贵州省贵阳市达标名校2020年高考一月仿真备考物理试题含解析

贵州省贵阳市达标名校2020年高考一月仿真备考物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一个质量为4 kg的物体，在四个共点力作用下处于平衡状态，当其中两个大小分别为5 N和7 N的力突然同时消失，而另外两个恒力不变时，则物体（）
A．可能做匀速圆周运动
B．受到的合力可能变为15 N
C．将一定做匀加速直线运动
D．可能做加速度为a=2 m/s2匀变速曲线运动
2．图为某发电站的发电机发出的交流电，经升压变压器、降压变压器后向某小区的用户供电的示意图，已知升压变压器原线圈两端的电压为500sin100(V)
u tπ
=。

则下列说法正确的是（）
A．小区用户得到的交流电的频率可能为100Hz
B．升压变压器原线圈两端的电压的有效值为500V
C．用电高峰时输电线上损失的电压不变
D．深夜小区的用户逐渐减少时，输电线损耗的电功率减小
3．如图所示，空间P点离地面足够高，从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的墙壁上，若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小
A．一定不断增大
B．一定不断减小
C．可能先增大后减小
D．可能先减小后增大
4．2016年2月，物理学界掀起了“引力波”风暴，证实了爱因斯坦100年前所做的预测。

据报道，各种各样的引力波探测器正在建造或者使用当中。

可能的引力波探测源包括致密双星系统（白矮星、中子星和黑洞）。

若质量分别为m1和m2的A、B两天体构成双星，如图所示。

某同学由此对该双星系统进行了分析并总结，其中结论不正确的是（）
A ．A 、
B 做圆周运动的半径之比为m 2：m 1
B ．A 、B 做圆周运动所需向心力大小之比为1：1
C ．A 、B 做圆周运动的转速之比为1：1
D ．A 、B 做圆周运动的向心加速度大小之比为1：1
5．在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，符号是C ，静电力常量k=9.0×109 N·m 1 /C 1．关于电荷量与库仑力，下列说法不正确的是
A ．两个电荷量为1 C 的点电荷在真空中相距1 m 时，相互作用力相当于地球上一百万吨的物体所受的重力
B ．我们几乎不可能做到使相距1 m 的两个物体都带1
C 的电荷量
C ．在微观带电粒子的相互作用中，库仑力比万有引力强得多
D ．库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上很相似，所以它们是性质相同的两种力
6．一辆汽车在水平公路上拐弯，其运动可看成匀速圆周运动。

沿圆周运动半径方向的汽车轮胎与路面的最大静摩擦力为41.410N ⨯。

圆周运动的半径为80m ，汽车的质量为3
2.010kg ⨯。

在汽车做圆周运动过程中（ ）
A ．受重力、支持力、半径方向的静摩擦力、向心力
B ．为避免侧滑，向心加速度不能超过27.0m /s
C ．为避免侧滑，最大速度为30m /s
D ．速度为20m /s 时，在半径方向轮胎与地面间的摩擦力为41.410N ⨯
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．以下说法正确的是______。

A ．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石是晶体，石墨是非晶体，但组成它们的微粒均是碳原子
B ．第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律
C ．一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的
D ．对于一定质量的理想气体，若气体的体积减小而温度降低，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数可能不变
E.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性
8．CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．电阻R 的最大电流为2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为2BLL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh μmgd －
D ．电阻R 中产生的焦耳热为12
mgh 9．在倾角为θ的光谱固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，开始未加电场系统处于静止状态，B 不带电，A 带电量为q +，现加一沿斜面方问向上的匀强电场，物块A 沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，之后两个物体运动中当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（ ）
A ．从加电场后到
B 刚离开
C 的过程中，A 发生的位移大小为3sin mg k
θ B ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，挡板C 对小物块B 的冲量为0
C ．B 刚离开C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为()3sin 2mg ma v θ+
D ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小
10．2019年4月10日晚，数百名科学家参与合作的“事件视界望远镜(EHT)”项目在全球多地同时召开新闻
发布会，发布了人类拍到的首张黑洞照片．理论表明：黑洞质量M 和半径R 的关系为2
2M c R G
=，其中c 为光速，G 为引力常量．若观察到黑洞周围有一星体绕它做匀速圆周运动，速率为v ，轨道半径为r ，则可
知()
A．该黑洞的质量M＝
2 2 v r G
B．该黑洞的质量M＝
2 v r G
C．该黑洞的半径R＝
2
2 2v r c
D．该黑洞的半径R＝
2
2 v r c
11．如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮(忽略滑轮大小)，一条轻绳跨过定滑轮且两端分别连接小球A、B，小球A在水平拉力F作用下静止于轨道最低点P。

