北京市二中通州分校高二物理上学期11月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年北京二中通州分校高三（上）月考物理试卷（11月份）一、单项选择题（本题共10小题，满分30分）12013年6月中国宇航员王亚平实现了第一节太空授课，在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，下列实验能在飞船上做的是（）a用刻度尺测长度b用托盘天平测质量c用弹簧秤测一个的重力d用单摆测重力加速度2倾角为、质量为m的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是（）a木块受到的摩擦力大小是mgcosb木块对斜两体的压力大小是mgsinc桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsincosd桌面对斜面体的支持力大小是（m+m）g3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻r=55.0，原线圈两端接一正弦式交变电流，电压u随时间t变化的规律为u=110sin20t（v），时间t的单位是s那么，通过电阻r的电流有效值和频率分别为（）a1.0a、20hzb a、20hzc a、10hzd1.0a、10hz4如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机小灯泡l上标有“6v 12w”字样，电动机的线圈电阻rm=0.50若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12v，此时（）a整个电路消耗的电功率为24wb电动机的热功率为12wc电动机的输出功率为12wd电动机的输入功率为12w5质量为m的原子核，原来处于静止状态当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（）abcd6目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）a由于气体阻力做负功，卫星的动能逐渐减小b由于地球引力做正功，引力势能一定减小c由于气体阻力做功可忽略，因此机械能保持不变d卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小7如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，0点是坐标原点，m、n、p、q是以0为圆心的一个圆周上的四个点，其中m、n在y轴上，q点在x轴上，则（）am点电势比p点电势高bom间的电势差等于no间的电势差c将一负电荷从m点移到p点，电场力做正功d一正电荷在0点的电势能小于在q点的电势能8如图所示，界面mn与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场b和匀强电场e，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直在mn上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是（）a小球做匀变速曲线运动b小球的电势能保持不变c洛伦兹力对小球做正功d小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和9一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流i随时间t变化规律的是（）abcd10如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源n；p、q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为r的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心o，且与圆心o等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为b的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片m由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔s垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法中正确的是（）a从小孔s进入磁场的粒子速度大小一定相等b从小孔s进入磁场的粒子动能一定相等c打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等d打到胶片上位置距离o点越远的粒子，比荷越大二、实验题（本题共2小题，满分0分）11（2015秋海门市校级期中）下面是某同学在研究小车做匀变速直线运动时，用打点计时器打出的一条纸带，图中a、b、c、d、e是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔t=0.1s，由图中的数据可知，打b点时小车的速度（选填“大于”或“小于”）打d点时小车的速度；打c点时小车的速度m/s；小车的加速度是m/s212（2014秋通州区校级月考）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度l为 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径d为 mm；（3）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，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为；（4）为了精确测量圆柱体的电阻rx，设计出如图丁所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接（5）图戊中的6个点表示实验中测得的6组电流i、电压u的值，请在图戌中作出ui图线（6）请根据以上测得的物理量写出电阻率的表达式=三、计算题（本题共5小题，满分0分）13（2014南开区模拟）如图所示，半径r=0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切质量m=0.1kg的小滑块b放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为m=0.1kg的小滑块a以v0=2m/s的水平初速度向b滑行，滑过s=1m的距离，与b相碰，碰撞时间极短，碰后a、b粘在一起运动已知木块a与水平面之间的动摩擦因数=0.2a、b均可视为质点（g=10m/s2）求：（1）a与b碰撞前瞬间的速度大小va；（2）碰后瞬间，a、b共同的速度大小v；（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对a、b的作用力n的大小14（2012秋海淀区期末）如图所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场质量为m，电荷量为q的液滴，以某一速度沿与水平方向成角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从m点匀速运动到n点重力加速度为g（1）判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；（2）求匀强电场的场强e的大小；（3）求液滴从m点运动到n点的过程中电势能的变化量15（2012秋海淀区期末）如图所示，mn、pq为足够长的平行金属导轨，间距l=0.50m，导轨平面与水平面间夹角=37，n、q间连接一个电阻r=5.0，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度b=1.0t将一根质量m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0m已知g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒达到cd处的速度大小；（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻r产生的热量16（2014秋通州区校级月考）如图所示是示波管的原理示意图，电子从灯丝发射出来经电压为u1的电场加速后，通过加速极板a上的小孔o1射出，沿中心线o1o2垂直射入mn间的偏转电场，偏转电场的电压为u2，经过偏转电场的右端p1点离开偏转电场，然后打在垂直于o1o2放置的荧光屏上的p2点已知偏转电场极板mn间的