1、2016-2017學年天津市六校聯考高二（上）期中物理試卷一、單項選擇題（本題共9小題，每小題3分，共27分）1下列說法正確的是（）A由E=可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B勻強電場中，任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積C在點電荷電場中，離點電荷距離相等的點，電勢都相等D任一點的電場強度總是指向該點電勢降落的方向2兩個相同的金屬小球A、B，所帶的電量qA=+q0、qB=7q0，相距r放置時，相互作用的引力大小為F現將A球與B球接觸，再把A、B兩球間的間距增大到2r，那么A、B之間的相互作用力將變為（）A斥力B斥力C引力D引力3如圖所示，在直線MN上有一個點電荷，A、B是直

2、線MN上的兩點，兩點的間距為L，場強大小分別為E和2E則（）A該點電荷一定在A點的右側B該點電荷一定在A點的左側CA點場強方向一定沿直線向左DA點的電勢一定低于B點的電勢4如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（）A減小，Ep增大B減小，E不變C增大，E增大D增大，Ep不變5一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為，棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m，電荷

3、量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，則金屬棒內的電場強度大小為（）ABCnevD6如圖所示，虛線a、b和c是在O點處的一個點電荷形成的靜電場中的三個等勢面，一帶正電粒子射入該電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示不計重力，由圖可知（）AO點處的電荷一定是正電荷Ba、b、c三個等勢面的電勢關系是abcC粒子運動時的電勢能先增大后減小D粒子在每個位置具有的電勢能與動能的總和一定相等7如圖所示，兩平行金屬板間帶電質點P原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A電壓表讀數增大B電流表讀數增大C質點P仍處于靜止

4、狀態DR3上消耗的功率逐漸增大8如圖所示，電源電動勢E=3V，小燈泡L標有“2V、0.4W”，開關S接l，當變阻器調到R=4時，小燈泡L正常發光；現將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作則（）A電動機的內阻為4B電動機正常工作電壓為1VC電源內阻為1D電源總功率0.4W9如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對著豎直放置，它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連閉合開關后，與兩極板上邊緣等高處有兩個帶負電小球A和B，它們均從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終均打在極板上，（不考慮小球間的相互作用及對電場的影響）下列說法中正確的是（）A兩小球在兩板間運動的軌跡都是一條拋物線B兩板間電壓越大

5、，小球在板間運動的時間越短C它們的運動時間一定相同D若兩者的比荷相同，它們的運動軌跡可能相同二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分每題列出的四個選項中，都有多個選項是正確的，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，有錯選或不答的得0分）10在圖中，a、b帶等量異種電荷，MN為ab連線的中垂線，現有一個帶電粒子從M點以一定初速度v0射入，開始時一段軌跡如圖中實線，不考慮粒子重力，則在飛越該電場的整個過程中（）A該粒子帶負電B該粒子的動能先減小，后增大C該粒子的電勢能先減小，后增大D該粒子運動到無窮遠處后，速度的大小一定仍為v011如圖所示為閉合電路中兩個不同電源的UI圖象，則下列說法

6、中正確的是（）A電動勢E1=E2，短路電流I1I2B電動勢E1=E2，內阻r1r2C電動勢E1E2，內阻r1r2D當兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化較大12如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電量為q=1.0×105 C的負電荷由A移動到C電場力做功W1=4.0×105J，該電荷由C移動到B電場力做功W2=2.0×105J，若B點電勢為零，以下說法正確的是（）AA點電勢為2VBA點電勢為2VC勻強電場的方向為由C指向AD勻強電場的方向為垂直于AC指向B13硅光電池已廣泛應用于人造衛星和燈塔、高速公路“電子眼”等

7、設施其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，P、N 是兩塊硅半導體，P、N 可在E區形成勻強電場P的上表面鍍有一層膜，當光照射時，P內產生的自由電子經E區電場加速后到達半導體N，從而產生電動勢以下說法中正確的是（）Aa電極為電池的正極B電源內部的電流方向由P指向NCE區勻強電場的方向由N指向PD硅光電池是一種把化學能轉化為電能的裝置二、填空題（本題共4道小題，共20分）14光滑絕緣水平面上相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為+4q和q，如圖所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態，則C的電性為電荷量為，放置在的位置15如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規律如圖乙

