2022-2022学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）第三次月考物理试卷 一、选择题（每小题4分，共40分．1-7小题有一个选项符合题意，8-10有多个选项符合题意．全部正确得4分，对而不全的得2分，有错选或不选的得0分）1．下列关于物理学家的贡献的说法中，正确的是（ ）A．物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用规律B．物理学家法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C．物理学家密立根最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D．物理学家卡文迪许测出了静电力常量k 2．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（ ）A．a点场强与c点场强可能不相同B．a点电势一定小于c点电势C．负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D．正电荷从d点移到b点电场力不做功 3．如图所示，一小球从距竖直弹簧一定高度静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧到最低点（设此点小球的重力势能为0）．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为E′p则它们之间的关系为（ ）A．Ep=E′p＞EkB．Ep＞Ek＞E′pC．Ep=Ek+E′pD．Ep+Ek=E′p 4．如图所示，电源内阻较大，当开关闭合，滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑片由该位置向a端滑动，则（ ）-22-\nA．灯泡将变暗，电源效率将减小B．液滴带正电，将向上做加速运动C．电容器将放电，所带电荷量减少D．电源的路端电压增大，输出功率也增大 5．如图所示，水平传送带AB长21m，以6m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R=1.25m，与水平台面相切于C点，BC长s=5.5m，P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m=1kg的物块（可视为质点），从A点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是（ ）A．物块不能到达P点B．物块能越过P点做斜抛运动C．物块能越过P点做平抛运动D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况 6．如图所示，调节可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大△U，在这个过程中（ ）A．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于B．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△UC．通过电阻R2的电流减小，但减少量一定小于D．路端电压增加，增加量一定等于△U 7．如图所示为蓄电池与电灯、电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电表为理想电表．只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2启动电动机，发现电流表示数由8A逐渐变为9A．设电灯电阻始终不变，则通过电动机的电流变化是（ ）-22-\nA．由50A逐渐减小到25AB．由25A逐渐增大到50AC．由40A逐渐减小到20AD．由20A逐渐增大到40A 8．某静电场中的一条电场线与X轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（ ）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变D．负电荷将沿X轴负方向运动，加速度逐渐减小 9．有三个电阻串联，如图所示，电流表是完好的，合上开关S后，发现电流表示数为零，在不拆开电路的前提下，通过电压表测量各连接点的电压值，可判断故障原因电压表测量数据为Uab=Ucd=0，Uac≠0，则该电路的故障原因可能是（ ）A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2、R3均断路 10．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2 二、实验题（本题共5小题，共36分）11．（2022秋•宜昌校级月考）用如图游标卡尺来测量玻璃管内径，应该用如图（甲）中游标卡尺的A、B、C三部分的 部分来进行测量（填代号）．由图（乙）中读出玻璃管的内径d= mm．-22-\n 12．（2022•江苏）某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：（1）用螺旋测微器测量某一导线的直径如下图所示．读得直径d= mm．（2）该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：电阻 R（Ω）121.050.023.910.03.1导线直径 d（mm）0.80l0.9991.20l1.4941.998导线截面积 S（mm2）0.5040.7841.1331.7533.135请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系．（3）若导线的电阻率ρ=5.1×10﹣7Ω•m，则表中阻值为3.1Ω的导线长度l= m（结果保留两位有效数字） 13．（2022•湖南一模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω）C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω）D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ）E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．（1）实验中电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 （均用序号字母表示）．（2）请按要求将图1中所示的器材连成实验电路．-22-\n（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为 W．（结果保留两位有效数字） 14．