湖北省荆荆襄宜四地七校考试联盟2016 2017高二上期中物理试卷解析版

1、第1页（共20页） 2016-2017学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二（上）期中物理试卷 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1以下说法符合历史事实的是（ ） A伽利略总结了导师第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星三大定律 B库仑采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量因此被誉为第一个称量地球质量的人 C法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念 D牛顿对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动 2如图

2、所示，为一物体运动的速度时间图象，下列说法正确的是（ ） A该物体的运动可能是曲线运动 B该物体的运动一定是直线运动 C该物体的运动一定是抛物线运动 D该物体的运动一定是圆周运动 32016年9月15日22时04分，我国天宫二号空间实验室发射成功如图为发射过程的示意图，先将天宫二号由地球表面发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将天宫二号送入圆轨道3轨道1、2相切于b点，轨道2、3相切于c点，则当天宫二号分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ） A天宫二号在轨道3上的速率、角速度、加速度均大于在轨道1上的速率、角速度、加速度 B天宫二号在轨道1上

3、运行时的周期大于在轨道2上运行时的周期；在轨道2上运行时的周期大于在轨道3上运行时的周期 C天宫二号在轨道1上经过b点时的速度小于它在轨道2上经过b点时的速度，在轨道2上经过c点时的速度小于它在轨道3上经过c点时的速度 D天宫二号在轨道1上经过b点的加速度小于在轨道2上经过b点时的加速度，在轨道2上经过c点的加速度小于在轨道3上经过c点时的加速度 4下列说法正确的是（ ） A流过非线性元件的电流，随两端所加电压的均匀增加而均匀增大 第2页（共20页） B电源电动势数值上等于在外电路中将单位正电荷从电源正极移到负极静电力所做的功 C锰铜合金的电阻率几乎不随温度的变化而改变，可制作电阻温度计 D测

4、电阻时，欧姆表的指针偏转角太小，应将选择开关拨至倍率较大的档位，重新欧姆调零后再测量 5如图所示a、b和c表示点电荷的电场中的三个等势面它们的电势分别为a=0.6V、b=0.4V和c=0.15V一质子（H）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断： 质子从a等势面运动到c等势面电势能增加0.45eV 质子从a等势面运动到c等势面动能增加0.45eV 质子经过等势面c时的速率为2.25v 质子经过等势面c时的速率为1.5v 上述判断正确的是（ ） A B C D 6如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电

5、粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，粒子电势能减少了E1若保持上板不动，将下板上移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，粒子在电场中电势能减少了E2，下列分析正确的是（ ） A电容变大，两板间电压不变，两板间场强变大 B电容变小，两板间电压变大，两板间场强不变 C粒子将打在下板上，且E1E2 D粒子仍然从下板右边缘飞出电场，且E1=E2 7如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带负电，电荷量均为q，c带正电整个系统置于水平方向的匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态，则下列说法正确的是（ ） A场强E

6、的大小等于，且能推算出C的电荷量 B场强E的大小等于，不能推算出C的电荷量 第3页（共20页） C场强E的大小等于，方向由C点垂直指向ab连线 D场强E的大小等于，方向垂直通过ab连线指向C点 8一个直流电动机，当它两端所加电压为3V，转子被抱死时，通过它的电流为3A；当它两端所加电压为8V，电动机正常工作时，通过电动机的电流为2A由此可知电动机正常工作时（ ） A电动机消耗的电功率24W B电动机的电热功率为9W C电动机通过细绳可将质量为0.4kg的物体以3m/s的速度沿竖直方向匀速吊起（不计一切摩擦，g=10m/s2） D电动机的工作效率为25% 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题5