现增大拉力F使小球A沿着半圆轨道运动，当小球A经过Q点时速度为v，OQ连线与竖直方向的夹角为30°，则下列说法正确的是()
A．小球A、B的质量之比为2∶2
B．小球A经过Q点时，小球B的速度大小为
2
v
C．小球A从P运动到Q的过程中，小球A、B组成的系统机械能一定在增加
D．小球A从P运动到Q的过程中，小球B的动能一直增加
12．如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为B２，方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且B1∶B2＝3∶2。

在原点O处同时发射两个质量分别为m a和m b的带电粒子，粒子a以速率v a沿x轴正方向运动，粒子b以速率v b沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足m a v a＝m b v b。

若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。

粒子重力不计。

下列说法正确的是（）
A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2
B．两粒子在y正半轴相遇
C．粒子a、b相遇时的速度方向相同
D．粒子a、b的质量之比为1∶5
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：
A．待测电阻R x（约200Ω）
B．电源（电动势E约1.4V，内阻r约10Ω）
C．灵敏电流计G（量程1mA，内阻R g=200Ω）
D．电阻R1=50Ω
E.电阻R2=200Ω
F.滑动变阻器R（阻值范围为0~500Ω）
G.开关，导线若干
(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（a）的测量电路。

部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计示数I1=0.90mA，此时电路总电流I总=______mA；
(2)同时测出电动势1.35V后，该小组成员在图（a）的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b），则表笔M为______（选填“红表笔”或“黑表笔”）。

用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量R x阻值，灵敏电流计的示数I如图（c），待测电阻R x的阻值为______Ω。

14．某一小型电风扇额定电压为5.0V，额定功率为2.5W．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。

实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源E（电动势为6.0V）
B．电压表V（量程为0～6V，内阻约为8kΩ）
C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
E．滑动变阻器R1（最大阻值5k，额定电流100mA）
F．滑动变阻器R2（最大阻值25Ω，额定电流1A）
（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_____滑动变阻器应选用_____（填所选仪器前的字母序号）。

（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_____。

（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_____Ω，正常工作时的发热功率为_____W ，机械功率为_____W
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A ，B 两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P 点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A 沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B 恰能返回P 点．己知圆形轨道的半径0.72m R =，滑块A 的质量0.4kg A m =，滑块B 的质量0.1kg B m =，重力加速度g 取210m /s ，空气阻力可忽略不计．求：
（1）滑块A 运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h ；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
16．如图甲所示，正方形闭合线圈ABCD 的边长10cm a =、总电阻2r =Ω、匝数100n =，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示，周期2110s T -=⨯，磁场方向以垂直线圈平面向里为正。

试求：
（1）8
T t =时，线圈的AD 边所受安培力的大小和方向。

（2）在0~2
T 时间内，通过导线横截面的电荷量。

17．如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点(y A=l)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(x c=-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O 处再次进入电场。