（2022•潍坊模拟）某同学把较粗的铜丝和铁丝相隔较近插入苹果中，制成一个苹果电池，用如下器材研究苹果电池的电动势与内阻：开关、电阻箱（最大阻值为999Ω）、毫安表（量程Ig=1mA，内阻忽略不计）、导线若干．①在图甲中用实线连接成实验电路；②闭合开关，改变电阻箱的阻值R，记录多组I、R的数据，作出R﹣专图象如图乙直线a．由此可知此时苹果电池的电动势E= V，内阻r Ω；③增大铜丝和铁丝的插入深度，重复上述步骤进行实验，作出的R﹣图线如图乙直线b．由此可知，电极插入的深度增大，电池电动势 ，内阻 ．（选填“增大”、“减小”或“不变”） 15．（2022•临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：-22-\n（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）．若两电表均正常工作，则表笔a为 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为 Ω．电流表的读数为 mA，电阻箱的读数为 Ω：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为 V．（保留3位有效数字） 三、计算题：（本题共3小题，共34分）16．（10分）（2022秋•宜昌校级月考）如图所示，电源电压E=2V，内阻不计，竖直导轨电阻不计，金属棒的质量m=0.1kg，R=0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，有效长度为0.2m，靠在导轨外面，为使金属棒不动，施一与纸面夹角37°且垂直于金属棒向里的磁场（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（计算结果保留两有效数字）（1）此磁场是斜向上还是斜向下？（2）B的大小范围是多少？ 17．（12分）（2022秋•太原期末）如图所示，AB为粗糙水平面，长度AB=5R，其右端与光滑的半径为R的圆弧BC平滑相接，C点的切线沿竖直方向，在C点的正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两具离心轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方，某时刻，质量为m可看作质点的滑块，与水平地面间的动摩擦因数μ=0，1，当它以v0=3的速度由A点开始向B点滑行时：（1）求滑块通过C点的速度．（2）若滑块滑过C点后能通过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？-22-\n 18．（12分）（2022秋•宜昌校级月考）如图所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置．质量为m1、电荷量为+q1的A球和质量为m2、电荷量为+q2的B球穿过细杆（均可视为点电荷）．当t=0时A在O点获得向左的初速度v0，同时B在O点右侧某处获得向左的初速度v1，且v1＞v0．结果发现，在B向O点靠近过程中，A始终向左做匀速运动．当t=t0时B到达O点（未进入非匀强电场区域），A运动到P点（图中未画出），此时两球间距离最小．静电力常量为k．（1）求0～t0时间内A对B球做的功；（2）求杆所在直线上场强的最大值；（3）某同学计算出0～t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设0～t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A球做的功为W3，根据动能定理W2+W3=0又因为W2=﹣W1PO两点间电势差U==请分析上述解法是否正确，并说明理由． 2022-2022学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题4分，共40分．1-7小题有一个选项符合题意，8-10有多个选项符合题意．全部正确得4分，对而不全的得2分，有错选或不选的得0分）1．下列关于物理学家的贡献的说法中，正确的是（ ）A．物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用规律B．物理学家法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C．物理学家密立根最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D．物理学家卡文迪许测出了静电力常量k【考点】物理学史．【分析】本题根据库仑、密立根、法拉第和卡文迪许的物理学贡献进行答题即可．-22-\n【解答】解：A、库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用的规律，并测出了静电力常量k；故A正确．B、通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根；故B错误．C、最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场的科学家是法拉第．故C错误．D、物理学家卡文迪许测出了引力常量G，故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键要记牢著名科学家如库仑、密立根、法拉第和卡文迪许的物理学成就，平时要加强记忆． 2．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（ ）A．a点场强与c点场强可能不相同B．a点电势一定小于c点电势C．负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D．正电荷从d点移到b点电场力不做功【考点】电场强度．【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，中垂线是一条等势线．【解答】解：A、由于M、N是异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，MN之间的电场方向相同，由于a、c关于O点对称，因此大小也相同，所以a点场强与c点场强一定相同，故A错误；B、由于M、N电性不确定，因此电场线方向不确定，所以a点电势和c点电势大小关系无法判定，故B错误；C、由于a、c两点的电势高低无法确定，因此负电荷在a、c两点的电势能大小也无法确定，故C错误；D、b、d两点电势相等，因此电荷从d点移到b点电场力不做功，故D正确．故选：D．【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点． 3．