7、分，共15分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对但不全的得3分，有选错的得0分） 9如图所示，三个重力不计完全相同的粒子a、b、c，同时从同一点沿水平方向飞入竖直偏转电场，出现了如图所示的轨迹，下列判断正确的是（不计a、b、c之间的相互作用）（ A刚进电场时b、c的速度相同，a的速度最小 B在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 Cb和c同时飞离电场 D它们在电场运动的全过程中，动能的增加量c最小，a和b一样大 10如图所示的电路中，所有电阻都不受温度影响，滑片位于滑动变阻器R2的中点，电键S闭合时，水平放置的平行板电容器中带电尘埃恰好处于静止状态现将滑片由中

8、点移动到b端的过程中，设U1、U2、U3分别为三块电压表示数变化量的绝对值，I为流经电源电流变化量的绝对值，则下列说法正确的是（ ） A不断增大 B = 第4页（共20页） C通过R3的电流由c经R3至d D尘埃带负电，向上做加速度越来越大的加速运动 11如图所示，P是固定在水平面CD上的一半径为R的圆弧槽轨道，从水平桌面边缘A处，以速度v0水平飞出一个质量为m的小球，恰好能从圆弧槽左端B点处沿圆弧槽切线方向进入轨道已知O点是圆弧槽轨道的圆心，桌面比水平面高H，1是OB与竖直方向的夹角，2是AB与竖直方向的夹角，H=2R，v0=，则（ ） Atan1tan2=1 Btan1tan2=2 C小球

9、到达D点时对圆轨道的压力大小为7mg D小球到达D点时对圆轨道的压力大小为6mg 三、实验题：本大题共2小题，第12题4分，第13题11分，共15分把答案写在答题卡指定的答题处，不要求写出演算过程 12正确读出下列各数： 图1游标卡尺的读数为 mm 图2螺旋测微器的读数 mm 13（1）某同学对一个表头G进行改装，已知其满偏电流Ig=100A，内阻标称值Rg=900，先利用定值电阻R1将表头改装成一个1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成一个3V的电压表V1（如图1所示）；则根据条件，定值电阻R1= ，R2= （2）改装完毕后，他用量程为3V，内阻为2500的标准电压表V2对此

10、电压表从0开始全范围的刻度进行校准滑动变阻器R有两种规格： A：滑动变阻器（020） B：滑动变阻器（02K） 为了实验中电压调节方便，R应选用 （填A或B） （3）完成图2中的校准电路图（要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上） （4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数 （填“偏大”或“偏小”） 第5页（共20页） 四、计算题：本大题共3小题，第14题10分，第15题12分，第16题18分，共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤 14如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长L1=10cm，两板

11、间的距离d=10cm，两板间电压U=50V图中虚线O1O2为平行于两板的中轴线一带电粒子以初速度v0从O1沿O1O2射入电场，最终打在离两板右端L2=20cm竖直屏上的P点到达P点的瞬时速度与水平方向的夹角=45°（粒子的比荷为1.8×1013，不计粒子的重力）求： （1）初速度v0多大？ （2）P到O2的距离Y多大？ 15为了测电阻R的阻值，某同学用一个电动势E=10V，内阻不计的电池，一个电阻箱R1，一个内阻Rg未知的灵敏电流计G，组成了如图1所示的电路，通过改变电阻箱R1的阻值得到多组G的示数I，并作出了如图2所示图象请根据该图象所给信息求出待测电阻R的阻值 16如图

12、所示，倾角=37°的绝缘斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接其中，水平面处在竖直向下的匀强电场中；斜面处在水平向右匀强电场中，场强的大小均为E今让一个带电金属块从斜面顶端由静止开始下滑，已知在金属块下滑到斜面底端的过程中动能增加了Ek=12J，金属块克服摩擦力做功Wf=8.0J，重力做功WG=24J，设在整个运动过程中金属块的带电量保持不变（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： 第6页（共20页） （1）在上述过程中电场力所做的功W电； （2）滑块与斜面之间的动摩擦因数； （3）若已知匀强电场的场强E=7×105V/