求：
(1)粒子运动到A点的速度大小
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据平行四边形定则，大小分别为5N和7N的力的合力最大为12N，最小为2N，物体在四个共点力作用下处于平衡状态，说明另两个恒力的合力最大也为12N，最小为2N，根据牛顿第二定律，当其中两个大小分别为5N和7N的力突然同时消失，质量为4kg的物体产生的加速度最大为a=3m/s2，最小为a=0.5m/s2，但由于合力的方向与速度方向关系不知，只能说明物体做匀变速运动，可能是直线运动或匀变速曲线运动，但不可能做匀速圆周运动，故ABC错误，D正确。

故选D。

2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．发电机的输出电压随时间变化的关系，由电压的表达式可知T=0.02s ，故
11Hz 50Hz 0.02
f T === 又由于变压器不改变交流电的频率，则用户得到的交流电的频率也应为50Hz ，A 错误；
B ．由图像可知交流的最大值为U m =500V ，因此其有效值为
U =
则输入原线圈的电压为，B 错误；
C ．用电高峰时，用户增多，降压变压器副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，输电电流增大，则输电线上损失的电压增大，C 错误；
D ．深夜小区的用户逐渐减少时，则降压变压器的输入功率减小，输入电流也减小，输电线上损失的功率减小，D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【详解】
设P 点到墙壁的距离为d ，小球抛出的初速度为v 0，运动时间0
d t v = 竖直速度0
y gd v gt v == 刚小球打到墙壁上时速度大小为
=根据数学知识：
gd ≥
即v 。

由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。

A ．一定不断增大。

故A 不符合题意。

B ．一定不断减小。

故B 不符合题意。

C ．可能先增大后减小。

故C 不符合题意。

D ．可能先减小后增大。

故D 符合题意。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．因为两天体的角速度相同，由万有引力提供向心力
221211222m m G m r m r L
ωω== 可知两天体的向心力大小相等，半径之比为
1221
r m r m = AB 正确；
C ．根据角速度与转速的关系
2n ωπ=
可知两天体转速相同，C 正确；
D ．由
1211222
m m G
m a m a L == 得 1221
a m a m = D 错误。

本题选不正确的，故选D 。

5．D
【解析】
【详解】
两个电荷量为1 C 的点电荷在真空中相距1 m 时，相互作用力991222119109101q q F k
N N r ⨯==⨯⨯=⨯；一百万吨的物体所受的重力1010G mg N ==，所以我们几乎不可能做到使相距1 m 的两个物体都带1 C
的电荷量；在微观带电粒子的相互作用中，因粒子间的距离很小，所以库仑力比万有引力强得多，选项ABC 正确；库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上虽然很相似，但是它们不是性质相同的两种力，选项D 错误；此题选择不正确的选项，故选D.
6．B
【解析】
【详解】
A ．汽车在水平面做圆周运动时，沿圆周半径方向的静摩擦力提供向心力，这不是独立的两个力，A 错误；
B ．汽车向心力的最大值为4m 1.410N F =⨯，对应有最大向心加速度
2m m 70m/s .F a m
== B 正确；
C ．汽车达最大速度m v 时有
2m m v a r
= 则
m v =
C 错误；
D ．速度为20m/s v =时，对应的向心力
2
441.010N 1.410N v F m r
==⨯<⨯ 则半径方向轮胎与地面间的静摩擦力为41.010N ⨯，D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．晶体、非晶体在一定条件下可以 转化，同种元素的原子可以生成不同种晶体，但石墨是晶体，故A 错误；
B ．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律有关热现象的方向性，故B 错误；
C ．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，故C 正确；
D ．若单位体积内的分子数多，且分子的平均动能大，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数一定多；而气体的体积减小时单位体积内的分子数变多，温度降低会使分子的平均动能变小，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数可能变多，或变少，或不变，故D 正确；
E ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了液体分子运动的无规则性，故
E 错误。

故选ACD 。

8．ABC
【解析】
【分析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E BLv =求出感应电动势，然后求出感应电流；由
q r F
∆Φ=+ 可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。