距离为d，极板长度为l，极板的右端与荧光屏之间的距离为l，电子的质量为m，电量为e，电子离开灯丝时的初速度可忽略不计（1）求电子通过o1点的速度大小v1；（2）求电子通过p1点时偏离其通过o1点时运动方向的距离大小；（3）若p2点与o1o2延长线间的距离称为偏转距离y，单位偏转电压引起的偏转距离（即）称为示波器的灵敏度求该示波器的灵敏度17（2014秋通州区校级月考）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图d1、d2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个d形盒正中间开有一条狭缝，两个d形盒接在高频交流电源上在d1盒中心a处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入d2盒中两个d形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达d形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为u，磁场的磁感应强度为b，d形盒的半径为r，狭缝之间的距离为d设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：（1）带电粒子能被加速的最大动能ek和交变电压的频率f；（2）带电粒子在d2盒中第1个半圆的半径和第n个半圆的半径；（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为i，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率p2014-2015学年北京二中通州分校高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，满分30分）12013年6月中国宇航员王亚平实现了第一节太空授课，在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，下列实验能在飞船上做的是（）a用刻度尺测长度b用托盘天平测质量c用弹簧秤测一个的重力d用单摆测重力加速度【考点】超重和失重【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】完全失重是指物体受到的重力完全产生了物体运动的加速度，在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，完全失重的时候，物体的重力全部作为了物体运动所需要的向心力，产生了向心力加速度【解答】解：在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，完全失重的时候，物体的重力全部作为了物体运动所需要的向心力，产生了向心力加速度，凡是利用重力工作的仪器都不能用了故验能在飞船上做的是a，bcd均错误故选：a【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了2倾角为、质量为m的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是（）a木块受到的摩擦力大小是mgcosb木块对斜两体的压力大小是mgsinc桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsincosd桌面对斜面体的支持力大小是（m+m）g【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【专题】摩擦力专题【分析】先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对m和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡【解答】解：ab、先对木块m受力分析，受重力mg、支持力n和静摩擦力f，根据平衡条件，有：f=mgsinn=mgcos故ab错误；cd、对m和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为n=（m+m）g，静摩擦力为零，故c错误，d正确故选：d【点评】本题关键灵活地选择研究对象，运用隔离法和整体法结合求解比较简单方便3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻r=55.0，原线圈两端接一正弦式交变电流，电压u随时间t变化的规律为u=110sin20t（v），时间t的单位是s那么，通过电阻r的电流有效值和频率分别为（）a1.0a、20hzb a、20hzc a、10hzd1.0a、10hz【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据表达式可以知道交流电压的最大值和交流电的周期，根据电压与匝数成正比可以求得副线圈的电压的大小【解答】解：根据表达式可知，交流电的最大值为110v，所以原线圈的电压的有效值为110v，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为55v，电流为=1a，有表达式可知，交流电的频率为=10hz，故选：d【点评】本题考查的是学生对表达式的理解能力，根据表达式读出交流电的最大值和周期，根据电压和匝数之间的关系即可求得4如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机小灯泡l上标有“6v 12w”字样，电动机的线圈电阻rm=0.50若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12v，此时（）a整个电路消耗的电功率为24wb电动机的热功率为12wc电动机的输出功率为12wd电动机的输入功率为12w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机与灯泡串联，通过它们的电流相等；已知小灯泡额定电压与额定功率，由电功率公式的变形公式求出灯泡正常工作时的电流；由电功率公式分析答题【解答】解：灯泡正常发光，则电路电流i=il=2a；a、已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故a错误；b、电动机的热功率pq=i2rm=220.5=2w，故b错误；c、灯泡正常发光时，电动机电压um=uul=126=6v，电动机的输入功率p=umi=62=12w，电动机的输出功率p出=ppq=12w2w=10w，故c错误，d正确；故选d【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差5质量为m的原子核，原来处于静止状态当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（）abcd【考点】动量守恒定律【分析】本题属于“反冲”问题，原子核放出粒子过程中动量守恒，因此根据动量守恒直接列方程求解即可【解答】解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mv+（mm）v=0所以解得：v=，负号表示速度与放出粒子速度相反故选：b【点评】本题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，要注意该定律的适用条件和公式中物理量的含义以及其矢量性6目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）a由于气体阻力做负功，卫星的动能逐渐减小b由于地球引力做正功，引力势能一定减小c由于气体阻力做功可忽略，因此机械能保持不变d卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小【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【专题】人造卫星问题【分析】本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可【解答】解：a、由，可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，故a错误；b、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，故b正确；c、气体阻力做功不可忽略，由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故c错误；d、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故d错误故选：b【点评】