　　）‎ A．2 B．4 C．5 D．8‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．‎ ‎【解答】解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为： =，‎ 不带电的同样的金属小球C先与A接触：‎ 带电的同样的金属小球C再与B接触： =‎ 两点电荷间的距离增大到原来的2倍，则两点电荷间的静电力大小为： =‎ 因为 即=‎ 所以n=2‎ 故A正确，选项BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．在电场中某点放上电荷量为2×10﹣8C的带负电的试探电荷，它受到的电场力为6×10﹣2N，方向水平向右．若撤走上述试探电荷，在该点放上电荷量为4×10﹣8C的带正电的试探电荷，其它条件不变，则该点的电场强度为（　　）‎ A．3×106N/C，方向水平向右 B．6×106N/C，方向水平向左 C．3×106N/C，方向水平向左 D．6×106N/C，方向水平向右 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度等于试探电荷所受电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．同一点电场强度不变．‎ ‎【解答】解：该点的场强大小为：E===3×106N/C，方向：水平向左．‎ 把另一电荷放在该点时，场强不变．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，两通电细直导线竖直放置，所通电流大小相等，方向都向上．在虚线所示的水平线上有a、b、c、d四点，其中b点位于两导线之间的中点，关于这四个点的磁感应强度方向描述正确的是（　　）‎ A．a点磁感应强度方向竖直向上 B．b点磁感应强度方向垂直于纸面向外 C．c点磁感应强度方向垂直于纸面向里 D．d点磁感应强度方向垂直于纸面向里 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】空间中任何一点的磁感应强度是两根导线产生的磁场磁感应强度的叠加．根据安培定则，结合通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流的距离成反比，得到导线在各点的磁感应强度的大小及方向．‎ ‎【解答】解：左侧的导线在其右侧产生的磁场的方向垂直于纸面向里，右侧的导线在其左侧产生的磁场的方向向外，在其右侧产生的磁场的方向向里，所以d点的磁场的方向一定向里；a、b、c三点的磁场是由方向相反的两个磁场合成的，根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流的距离成反比，所以a处的磁场的方向垂直于纸面向里，b处的磁场的大小恰好是零，c处的磁场的方向向外．故只有D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．下列表示电流周围磁感线及方向的图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】明确安培定则的内容，根据通电直导线、环形电流以及螺线管的磁场分布进行分析即可求解．‎ ‎【解答】解：A、由安培定则可知，磁场应为逆时针分布，故A错误；‎ B、由安培定则可知，导线左侧磁场向外，右侧磁场向里，故B错误；‎ C、根据安培定则可知，内部磁感线应向上，故C正确；‎ D、根据安培定则可知，螺线管内部磁场向右，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．一负电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A处的场强一定小于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势 C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能 D．从A到B的过程中，电场力对该电荷做正功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由图看出，质点做加速度减小的减速运动，可知，电场力减小，场强减小，由能量守恒定律分析电势能的变化，由动能定理分析电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，由v﹣t图象看出，质点做加速度减小的减速运动，而质点在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，说明电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强．故A错误；‎ B、根据电荷的带负电，能判断电场线的方向，也就判断电势的高低．从A至N电场力做负功，故可知，电场力方向与运动方向相反，因为是负电荷，故A处的电势一定高于B处的电势．故B错误；‎ C、质点的动能减小，由能量守恒定律得知，其电势能一定增加，则有电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能．故C正确．‎ D、由v﹣t图象看出，质点做加速度减小的减速运动，而质点在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，说明电场强度减小，该电场不是匀强电场．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上的C点有点电荷﹣Q，在y轴上还有P点和D点，其中P点位于OC之间，而CO=OD，∠ADO=60°，下列判断正确的是（　　）‎ A．D点场强不为零 B．O点电势高于C点电势 C．将一个试探电荷﹣q从O移向P的过程中，其电势能增大 D．将一个试探电荷+q从O移向P的过程中，要克服电场力做功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，连线的延长线上，∠ADO=60°所以正负电荷在D点产生的合场强大小为k，方向沿y轴负方向，而由﹣Q在D点产生的电场强度大小也为E=k，方向沿y轴正方向，则D点的合场强为零．故A错误；‎ B、AB两个等量同种点电荷在OC之间的合场强方向向左，C处的负电荷在OC之间的电场强度的方向向左，所以三个点电荷在OC之间的合场强的方向一定向左，所以O点的电势高于C点的电势，故B正确；‎ C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，故将点电荷﹣q从O移向P，电场力做负功，电势能增大．故C正确；‎ D、将点电荷+q从O移向P，电场力做正功，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电小球的电势能将减小 D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；静电现象的解释．