13、m，金属块所带的电量q=×105C则金属块在水平面上滑行的距离L2为多长？ 第7页（共20页） 2016-2017学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1以下说法符合历史事实的是（ ） A伽利略总结了导师第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星三大定律 B库仑采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量因此被誉为第一个称量地球质量的人 C法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念 D

14、牛顿对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动 【考点】物理学史 【分析】本题是物理学史问题，根据伽利略、开普勒、牛顿、卡文迪、法拉第许等等科学家的物理学成就进行解答 【解答】解：A、开普勒对天体的运行做了多年的研究，最终得出了行星运行三大定律，故A错误 B、哥卡文迪许采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量因此被誉为第一个称量地球质量的人，故B错误 C、法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念，故C正确 D、伽利略对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运

15、动，故D错误 故选：C 2如图所示，为一物体运动的速度时间图象，下列说法正确的是（ ） A该物体的运动可能是曲线运动 B该物体的运动一定是直线运动 C该物体的运动一定是抛物线运动 D该物体的运动一定是圆周运动 【考点】匀变速直线运动的图像 【分析】速度时间图象反映物体的速度随时间的变化情况，不是物体的运动轨迹，而且只能表示直线运动的规律 【解答】解、AB、速度时间图象只能表示物体做直线运动时速度与时间的关系，故A错误，B正确 第8页（共20页） C、抛物线运动的加速度不变，图象是倾斜直线，故C错误 D、速度图象不是物体的运动轨迹，该物体的运动不一定是圆周运动故D错误 故选：B 32016年9月

16、15日22时04分，我国天宫二号空间实验室发射成功如图为发射过程的示意图，先将天宫二号由地球表面发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将天宫二号送入圆轨道3轨道1、2相切于b点，轨道2、3相切于c点，则当天宫二号分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ） A天宫二号在轨道3上的速率、角速度、加速度均大于在轨道1上的速率、角速度、加速度 B天宫二号在轨道1上运行时的周期大于在轨道2上运行时的周期；在轨道2上运行时的周期大于在轨道3上运行时的周期 C天宫二号在轨道1上经过b点时的速度小于它在轨道2上经过b点时的速度，在轨道2上经过c点时的速度小于它在轨

17、道3上经过c点时的速度 D天宫二号在轨道1上经过b点的加速度小于在轨道2上经过b点时的加速度，在轨道2上经过c点的加速度小于在轨道3上经过c点时的加速度 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题 【解答】解：A、由万有引力提供向心力得：a=，v=，可得半径大的三个值小，则A错误 B、由万有引力提供向心力得：T=，则轨道1的周期小于轨道2的周期小于轨道3的周期则B错误 C、在b点由轨道1变为轨道2要加速，在C点由轨道2变为轨道3要加速，则C正确 D、在同一点万有引力相同，

18、加速度相同，则D错误 故选：C 4下列说法正确的是（ ） A流过非线性元件的电流，随两端所加电压的均匀增加而均匀增大 B电源电动势数值上等于在外电路中将单位正电荷从电源正极移到负极静电力所做的功 C锰铜合金的电阻率几乎不随温度的变化而改变，可制作电阻温度计 D测电阻时，欧姆表的指针偏转角太小，应将选择开关拨至倍率较大的档位，重新欧姆调零后再测量 【考点】电阻定律；欧姆定律 第9页（共20页） 【分析】流过非线性元件的电流，随两端所加电压的均匀增加电流不是均匀增大；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势；测电阻时，欧姆

19、表的指针偏转角太小，说明待测电阻的电阻值比较大 【解答】解：A、流过线性元件的电流，随两端所加电压的均匀增加而均匀增大；流过非线性元件的电流，随两端所加电压的均匀增加电流不是均匀增大故A错误； B、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功；故B错误 C、锰铜合金的电阻率几乎不随温度的变化而改变，可制作标准电阻故C错误； D、测电阻时，欧姆表的指针偏转角太小，说明待测电阻的电阻值比较大，所以应将选择开关拨至倍率较大的档位，重新欧姆调零后再测量故D正确 故选：D 5如图所示a、b和c表示点电荷的电场中的三个等势面它们的电势分别为a=0.6V、b=0.4V和c=0.15V一