如图所示，一小球从距竖直弹簧一定高度静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧到最低点（设此点小球的重力势能为0）．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为E′p则它们之间的关系为（ ）-22-\nA．Ep=E′p＞EkB．Ep＞Ek＞E′pC．Ep=Ek+E′pD．Ep+Ek=E′p【考点】功能关系．【分析】当小球到达最低点时，弹簧的弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求解；当小球所受的重力与弹簧的弹力大小相等时，小球的动能最大，根据系统机械能守恒列式求解．【解答】解：从下落到动能最大位置的过程中，根据系统的机械能守恒得：Ep=Ek+Ep1+Ep2，Ep1、Ep2分别是此时的重力势能和弹性势能，故有Ep＞Ek．小球从最高点到最低点的过程中，小球的重力势能全部转化为弹性势能，根据系统的机械能守恒得Ep=Ep′．故A正确，BCD错误．故选：A【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化，分析能量如何转化是解题的关键． 4．如图所示，电源内阻较大，当开关闭合，滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑片由该位置向a端滑动，则（ ）A．灯泡将变暗，电源效率将减小B．液滴带正电，将向上做加速运动C．电容器将放电，所带电荷量减少D．电源的路端电压增大，输出功率也增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析电路中总电阻的变化，判断变阻器电压的变化，判断电容器充电还是放电，由板间场强的变化分析液滴的运动情况．【解答】解：A、将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为η=×100%=×100%，U增大，则知η增大，故A错误．B、电容器上极板带正电，板间场强向上，则知液滴带正电．路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B正确．C、电容器的电压增大，则电容器将充电，所带电荷量增大，故C错误．D、由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故D错误．-22-\n故选：B【点评】本题电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析． 5．如图所示，水平传送带AB长21m，以6m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R=1.25m，与水平台面相切于C点，BC长s=5.5m，P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m=1kg的物块（可视为质点），从A点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是（ ）A．物块不能到达P点B．物块能越过P点做斜抛运动C．物块能越过P点做平抛运动D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物块滑上圆弧轨道的过程中，轨道的支持力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒求出物块上滑的最大高度，与R比较，分析能否越过P点．【解答】解：开始物块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律，μmg=ma，得a=μg设经过时间t1达到与传送带同速，此时物块对地前进x，v=at1，x=at12所以t1==6sx=18m＜21m．故后阶段在传送带上匀速运动，用时为t2，L﹣x=vt2，解得t2=0.5s从B至C过程减速运动用时为t3，到达C点的速度为vC，由动能定理和运动学公式可得：﹣μmgs=mvc2﹣mv2，vc=v﹣at3解得：vC=5m/s设滑块沿圆弧上滑的最大高度为h，由机械能守恒定律可得：mvc2=mgh解得，h=1.25m因为h=R，故物块不能越过P点；故选：D．【点评】本题的难点是分析物块在传送带上运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算进行分析． 6．如图所示，调节可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大△U，在这个过程中（ ）-22-\nA．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于B．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△UC．通过电阻R2的电流减小，但减少量一定小于D．路端电压增加，增加量一定等于△U【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】本题可根据部分电路的欧姆定律判断定值电阻中的电流变化；再由E=U+U内判断路端电压的变化．【解答】解：A、因R1为定值电阻，两端电压增大△U，故电流的增加量一定等于，故A错误；B、由图可知，R与R1并联后与R2串联，电压表示数增大，由闭合电路欧姆定律可知，R2与r分压应减小且总的减小量等于△U，故R2两端电压的减小值小于△U，故B错误；C、因R2为定值电阻，故其电流减小量应小于，C正确；D、路端电压等于E﹣U内；因U内的减小量小于△U，故路端电压增加量大于△U；故D错误；故选C．【点评】定值电阻的电流与电压成正比，故电流的变化一定等于变化的电压与电阻的比值；同时本题应注意能正确根据电动势与内外电压的关系判断路端电压的变化． 7．如图所示为蓄电池与电灯、电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电表为理想电表．只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2启动电动机，发现电流表示数由8A逐渐变为9A．设电灯电阻始终不变，则通过电动机的电流变化是（ ）A．由50A逐渐减小到25AB．由25A逐渐增大到50AC．由40A逐渐减小到20AD．由20A逐渐增大到40A【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】只接通S1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通S2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流．