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电容的决定式 C=知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容值将减小．故A正确．‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大．故C错误．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据C=、C=、E=结合得E=，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎9．在如图甲所示的电路中，RT是半导体热敏电阻，其电阻RT随温度T变化的关系图象如图乙所示，当RT所在处温度升高时，下列关于通过理想电流表的电流I，ab间电压U和电容器电量q的说法正确的是（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．U变小，q变小 D．U变大，q变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当RT所在处温度升高时，其电阻变小，分析总电阻的变化，判断干路电流的变化和路端电压的变化，确定U的变化．根据并联部分的电压变化，判断电容器带电量的变化．‎ ‎【解答】解：当RT所在处温度升高时，RT变小，RT与R2并联的电阻变小，外电路总电阻变小，则干路电流I干变大，路端电压U变小．‎ R1与内电压变大，则RT与R2并联的电压变小，电容器板间电压变小，由Q=CU知：电容器的带电量q变小．‎ RT与R2并联的电压变小，通过R2的电流变小，而干路电流变大，则通过电流表的电流I变大．故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+l滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（　　）‎ A．落在A板的油滴数N=‎ B．落在A板的油滴数N=‎ C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；‎ 根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：‎ mg﹣qE=ma，其中：E==，解得：a=g﹣，第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=at22=gt22，‎ 第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤，联立以上公式得：N=，故A错误，B正确；‎ C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg﹣qE，解得：W=，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、实验题（第11题8分，第12题10分，共18分）‎ ‎11．用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为　8.474　mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是　100.60　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：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.4×0.01mm=0.474mm，所以最终读数为8mm+0.474mm=8.474mm．‎ ‎20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm．‎ 故答案为：8.474 100.60‎ ‎　‎ ‎12．用多用电表的欧姆挡测电阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是 （　　）‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】根据表盘刻度的特点分析表针偏转与示数间的关系，从而确定出该选用的档位．换挡后要重新欧姆调零．‎ ‎【解答】解：A、欧姆表的表盘与电流计的刻度相反，即满偏刻度处电阻为零，电流为零时对应电阻无穷大，则可知，当偏转较小时，说明这个电阻较大； 故A正确，B错误；‎ C、为了准确测量，应换用大档位，使偏角增大，读数更准确，故应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量，C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）先用多用电表对电阻大小进行粗测，测出该电阻的阻值约为100Ω．‎ ‎（2）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表：A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）；A2（量程0～30mA，内阻约20Ω）‎ 电压表：V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R（阻值范围0～10Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 开关S 导线若干 根据题意，该同学应选择电流表　A2　，电压表　A2　（请填写电表的代号）．‎ ‎（3）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，请在方框中画出测电阻的电路图．‎ ‎（4）若待测电阻的测量长度用l表示，直径用D表示，加在电阻两端的电压用U表示，通过电阻的电流用I表示，则此圆柱体材料的电阻率表达式为ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（2）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；‎ ‎（3）根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值的关系确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路．‎ ‎（4）根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）选用欧姆档的“×10”档位，由图示欧姆表可知，其示数为10×10=100Ω；‎ ‎（2）电源电动势为4V，则电压表选：V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；‎ 电路最大电流约为I==0.03A=30mA，电流表选：A2（量程0～30mA，内阻约20Ω）．待测电阻阻值约为100Ω，‎ ‎（3）待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为20Ω，待测电阻阻值约为100Ω，相对来说，电压表内阻远大于待测点阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路如图．