本题要注意若卫星做圆周运动，则应满足，可得轨道半径越小v越大，应熟记7如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，0点是坐标原点，m、n、p、q是以0为圆心的一个圆周上的四个点，其中m、n在y轴上，q点在x轴上，则（）am点电势比p点电势高bom间的电势差等于no间的电势差c将一负电荷从m点移到p点，电场力做正功d一正电荷在0点的电势能小于在q点的电势能【考点】电势；电势差；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解答本题需要掌握：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m点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，p点的电势比m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小，故由公式u=ed可知，om间的电势差小于no间的电势差，故b错误；c、m点的电势比p点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故c正确；d、o点电势高于q点，根据ep=q可知，正电荷在o点时的电势能大于在q点时的电势能，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8如图所示，界面mn与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场b和匀强电场e，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直在mn上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是（）a小球做匀变速曲线运动b小球的电势能保持不变c洛伦兹力对小球做正功d小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球重力不可忽略，进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，重力与电场力恒定，但洛伦兹力时刻变化，运动过程前两力做功而洛伦兹力不做功，从而即可求解【解答】解：a、小球进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将会改变，小球做变速曲线运动，故a错误；b、下落过程中，电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，故b错误；c、小球从静止开始下落到水平地面过程中，洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和，故c错误，d正确；故选：d【点评】全面分析粒子的受力，明确各力的做功特点，依据功能关系、动能定理及曲线运动条件和牛顿运动定律认真分析9一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流i随时间t变化规律的是（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象【解答】解：感应定律和欧姆定律得i=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度b随t的变化率由图2可知，01时间内，b增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01为负的恒值；12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值故c正确，abd错误；故选：c【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果10如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源n；p、q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为r的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心o，且与圆心o等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为b的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片m由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔s垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法中正确的是（）a从小孔s进入磁场的粒子速度大小一定相等b从小孔s进入磁场的粒子动能一定相等c打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等d打到胶片上位置距离o点越远的粒子，比荷越大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可【解答】解：直线加速过程，根据动能定理，有： 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有： 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvb=m a、由解得：v= r= 由式，只要满足r=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由式，比荷不同的粒子从小孔s进入磁场的粒子速度大小一定不同，故a错误；b、由式，从小孔s进入磁场的粒子动能为qu，故不同电量的粒子的动能不同，故b错误；c、由解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由式，比荷相同，故粒子的速度相同，故c正确；d、由解得：r=，故打到胶片上位置距离o点越远的粒子，比荷越小，故d错误；故选：c【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理和牛顿第二定律列式分析二、实验题（本题共2小题，满分0分）11（2015秋海门市校级期中）下面是某同学在研究小车做匀变速直线运动时，用打点计时器打出的一条纸带，图中a、b、c、d、e是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔t=0.1s，由图中的数据可知，打b点时小车的速度小于（选填“大于”或“小于”）打d点时小车的速度；打c点时小车的速度0.24m/s；小车的加速度是0.805m/s2【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题【分析】根据平均速度的定义式求解计数点b、d对应的时间内小车平均速度的大小；根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小【解答】解：由图中的数据可知，从a到d相邻计数点的距离增大，所以小车做的是加速运动，即打b点时小车的速度小于打d点时小车的速度；打纸带上c点时小车的瞬时速度大小为：vc=0.24m/s由题意可知：x=at2，故带入数据解得：a=0.805m/s2；故答案为：小于，0.24；0.805【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力12（2014秋通州区校级月考）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度l为50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径d为4.700 