8、所示t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，（0）時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸重力加速度的大小為g，末速度大小為，克服電場力做功為16如圖所示是一量程為100 A的電流表，內阻為100，現串聯一個9 900的電阻將它改裝成電壓表該電壓表的量程是 V用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示該電壓的大小是 V17在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A小燈泡L（ 3V、5）；B滑動變阻器R（010，額定電流1.5A）；C電壓表V1（量程：03V，RV=5k）；D電壓表V2（量程：015V，RV=10k）；E

9、電流表A1（量程：00.6A，RA=0.5）；F電流表A2（量程：03A，RA=0.1）；G鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續地從零調到額定電壓（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表，電流表；（2）電流表應采用法（填“內接”或“外接”）；（3）請在答題區空白處內畫出實驗原理圖（注明所選器材代號）（4）某同學實驗后作出的IU 圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：四、計算題（本題3道小題，共37分）18如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R=0.5m，半徑OA水平，同時空間存在水平向右的勻強電場一質量為m、電量為q的帶正小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位

10、置B時，球對軌道的壓力為2mg（g=10m/s2） 求：（1）電場強度的大小；（2）小球過B點后能到達的最高點與半徑OA的距離H；（3）小球的最大速度出現在何處19如圖所示，長L的絕緣光滑細桿AB與水平面成45°角，A、C兩點在同一豎直線上，B、C兩點在同一水平線上，O點為AB的中點，在C點固定一個帶正電的點電荷Q，桿上套一個帶正電的小環，環在A點時正好能保持靜止現給環一個沿桿向下的初速度vA，環到達O點的速度為v0，已知靜電常數為k，小環的質量m，重力加速度g，求：（1）求小環的電荷量q；（2）AO兩點的電勢差UAO；（3）環到達B點時環的速度20如圖所示為說明示波器工作原理的示意

11、圖，已知兩平行板間的距離為d、板長為l電子經電壓為U1的電場加速后從兩平行板間的中央處垂直進入偏轉電場，設電子質量為me、電荷量為e（1）求經電場加速后電子速度v的大小；（2）要使電子離開偏轉電場時的偏轉角度最大，兩平行板間的電壓U2應是多少電子動能多大2016-2017學年天津市六校聯考高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（本題共9小題，每小題3分，共27分）1下列說法正確的是（）A由E=可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B勻強電場中，任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積C在點電荷電場中，離點電荷距離相等的點，電勢都相等D任一點的電場強度總是指向該點電勢降

12、落的方向【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】A、結合電場強度的決定因素可得知電場輕度與檢驗電荷沒有關系，可得知選項A的正誤B、利用勻強電場中的電勢差與場強和距離之間的關系可判知該的正誤C、利用點電荷形成的電場中的等勢面的知識可得知該選項的正誤D、結合電場方向的闡述，可得知電場強度方向與電勢降落之間的關系，判知該選項的正誤【解答】解：A、電場強度只與電場本身有關，與檢驗電荷無關，故A錯誤B、勻強電場中，任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點在電場方向上的距離的乘積，故B錯誤C、在點電荷電場中，離點電荷距離相等的點的幾何是一個等勢面，所以各點的電勢都相等，故C正確D、任一點的電場強度總是指

13、向該點電勢降落最快的方向，而不能闡述成指向該點電勢降落的方向，故D錯誤故選：C2兩個相同的金屬小球A、B，所帶的電量qA=+q0、qB=7q0，相距r放置時，相互作用的引力大小為F現將A球與B球接觸，再把A、B兩球間的間距增大到2r，那么A、B之間的相互作用力將變為（）A斥力B斥力C引力D引力【考點】分子間的相互作用力【分析】設電荷A帶電荷量為q0，則電荷B帶電荷量為7q0，在真空中相距為r時，根據庫侖定律可以得到F與電量q、距離r的關系；A、B球相互接觸后放回距離為2r處，電荷先中和再平分，再根據庫侖定律得到相互作用的庫侖力大小與Q、r的關系，用比例法求解【解答】解：金屬小球A和B，帶電量分

14、別為+q0和7q0，相互作用力為引力，將兩球接觸后再放回原處，電荷先中和再平分，帶電量變為3q0和3q0，同號電荷表現為斥力，故A正確，BCD錯誤；故選：A3如圖所示，在直線MN上有一個點電荷，A、B是直線MN上的兩點，兩點的間距為L，場強大小分別為E和2E則（）A該點電荷一定在A點的右側B該點電荷一定在A點的左側CA點場強方向一定沿直線向左DA點的電勢一定低于B點的電勢【考點】電場強度【分析】據題，A、B兩點的場強大小分別為E和2E，根據點電荷場強公式E=k分析該點電荷的位置應離A點遠、離B點近該點電荷的電性未知，不能判斷電場強度的方向和電勢的高低【解答】解：A、B，由題，A、B兩點的場強大