‎ ‎（4）待测电阻阻值R=，电阻R=ρ，则电阻率ρ=．‎ 故答案为：（2）A2 V1 （3）如上图；（4）‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共44分，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只有结果的不给分）‎ ‎14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60°的光滑斜面上，静止一根长为L=1m，重G=3N，通有电流I=3A的金属棒．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小．‎ ‎【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】先对金属棒进行受力分析，根据平衡条件列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图；‎ 由平衡条件得：F安=BIL=Gtanα 则B==T ‎（2）由上图，根据三角函数关系知：‎ N==6N 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为T； ‎ ‎（2）导体棒对斜面的压力大小为6N；‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在光滑竖直绝缘竿上套有一个质量为m=0.4kg的小球，小球带正电，电荷量为q=1×10﹣6C，在竖直绝缘杆B点固定一个电荷量为Q=1×10﹣5C的正点电荷，将小球由距B点0.3m的A处无初速度释放，并在C点（图上未画出）取得最大动能，求：（重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2） ‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度的大小 ‎（2）试求AC的距离．‎ ‎（3）若小球的最大速度为1m/s，试求AC间的电势差．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电势差．‎ ‎【分析】（1）刚开始释放时，只受到库仑力和重力，根据牛顿第二定律，可解出A球释放时的加速度；‎ ‎（2）小球运动到C点时速度达到最大值，合力为零，库仑力和重力二力平衡，根据库仑定律和平衡条件结合，可求解AC的距离；‎ ‎（3）从A到C过程，由动能定理求解C、A两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）A球刚释放时，受到重力和B点的库伦斥力，有 a==10﹣×109m/s2=7.5m/s2；‎ ‎（2）当A球达到动能最大时有，r==m=0.15m AC的距离为l=R﹣r=0.15m ‎（3）在A球达到动能最大的过程中，由动能定理有﹣0‎ 解得，‎ 答：（1）A球刚释放时的加速度的大小为7.5m/s2；‎ ‎（2）试求AC的距离为0.15m；‎ ‎（3）若小球的最大速度为1m/s，AC间的电势差为﹣4×105V．‎ ‎　‎ ‎16．半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示．珠子所受静电力是重力的倍．将珠子从环上的最低点A静止释放（重力加速度为g），则：‎ ‎（1）珠子所能获得的最大动能是多少？‎ ‎（2）珠子对环的最大压力是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】1、带电的珠子受到重力和电场力的共同的作用，在空间中存在一点，该点能够使珠子静止下来，这一点就是珠子的平衡位置，是珠子具有最大动能的点．对该点的珠子进行受力分析，求出该点的位置，然后使用动能定理求出珠子的最大动能．‎ ‎2、珠子在平衡位置即最低点处受到的压力最大，根据合力提供向心力，列式计算压力．‎ ‎【解答】解：（1）因qE=mg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tanθ==，即θ=37°，则珠子由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大．由动能定理得：‎ qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=Ek，解得B点动能即最大动能为Ek= mgr．‎ ‎（2）设珠子在B点受圆环弹力为FN，‎ 有FN﹣F合=m，‎ 即FN=F合+m=+mg=mg ‎ 由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力也为mg．‎ 答：（1）珠子所能获得的最大动能是 ‎（2）珠子对环的最大压力是 ‎　‎ ‎17．如图所示，空间内有平行于纸面的匀强电场，该电场中有一个倾角θ=53o的光滑斜面．一个质量为2kg的小球在斜面上的A点保持静止，该小球的带电量Q=+4C，A点到地面的竖直高度h=25m（g=10m/s2）‎ ‎（1）试求能让带电小球静止在A点的最小电场的电场强度．‎ ‎（2）若空间的电场E=5V/m，方向水平向右，小球从A点静止释放，试求小球到达地面时的速度大小 ‎（3）若空间的电场E=5V/m，方向水平向左，小球从A点静止释放，试求出小球到达地面时的速度大小．‎ ‎【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）对小球受力分析，作出受力分析图，根据三角形定则或平行四边形定则，求出场强的最小值；‎ ‎（2）对小球受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式求出小球到达地面的速度大小；‎ ‎（3）分析小球的运动状态，小球沿着电场力和重力的合力方向匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；‎ ‎【解答】解：（1）受力分析如图所示，当电场力与支持力垂直时电场力最小，场强最小，即电场沿着斜面向上时，取得最小值，‎ 有qE=mgsinθ 代入数据：‎ ‎（2）当电场水平向右，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣qEcosθ=ma 代入数据：20×0.8﹣4×5×0.6=2×a 解得：a=2m/s2‎ 代入数据 即：‎ ‎（3）当电场水平向左，受力如图所示 将电场力和重力先合成 解得：α=45°‎ 所以：小球将沿与水平方向成α=450角度的轨迹做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 由速度位移公式得：‎ 代入数据：‎ 解得：‎ 答：（1）能让带电小球静止在A点的最小电场的电场强度4V/m．‎ ‎（2）若空间的电场E=5V/m，方向水平向右，小球从A点静止释放，小球到达地面时的速度大小 ‎（3）若空间的电场E=5V/m，方向水平向左，小球从A点静止释放，小球到达地面时的速度大小 ‎　‎ ‎2016年12月3日