【详解】
A ．金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得
212
mgh mv = 所以金属棒到达水平面时的速度
v 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E BLv =，最大的感应电流为
2E I R == 故A 正确；
B ．流过电阻R 的电荷量为
Δ2ΦBLd q r R R
==+ 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
00B mgh W mgd μ--=-
则克服安培力做功
B W mgh mgd μ=-
所以整个电路中产生的焦耳热为
B Q W mgh mgd μ==-
故C 正确；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳
热为
R 11()22
Q Q mgh mgd μ==- 故D 错误。

故选ABC 。

【点睛】
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，熟记电磁感应现象中电荷量的求解公式。

9．ACD
【解析】
【详解】
A ．开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A ，根据平衡条件和胡克定律有
1mgsin kx θ=
解得
1mgsin x k
θ= 物块B 刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B 重力的下滑分力，根据胡克定律，有
22mgsin kx =θ
解得
22mgsin x k
θ= 故从加电场后到B 刚离开C 的过程中，A 发生的位移大小为 123mgsin x x x k θ=+=
选项A 正确；
B ．从加电场后到B 刚离开
C 的过程中，挡板C 对小物块B 的作用力不为零，由I=Ft 知挡板C 对小物块B 的冲量不为0，选项B 错误；
C ．设A 所受的电场力大小为F ，当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，
对A 有
0F mgsin F --=弹θ
对B 有
22F mgsin ma -=弹θ
故有
32F mgsin ma =+θ
B 刚离开
C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为
32P Fv mgsin ma v ==+（）θ
选项C 正确；
D ．对A 、B 和弹簧组成的系统，从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能、电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小，选项D 正确。

故选ACD 。

10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB.设黑洞的质量为M ，环绕天体的质量为m ，根据万有引力提供环绕天体做圆周运动的向心力有：22Mm v G m r r =，化简可得黑洞的质量为2v r M G
=，故B 正确，A 错误； CD.根据黑洞的质量M 和半径R 的关系2
2M c R G =，可得黑洞的半径为22222222v r G GM v r G R c c c ===，故C 正确，D 错误．
11．BC
【解析】
【详解】
A ．根据题述条件，不能够得出小球A 、
B 的质量之比，A 错误；
B ．当小球A 经过Q 点时速度为v ，沿轻绳方向的分速度大小为：
vcos 60°＝2
v 等于此时B 的速度大小，B 正确；
C ．小球A 从P 运动到Q 的过程中，水平拉力F 做正功，小球A 、B 组成的系统机械能一定增加，C 正确；
D ．小球A 从P 运动到Q 的过程中，小球B 的重力势能一直增加，机械能一直增加，但动能不一定一直增加，D 错误。

故选BC 。

12．BCD
【解析】
【分析】
本题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a 粒子逆时针旋转，b 粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量（m 2v a =m 1v b ）和电量相同，则半径之比就是磁感应强度的反比，所以在B 1磁场中的半径小，则两粒子在两磁场旋转两个半周时，a 粒子相对坐标原点上移，b 粒子相对坐标原点下移，若b 粒子在最初不相遇，则以后就不能相遇了。

所以只考虑b 粒子旋转半周就与a 粒子相遇的情况。

【详解】 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式mv r qB
＝知道：1211111 1a a b b r m v m v r qB qB ＝：＝，所以选项A 错误。

由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r ＝ mv qB 知道，a 粒子从O 点出发沿x 轴正方向射出向上逆时针转半周在y 轴上上移2r a2，穿过y 轴后逆时针向下转半周后下移2r a1，由于B 2＜B 1，则第二次经过y 轴时在从标原点的上方（2r a2-2r a1）处，同理第四次经过y 轴时在坐标原点上方2（2r a2-2r a1）处，所以由题意知选项B 正确。

从最短时间的情况进行考虑，显然是b 粒子向上转半周后相遇的，a 粒子第四次经过y 轴时是向右方向，而b 粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项C 正确。