-22-\n【解答】解：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，R灯=Ω，刚接通S2后，流过电动机的电流为8A，路端电压为：U1=I1R灯=8×1.2=9.6V：电动机的电流为：I1电动机=﹣I1=A﹣8A=50A流过电动机的电流为9A时，路端电压为：U2=I2R灯=9×1.2=10.8VI2电动机=﹣I2=A﹣9A=25A所以通过电动机的电流变化是由50A逐渐减小到25A．故选：A【点评】该题考查串并联电路的特点，要注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流． 8．某静电场中的一条电场线与X轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（ ）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变D．负电荷将沿X轴负方向运动，加速度逐渐减小【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由电势的变化特点可以判断电场为匀强电场，且电场线沿x轴负向，即可判断各项．【解答】解：A、B由图象可知电势与距离成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是匀强电场，A正确B错误；C、由图象可知电场线沿x轴负向，故负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变，C正确D错误；故选AC【点评】本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力．-22-\n 9．有三个电阻串联，如图所示，电流表是完好的，合上开关S后，发现电流表示数为零，在不拆开电路的前提下，通过电压表测量各连接点的电压值，可判断故障原因电压表测量数据为Uab=Ucd=0，Uac≠0，则该电路的故障原因可能是（ ）A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2、R3均断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通．【解答】解：电压表在测量ab、cd的时候，电压的读数都为零，说明此时的电流也是零，电路不通的，在这两部分之外有断路的地方，在测量ac部分的时候，电压不为零，说明此时的电路接通了，所以出现故障的地方应该在bc之间，所以该电路的故障原因可能是R2断路，所以B正确，ACD错误．故选B．【点评】本题考查了用电压表检测电路的故障．当电压表并联在某处时若有示数，说明此处开路或它处短路，若无示数，说明此处短路或它处开路． 10．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；匀变速直线运动的公式；动量定理；功能关系；电势能．【专题】计算题；压轴题．【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度．根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系．运用动量定理求出动量的变化量．根据动能定理求出动能的变化量．根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量．【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：-22-\ngt2+gt×t﹣at2=0解得a=3g，根据牛顿第二定律：F合=F电﹣mg=ma所以电场力是重力的4倍为4mg，根据电场力做功量度电势能的变化w电=﹣△Epw电=F电•x=4mg×gt2=2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误．B、规定向下为正方向，根据动量定理得：△p=mgt﹣3mgt=﹣2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；C、小球减速到最低点动能为0，所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等．小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2故C错误．D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2+×gt2）=mg2t2．故D正确．故选BD．【点评】本题主要考查了做功与能量变化关系的应用．要能够分析小球的运动过程，明确题目中要研究的过程解决问题． 二、实验题（本题共5小题，共36分）11．（2022秋•宜昌校级月考）用如图游标卡尺来测量玻璃管内径，应该用如图（甲）中游标卡尺的A、B、C三部分的 A 部分来进行测量（填代号）．由图（乙）中读出玻璃管的内径d= 5.25 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读．【解答】解：游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．即A部分．游标卡尺测内径时，主尺读数为5mm，游标读数为0.05×5=0.25mm，最后读数为5.25mm．故答案为：A，5.25．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法．注意游标卡尺的精确度． -22-\n12．（2022•江苏）某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：（1）用螺旋测微器测量某一导线的直径如下图所示．读得直径d= 1.200 mm．（2）该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：电阻 R（Ω）121.050.023.910.03.1导线直径 d（mm）0.80l0.9991.20l1.4941.998导线截面积 S（mm2）0.5040.7841.1331.7533.135请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系．（3）若导线的电阻率ρ=5.1×10﹣7Ω•m，则表中阻值为3.1Ω的导线长度l= 19 m（结果保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；压轴题；恒定电流专题．【分析】螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒；由电阻的决定式求导线长度．【解答】解：（1）外径千分尺读数先可动刻度左边界露出的主刻度为1mm，再看主尺水平线对应的可动刻度为20.0，记数为L+n×0.01=1+20.0×0.01=1.200mm．