20、质子（H）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断： 质子从a等势面运动到c等势面电势能增加0.45eV 质子从a等势面运动到c等势面动能增加0.45eV 质子经过等势面c时的速率为2.25v 质子经过等势面c时的速率为1.5v 上述判断正确的是（ ） A B C D 【考点】等势面 【分析】质子带一个元电荷的电荷量e，则在运动过程中电场力做功W=eU，由做功的值分析能量与速度的变化 【解答】解：由于a=0.6V、b=0.4V和c=0.15V，则：Uab=ab=0.60.4=0.2V Uac=ac=0.60.15=0.45V 所

21、以：Wab=q?Uab=0.2eV Wac=qUac=0.45eV 质子从a等势面运动到c等势面电场力做功为0.45eV，则电势能减小0.45eV故错误； 质子从a等势面运动到c等势面电场力做功为0.45eV，则动能增加0.45eV故正确； 、子从a等势面运动到b等势面电场力做功为0.2eV，则动能增加0.2 eV，即质子的动能是0.2eV，质子经过等势面c时的动能是0.45eV， 所以：Ec=2.25Eb 由：E= 联立可知：vc=1.5vb故错误正确 故ABC错误，D正确 故选：D 第10页（共20页） 6如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射

22、入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，粒子电势能减少了E1若保持上板不动，将下板上移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，粒子在电场中电势能减少了E2，下列分析正确的是（ ） A电容变大，两板间电压不变，两板间场强变大 B电容变小，两板间电压变大，两板间场强不变 C粒子将打在下板上，且E1E2 D粒子仍然从下板右边缘飞出电场，且E1=E2 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析 【分析】将电容器下板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况，注意粒子做类平抛运动，根据W=Uq可分析电场力做功情况，从而明确电势能的变化情况 【

23、解答】解：A、由C=可知，d减小时，电容增大，将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E=，可知当d减小时，场强E不变，但极板间电压U=Ed会随d减小而降低，故AB错误 C、由于场强不变，故粒子运动轨迹不变，由于下板上移，故粒子将打在下板上，由于电势差变小，电场力做功减小，故电势能该变量变小，故C正确，D错误， 故选：C 7如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带负电，电荷量均为q，c带正电整个系统置于水平方向的匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态，则下列说法正确的是（ ） A场强E的大小等于，且能

24、推算出C的电荷量 B场强E的大小等于，不能推算出C的电荷量 C场强E的大小等于，方向由C点垂直指向ab连线 D场强E的大小等于，方向垂直通过ab连线指向C点 第11页（共20页） 【考点】库仑定律；电场的叠加 【分析】三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小 三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解C球的带电量 【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即： 2××cos30°=E?Q； 所以匀强电场场强的大小为

25、，方向垂直通过ab连线指向C点， 设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析， 根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即： =×cos60°，解得：QC=2q，故D正确，ABC错误 故选：D 8一个直流电动机，当它两端所加电压为3V，转子被抱死时，通过它的电流为3A；当它两端所加电压为8V，电动机正常工作时，通过电动机的电流为2A由此可知电动机正常工作时（ ） A电动机消耗的电功率24W B电动机的电热功率为9W C电动机通过细绳可将质量为0.4kg的物体以3m/s的速度沿竖直方向匀速吊起（不计一切摩擦，g=10m/s2） D电动机的工作效率为25%

26、 【考点】电功、电功率 【分析】电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻，由P=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率； 【解答】解：电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻： r=1 A、电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为：P入=I1U1=8×2 W=16 W故A错误； 第12页（共20页） B、电动机的电热功率为： =4 W故B错误； C、电动机的机械功率：P机=P入P内=16 W4 W=12 W 质量为0.4kg的物体以3m/s的速度