mm；（3）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，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为220；（4）为了精确测量圆柱体的电阻rx，设计出如图丁所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接（5）图戊中的6个点表示实验中测得的6组电流i、电压u的值，请在图戌中作出ui图线（6）请根据以上测得的物理量写出电阻率的表达式=【考点】测定金属的电阻率【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）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；（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（4）根据电路图，注意电源的正负极，即可求解；（5）明确电阻ui图象的物理意义，作图注意事项：不要做成折线，让直线尽量多的穿过数据点；（6）根据图象的斜率大小含义，结合欧姆定律r=，再根据电阻定律r=，则有=，从而即可求解【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；（2）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：4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）该电阻的阻值约为22.010=220（4）根据电路图，滑动变阻器分压式接入，同时注意电源的正负极，及电表的正负性，如下左图所示：（5）作ui直线，舍去左起第二点，其余5个点尽量靠近直线均匀分布在直线两侧，如上右图所示（6）由电阻定律r=，得：=s是圆柱材料的截面积为：s=r2=联立带入数据得：=故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）如上左图所示；（5）如上右图所示；（6）【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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；掌握由电路图连接实物图的方法与注意事项，注意电表的正负极，并理解电阻定律的内容三、计算题（本题共5小题，满分0分）13（2014南开区模拟）如图所示，半径r=0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切质量m=0.1kg的小滑块b放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为m=0.1kg的小滑块a以v0=2m/s的水平初速度向b滑行，滑过s=1m的距离，与b相碰，碰撞时间极短，碰后a、b粘在一起运动已知木块a与水平面之间的动摩擦因数=0.2a、b均可视为质点（g=10m/s2）求：（1）a与b碰撞前瞬间的速度大小va；（2）碰后瞬间，a、b共同的速度大小v；（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对a、b的作用力n的大小【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块做匀减速直线运动的加速度，再根据匀变速直线运动的速度位移公式求出a、b碰撞前瞬间的速度大小（2）根据动量守恒定律求出碰后瞬间，a与b共同的速度（3）根据动能定理求出到达c点的速度，再根据牛顿第二定律求出轨道对a与b的作用力大小【解答】解：（1）滑块做匀减速直线运动，加速度大小： =2 m/s2va2v02=2ax解得：va=6m/s答：a与b碰撞前瞬间的速度大小为6m/s（2）碰撞过程中满足动量守恒：mva=2mv解得：v=3m/s答：碰后瞬间，a与b共同的速度大小为3m/s（3）由b运动到c的过程中，根据动能定理设c点的速度为vc，2mg2r=2mvc2解得：vc=m/s根据受力分析：2mg+n=2m解得：n=8n答：轨道对a与b的作用力n的大小为8n【点评】本题综合考查了牛顿定律、动能定理和动量守恒定律基础运用，虽然是综合题，但难度不大14（2012秋海淀区期末）如图所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场质量为m，电荷量为q的液滴，以某一速度沿与水平方向成角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从m点匀速运动到n点重力加速度为g（1）判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；（2）求匀强电场的场强e的大小；（3）求液滴从m点运动到n点的过程中电势能的变化量【考点】带电粒子在混合场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）对液滴受力分析，受重力、电场力和洛伦兹力，做直线运动；若合力与速度方向共线，变速运动，洛伦兹力变化，不能维持直线运动，矛盾，故一定是匀速直线运动，合力为零，从而根据左手定则确定粒子的电性；（2）液滴受力平衡，根据平衡条件并运用合成法列式求解即可；（3）电势能的减小量等于电场力做的功【解答】解：（1）液滴带正电 液滴受力示意图如图所示（2）设匀强电场的电场强度为e，由图可知eq=mgtan故（3）设液滴运动的速度为v，由图可知mg=qvbcos解得v=设mn之间的距离为d，则d=vt=液滴从m点运动到n，电场力做正功，电势能减少，设电势能减少量为e，e=eqdcos解得e=mgtancos=答：（1）液滴带的是正电，液滴受力示意图如上图；（2）匀强电场的场强e的大小为；（3）液滴从m点运动到n点的过程中电势能的变化量为【点评】本题关键是结合运动情况分析受力情况，得到粒子做匀速直线运动，然后根据平衡条件并运用合成法列式求解，同时要明确电场力做的功与电势能变化的关系15（2012秋海淀区期末）如图所示，mn、pq为足够长的平行金属导轨，间距l=0.50m，导轨平面与水平面间夹角=37，n、q间连接一个电阻r=5.0，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度b=1.0t将一根质量m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0m已知g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒达到cd处的速度大小；（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻r产生的热量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）金属棒刚开始下滑时受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律求出金属棒沿导轨开始下滑的加速度大小（2）金属棒到达cd处受重力、支持力、摩擦力和安培力平衡，结合闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式以及共点力平衡求出匀速运动的速度（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中动能增加、重力势能减小，摩擦产生的内能增加，整个回路产生的热量增加，根据能量守恒定律求出电阻r上产生的热量【解答】解：（1）设金属杆的加速度大小为a，则mgsinmgcos=maa=2.0m/s2（2）设金属棒达到cd位置时速度大小为v、电流为i，金属棒受力平衡，有mgsin=bil+mgcos解得 v=2.0m/s（3）设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻r上产生的热量为q，由能量守恒，有解得 q=0.10j答：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小为2m/s2（2）金属棒达到cd处的速度大小为2m/s（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻r产生的热量为0.10j【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律等，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题16（2014秋通州区校级月考）如图所示是示波管的原理示意图，电子从灯丝发射出来经电压为u1的电场加速后，通过加速极板a上的小孔o1射出，沿中心线o1o2垂直射入mn间的偏转电场，偏转电场的电压为u2，经过偏转电场的右端p1点离开偏转电场，然后打在垂直于o1o2放置的荧光屏上的p2点已知偏转电场极板mn间的距离为d，极板长度为l，极板的右端与荧光屏之间的距离为l，电子的质量为m，电量为e，电子离开灯丝时的初速度可忽略不计（1）求电子通过o1点的速度大小v1；（2）求电子通过p1点时偏离其通过o1点时运动方向的距离大小；（3）若p2点与o1o2延长线间的距离称为偏转距离y，单位偏转电压引起的偏转距离（即）称为示波器的灵敏度求该示波器的灵敏度【考点】示波管及其使用【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】（1）（2）根据动能定