（2）直接用两组R、S值相乘（50×0.784=39.2，10.0×1.753=17.53），可得RS明显不相等，可迅速判断结果“不满足”；并同时可简单计算50.0×0.9994≈50×1，10×1.4944≈10×1.54=50，两者接近相等，即R与d的四次方成反比，可迅速得出R与S2成反比．（3）根据有：=≈19m故答案为：（1）1.200（2）不满足，R与S2成反比（3）19【点评】螺旋测微器的读数，要看半毫米刻度线是否露出，如露出，则记为1.5或2.5等． 13．（2022•湖南一模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω）C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω）D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ）E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）-22-\nG．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．（1）实验中电流表应选用 C ，电压表应选用 E ，滑动变阻器应选用 F （均用序号字母表示）．（2）请按要求将图1中所示的器材连成实验电路．（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为 0.80 W．（结果保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据实验中给出的灯泡的额定值可以确定电流表及电压表；由实验要求可以确定接法，进而可以确定滑动变阻器；在坐标系中作出电源的伏安特性曲线，则两线的交点为灯泡的工作点，即可求出实际功率．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流I==0.5A；故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；（2）本实验要求多测几组数据，故采用分压接法；同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法；实物图如下图所示；（3）将定值电阻等效电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.8V；电流为0.36A；则灯泡的功率P=UI=2.1×0.38W=0.80W；（0.78﹣0.86均可以）故答案为：（1）CEF；（2）如上图；（3）0.80．【点评】本题注意定值电阻的存在改变了电路中的电流；同时注意作伏安特性曲线时应根据特殊点作图，如0.4A的位置． -22-\n14．（2022•潍坊模拟）某同学把较粗的铜丝和铁丝相隔较近插入苹果中，制成一个苹果电池，用如下器材研究苹果电池的电动势与内阻：开关、电阻箱（最大阻值为999Ω）、毫安表（量程Ig=1mA，内阻忽略不计）、导线若干．①在图甲中用实线连接成实验电路；②闭合开关，改变电阻箱的阻值R，记录多组I、R的数据，作出R﹣专图象如图乙直线a．由此可知此时苹果电池的电动势E= 1 V，内阻r 900 Ω；③增大铜丝和铁丝的插入深度，重复上述步骤进行实验，作出的R﹣图线如图乙直线b．由此可知，电极插入的深度增大，电池电动势 不变 ，内阻 减小 ．（选填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，应把电源、电流表、电阻箱串联接入电路．（2）根据闭合电路欧姆定律求出R﹣的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．（3）根据图象的物理意义判断．【解答】解：（1）把苹果电池、电流表、电阻箱、开关串联接入电路，电路图如图甲所示．（2）在闭合电路中，E=I（r+R），则R=E﹣r，R﹣图象的斜率斜率等于电源电动势，图象截距是电源内阻，-22-\n由图象可知，电源电动势E=k==1V，电源内阻r=900Ω．（3）由R=E﹣r得R﹣图象的斜率斜率等于电源电动势，图象截距是电源内阻，如图乙直线b，图象斜率不变，截距变小，所以电源电动势不变，内阻减小．故答案为：（1）如图（2）1；900；（3）不变，减小【点评】本题考查了连接实物电路图、求电源电动势与内阻等问题，要知道安阻法测电源电动势与内阻的实验原理与实验方法，由闭合电路欧姆定律求出函数表达式，根据图象斜率与截距的意义分析答题是正确求出电动势与内阻的关键． 15．（2022•临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）．若两电表均正常工作，则表笔a为 黑 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为 14.0 Ω．电流表的读数为 53.0 mA，电阻箱的读数为 4.6 Ω：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 102 mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为 1.54 V．（保留3位有效数字）【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】压轴题．【分析】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程．【解答】解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔．（2）多用电表用×1倍率测量，读数为：14.0×1=14.0Ω电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0mA-22-\n电阻箱的读数为：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω．在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0mA，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053×（15+14）=1.537V．则满偏电流Ig=mA．故答案为：（1）黑；（2）14.0，53.0，4.6；（3）102；（4）1.54．【点评】由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀．同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻． 三、计算题：（本题共3小题，共34分）16．