27、沿竖直方向匀速吊起时的功率：P=Fv=mgv=0.4×10×3=12 W 所以电动机通过细绳可将质量为0.4kg的物体以3m/s的速度沿竖直方向匀速吊起故C正确； D、电动机的工作效率为=%故D错误 故选：C 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题5分，共15分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对但不全的得3分，有选错的得0分） 9如图所示，三个重力不计完全相同的粒子a、b、c，同时从同一点沿水平方向飞入竖直偏转电场，出现了如图所示的轨迹，下列判断正确的是（不计a、b、c之间的相互作用）（ A刚进电场时b、c的速度相同，a的速度最小 B在b

28、飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 Cb和c同时飞离电场 D它们在电场运动的全过程中，动能的增加量c最小，a和b一样大 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量 【解答】解：A、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v= 因xc=xb，tctb，则vcvb 根据ta=tb，xbxa则vbva所以有：vcvbva故A错误 B、三个粒子的

29、质量和电量都相同，则知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；故B正确 C、b、c竖直方向上的位移不等，ycyb根据y=at2，可知tctb故C错误 D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等c电荷电场力做功最少，动能增加量最小故D正确 故选：BD 第13页（共20页） 10如图所示的电路中，所有电阻都不受温度影响，滑片位于滑动变阻器R2的中点，电键S闭合时，水平放置的平行板电容器中带电尘埃恰好处于静止状态现将滑片由中点移动到b端的过程中，设U1、U2、U3分别为三块电压表示数变化量的绝

30、对值，I为流经电源电流变化量的绝对值，则下列说法正确的是（ ） A不断增大 B = C通过R3的电流由c经R3至d D尘埃带负电，向上做加速度越来越大的加速运动 【考点】闭合电路的欧姆定律 【分析】根据滑动变阻器阻值的变化得出总电阻的变化，从而得出总电流的变化，结合闭合电路欧姆定律，抓住电动势和内阻不变，得出电容器两端电势差的变化，从而得出液滴的运动情况根据闭合电路的欧姆定律得出各电压表示数的变化量与电流变化量的比值； 【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律，所以，保持不变，故A错误； B、时定值电阻，；电压表测量路端电压，所以，故B错误； C、滑片由中点移动到b端的过程中，变阻器的电阻变大，

31、电路总电阻变大，总电流变小，滑动变阻器两端的电压变大，滑动变阻器两端的电压等于电容器两端的电压，电容器电压增加，电量增加，电容器充电，电流由负极板流向正极板，即通过的电流由c经至d，故C正确 D、电容器上极板带正电，电场方向向下，尘埃原来静止，则重力和电场力平衡，电场力向上，所以尘埃带负电，因为电容器两端的电压不断增加，电场强度不断增加，电场力不断增加，根据牛顿第二定律Eqmg=ma，加速度不断增大，所以向上做加速度越来越大的加速运动，故D正确； 故选：CD 11如图所示，P是固定在水平面CD上的一半径为R的圆弧槽轨道，从水平桌面边缘A处，以速度v0水平飞出一个质量为m的小球，恰好能从圆弧槽左

32、端B 点处沿圆弧槽切线方第14页（共20页） 向进入轨道已知O点是圆弧槽轨道的圆心，桌面比水平面高H，1是OB与竖直方向的夹角，2是AB与竖直方向的夹角，H=2R，v0=，则（ ） Atan1tan2=1 Btan1tan2=2 C小球到达D点时对圆轨道的压力大小为7mg D小球到达D点时对圆轨道的压力大小为6mg 【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力 【分析】从图中可以看出，速度与水平方向的夹角为1，位移与竖直方向的夹角为2然后求出两个角的正切值，应用平抛运动规律求出两角正切值间的关系；应用动能定理与牛顿第二定律求出小球与轨道间的作用力 【解答】解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动