根据周期公式2m T qB π＝及题意，当两粒子在y 轴上相遇时，时间上有：12
T b1＝T a1+T a2 即：1122221 2b a b m m m qB qB qB πππ⨯+＝，结合B 1：B 2=3：2，得到：1 5
a b m m ＝，所以选项D 正确。

故选BCD 。

【点睛】
本题的难点在于两个粒子在不同的两个磁场中以不同的速度做半径和周期不同匀速圆周运动，又涉及到相遇问题，需要考虑多种因素。

关键的一点是a 粒子在两个磁场旋转一次后通过y 轴时位置上移，而b 粒子恰恰相反，所以是b 粒子经过半周后与a 粒子相遇的，有此结论可以判断选项的正误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．4.50 黑表笔 180
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]闭合开关S 1、S 2，G 与R 1并联，调节滑动变阻器R ，灵敏电流计读数I 1=0.90mA ，根据并联电路特点，通过R 1的电流
'
111 3.60mA g R I I R ==
故此时电路总电流
4.50mA I =总
(2)[2]改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M 应接黑表笔
[3]根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 31.35=Ω270Ω510E R I -==⨯内 接待测电阻后，读出表的电流为I=0.60mA ，电路中的总电流为
5 3.00mA I I ==总
则有
x E R R I +=
内总
解得 180Ωx R =
14．（1）C ； E ； （2）实验电路图如图所示；
（3）2.5Ω， 0.625， 1.875。

【解析】
【详解】
（1）电风扇的额定电流 2.5A 0.5A 5.0
P I U ===，从读数误差的角度考虑，电流表选择C ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E 。

（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约
22
5102.5
U R P ==Ω=Ω ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。

电路图如图所示。

（3）电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

根据欧姆定律得：0.5 2.50.2U R I =
=Ω=Ω 正常工作时电压为5V ，根据图象知电流为0.5A ，
则电风扇发热功率为：P ＝I 2R ＝0.52×2.5W ＝0.625W ，
则机械功率P′＝UI ﹣I 2R ＝2.5﹣0.625＝1.875W ，
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）655
m/s ；（2）0.8 m ；（3）4 J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块A 恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v 2，
根据牛顿第二定律有m A g=m A 22v R
解得：v 2m/s （2）设滑块A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v 1，对于滑块A 从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
12m A v 12=m A g•2R+12
m A v 22 可得：v 1=6m/s
设滑块A 和B 运动到圆形轨道最低点速度大小为v 0，对滑块A 和B 下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（m A +m B ）gh=12
（m A +m B ）v 02 同理滑块B 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v 0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A 、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（m A +m B ）v 0=m A v 1-m B v 0 解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p ，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有12（m A +m B ）v 02 + E p =12m A v 12+12
m B v 02 解得：E p =4J
16．（1）2.5N ，方向向左；（2）23.7510C -⨯。

【解析】
【详解】
（1）设在0~4
T 时间内线圈中感应电动势的大小为1E 11120V B E n nS t t
∆Φ∆===∆∆ 线圈中电流
1110A E I r
=
= 8T t =时，磁感应强度大小21 2.510T B -=⨯，则线圈AD 边所受安培力大小 11 2.5N F nB I L ==
根据左手定则，安培力方向向左。

（2）设在时间内，线圈中感应电动势的大小为2E 22210V B E n nS t t ∆Φ∆===∆∆，225A E I R == 前2
T 时间内，通过导线横截面的电荷量 212 3.7510C 44
T T q I I -=⋅+⋅=⨯ 17．（1）
2qU m （2）=U E l ；12mU l q 【解析】
【详解】
(1)设粒子运动到A 点的速度大小为v 0，由动能定理得
2012
qU mv = 可得粒子运动到A 点的速度大小
02qU v m
= (2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t 1，则 012=l v t
2112=⨯qE l t m
联立解得
=U E l
设粒子离开电场时速度大小为v ，与x 轴的夹角为a 。

则
2221122
=
-qEl mv mv 0cos α=v v
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，则
2Rsinα=2l
2
v
= qvB m
R 可得
B
=。