（10分）（2022秋•宜昌校级月考）如图所示，电源电压E=2V，内阻不计，竖直导轨电阻不计，金属棒的质量m=0.1kg，R=0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，有效长度为0.2m，靠在导轨外面，为使金属棒不动，施一与纸面夹角37°且垂直于金属棒向里的磁场（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（计算结果保留两有效数字）（1）此磁场是斜向上还是斜向下？（2）B的大小范围是多少？【考点】安培力．【分析】导体棒受重力、轨道的弹力、安培力和摩擦力处于平衡，根据受力平衡，判断出安培力的方向，从而得出磁感应强度的方向．摩擦力的方向可能向上，也有可能向下，根据共点力平衡求出安培力的大小范围，从而得出B的大小范围【解答】解：（1）以静止的金属棒为研究对象，画出其侧视图，受力如图．要使金属棒静止，通电金属棒所受安培力一定要有向左的分量，由左手定则判定磁场方向应斜向下．（2）电路中电流I==A=4A根据平衡条件，若摩擦力向上达到最大时，受力如左图所示，根据平衡条件则：B1ILsin30°+μB1ILcos30°=mg得B1==≈1.5T若摩擦力方向向下，则：B2ILsin30°﹣μB2ILcos30°=mg-22-\n代入数据解得：B2=8.15T故所求磁感应强度的范围1.5T≤B≤8.15T答：（1）此磁场的方向是竖直方向成30°角斜向下；（2）磁感强度B的取值范围为1.5T≤B≤8.15T【点评】解决本题的关键会将立体图转换为平面图，利用共点力平衡求出安培力的范围，从而得出磁感应强度的范围 17．（12分）（2022秋•太原期末）如图所示，AB为粗糙水平面，长度AB=5R，其右端与光滑的半径为R的圆弧BC平滑相接，C点的切线沿竖直方向，在C点的正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两具离心轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方，某时刻，质量为m可看作质点的滑块，与水平地面间的动摩擦因数μ=0，1，当它以v0=3的速度由A点开始向B点滑行时：（1）求滑块通过C点的速度．（2）若滑块滑过C点后能通过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？【考点】动能定理；线速度、角速度和周期、转速．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）利用动能定理即可求的到达C点的速度（2）滑块穿过P孔做竖直上抛运动，由题意，滑块滑过C点后正好穿过P孔，又恰能从Q孔落下，故应在滑块下落的时间内，平台转动半周的奇数倍．根据滑块上抛的时间，求出平台转动的周期，即可求出角速度．【解答】解：由A到C由动能定理可得：解得：滑块到达P处时速度为vP，则有：滑块穿过P空再回到P的时间为：要使小球从Q点穿过，则满足：-22-\n联立解得：（n=0，1，2…）答（1）求滑块通过C点的速度为．（2）若滑块滑过C点后能通过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足，n=1，2，3…【点评】本题考查机械能守恒定律及动能定理的应用，在解题时要注意灵活选择运动过程，对不同的过程应用合适的物理规律；同时注意最后一问中的多解性． 18．（12分）（2022秋•宜昌校级月考）如图所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置．质量为m1、电荷量为+q1的A球和质量为m2、电荷量为+q2的B球穿过细杆（均可视为点电荷）．当t=0时A在O点获得向左的初速度v0，同时B在O点右侧某处获得向左的初速度v1，且v1＞v0．结果发现，在B向O点靠近过程中，A始终向左做匀速运动．当t=t0时B到达O点（未进入非匀强电场区域），A运动到P点（图中未画出），此时两球间距离最小．静电力常量为k．（1）求0～t0时间内A对B球做的功；（2）求杆所在直线上场强的最大值；（3）某同学计算出0～t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设0～t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A球做的功为W3，根据动能定理W2+W3=0又因为W2=﹣W1PO两点间电势差U==请分析上述解法是否正确，并说明理由．【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】计算题；错解分析题；定量思想；极端假设法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）由题，t=0时A球以速度υ0在非匀强电场中向左做匀速运动，以速度υ1向左运动，且υ1＞υ0．则AB间距离不断减小，B球做减速运动，t=t0时两者速度相同，距离最小，在此过程中只有A球的库仑力对B球做功，根据动能定理求解0～t0时间内A对B球做的功；（2）A做匀速运动，所受的电场力与B球对它的库仑力相平衡，当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大，A所受的电场力也最大，场强最大，根据平衡条件和库仑定律求解场强的最大值；（3）该同学的解法是错误的．B球向A球靠近的过程，两者位移不等，W2≠﹣W1．【解答】解：（1）B球运动过程中只受A球对它的库仑力作用，当它运动到0点时速度跟A球相同为v0．库仑力做的功即为B球动能增加量，由动能定理得：-22-\nA对B球做的功W=﹣（2）因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移x=v0t0此时的库仑力F=k因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力相平衡．当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大．因此，电场对A的作用力也最大，电场强度也最大，为E==（3）该同学的解法是错误的．因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2=﹣W1是错误的．答：（1）0～t0时间内A对B球做的功是﹣．（2）杆所在直线上场强的最大值是．（3）该同学的解法是错误的．因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等．【点评】本题根据两球之间库仑力的变化，分析B球的运动情况，确定速度相同时距离最小是关键，再根据动能定理和库仑定律结合求解． 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