33、，在竖直方向上做自由落体运动速度与水平方向的夹角为1，tan1=位移与竖直方向的夹角为2，tan2=，则tan1tan2=×=2，故A错误，B正确； C、小球从抛出到到达D点过程，由动能定理得：mgH=mvD2mv02，在D点，由牛顿第二定律得：Nmg=m，解得：N=7mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：N=N=7mg，故C正确，D错误； 故选：BC 三、实验题：本大题共2小题，第12题4分，第13题11分，共15分把答案写在答题卡指定的答题处，不要求写出演算过程 12正确读出下列各数： 图1游标卡尺的读数为 100.4 mm 图2螺旋测微器的读数 1.604 mm 第15页

34、（共20页） 【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：游标卡尺的主尺读数为100mm，可动刻度读数为0.1×4=0.4mm，所以最终读数为：100mm+0.4mm=100.4mm； 螺旋测微器的固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×10.4=0.104mm，所以最终读数为：1.5mm+0.104mm=1.604mm 故答案为：100.4；1.604 13（1）某同学对一个表头G进行改装，已知其满偏电流Ig=

35、100A，内阻标称值Rg=900，先利用定值电阻R1将表头改装成一个1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成一个3V的电压表V1（如图1所示）；则根据条件，定值电阻R1= 100 ，R2= 2910 （2）改装完毕后，他用量程为3V，内阻为2500的标准电压表V2对此电压表从0开始全范围的刻度进行校准滑动变阻器R有两种规格： A：滑动变阻器（020） B：滑动变阻器（02K） 为了实验中电压调节方便，R应选用 A （填A或B） （3）完成图2中的校准电路图（要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上） （4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压

36、表的读数 偏小 （填“偏大”或“偏小”） 【考点】把电流表改装成电压表 【分析】（1）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把嗲刘波改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值 （2）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器 （4）根据实验电路应用串并联电路特点分析答题 【解答】解：（1）由图示电路图可知：R1=100， 改装后电流表内阻：RA=90， 把电流表改装成电压表，串联电阻：R2=RA=90=2910； （2）为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A （3）电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法， 标准电压表与改装后的

37、电压表并联，电路图如图所示： 第16页（共20页） （4）表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大， 电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小， 改装后的电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小 故答案为：（1）100；2910；（2）A；（3）电路图如图所示；（4）偏小 四、计算题：本大题共3小题，第14题10分，第15题12分，第16题18分，共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤 14如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长L1=

38、10cm，两板间的距离d=10cm，两板间电压U=50V图中虚线O1O2为平行于两板的中轴线一带电粒子以初速度v0从O1沿O1O2射入电场，最终打在离两板右端L2=20cm竖直屏上的P点到达P点的瞬时速度与水平方向的夹角=45°（粒子的比荷为1.8×1013，不计粒子的重力）求： （1）初速度v0多大？ （2）P到O2的距离Y多大？ 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【分析】（1）根据粒子在电场中做类平抛运动求解水平方向速度与位移关系；根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据竖直方向的匀加速直线运动求解速度与时间关系，根据偏转角进行运动合成，即可求解初速度大小； （2）根据竖直方向位移时间关系求解出电场的偏转位移，根据三角形相似列方程求解Y 【解答】解：（1）粒子在电场中运动时，水平方向有 L1=v0t 竖直方向的加速度a=9×1015m/s2 离开电场时竖直方向的分速度vy=at 粒子离开电场后做匀速直线运动，故在P点时的速度和离开电场时的速度一样， 依题意有=tan45° 即vy=v0，则 L1=v0t=at2 第17页（共20页） 解得：t= 由以上式子解得v0=at=9×1015×m/s=3×107m/s； （2）粒子在电场中的偏转距离y=at2= 由三角形相似有， 解得Y=0.25m 答