15、小分別為E和2E，根據點電荷場強公式E=k分析得知：該點電荷的位置應離A點遠、離B點近，所以該點電荷一定在A點的右側故A正確，B錯誤C、D，由于該點電荷的電性未知，無法確定A的場強方向，也無法判斷A、B兩點電勢的高低故CD錯誤故選A4如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（）A減小，Ep增大B減小，E不變C增大，E增大D增大，Ep不變【考點】電容器的動態分析【分析】電容器充

16、電后斷開電源，極板上的電量不變；根據電容器的定義式可分析電容的變化，再根據決定式分析電壓的變化，從而分析靜電計指針夾角的變化；根據U=Ed分析電場強度的變化【解答】解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據C=可知，電容C增大，則根據C=可知，電壓U減小；故靜電計指針偏角減小；兩板間的電場強度E=；因此電場強度與板間距無關，因此電場強度不變；故B正確，ACD錯誤；故選：B5一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為，棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m，電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，則金屬棒內的

17、電場強度大小為（）ABCnevD【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電流、電壓概念【分析】利用電流的微觀表達式求的電流，由電阻的定義式求的電阻，由E=求的電場強度【解答】解：導體中的電流為I=neSv導體的電阻為R=導體兩端的電壓為U=RI場強為E=聯立解得E=nev故選：C6如圖所示，虛線a、b和c是在O點處的一個點電荷形成的靜電場中的三個等勢面，一帶正電粒子射入該電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示不計重力，由圖可知（）AO點處的電荷一定是正電荷Ba、b、c三個等勢面的電勢關系是abcC粒子運動時的電勢能先增大后減小D粒子在每個位置具有的電勢能與動能的總和一定相等【考點】帶電粒子在勻

18、強電場中的運動；電勢能【分析】首先根據帶電粒子軌跡的彎曲方向判斷其所受的靜電力性質，即可判斷其電性；再根據電場線的方向確定電勢的高低，根據電場力做功比較動能的大小和電勢能的大小【解答】解：A、根據帶電粒子軌跡的彎曲方向可知：帶電粒子受到了引力作用，Q與帶電粒子是異種粒子，所以Q一定帶負電故A錯誤B、Q帶負電荷，電場線方向從無窮處到Q終止，根據順著電場線方向電勢降低可知，abc故B錯誤C、粒子所受的電場力與速度的夾角先銳角，做正功，后為鈍角，做負功，所以電勢能先減小后增大故C錯誤D、從整個運動過程中，帶電粒子只有兩種形式的能：電勢能和動能，根據能量守恒定律得知：粒子在每個位置具有的電勢能與動能的

19、總和一定相等故D正確故選：D7如圖所示，兩平行金屬板間帶電質點P原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A電壓表讀數增大B電流表讀數增大C質點P仍處于靜止狀態DR3上消耗的功率逐漸增大【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】根據電路結構，由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質點P的受力情況可知質點的運動情況由電流或電壓的變化，分析R3上消耗的功率如何變化【解答】解：AB、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再由R1串聯接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑片向b端移動時

20、，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大，路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，故并聯部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，而流過并聯部分的總電流增大，故電流表示數增大；故B正確；因并聯部分電壓減小，而R2中的電流增大，電壓增大，故電壓表示數減小，故A錯誤；C、因電容器兩端電壓等于并聯電路兩端的電壓，電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點P向下運動，故C錯誤；D、因R3兩端的電壓減小，可知，R3上消耗的功率減小；故D錯誤故選：B8如圖所示，電源電動勢E=3V，小燈泡L標有“2V、0.4W”，開關S接l，當變阻器

21、調到R=4時，小燈泡L正常發光；現將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作則（）A電動機的內阻為4B電動機正常工作電壓為1VC電源內阻為1D電源總功率0.4W【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】（1）小燈泡L正常發光，其電壓為額定電壓，功率為額定功率，由公式P=UI可求出電路中的電流根據閉合電路歐姆定律求解電源的電阻（2）電動機為非純電阻電路，注意公式的應用與選取即可【解答】解：小燈泡的額定電流為I=0.2A；電阻為C、當接1時，由閉合電路歐姆定律可知，E=I（RL+R+r），代入數據解得r=1，故C正確；AB、當接2時燈泡正常發光，流過的電流為I=0.2A電源內阻分的電壓為U=Ir=0.2&

22、#215;1V=0.2V故電動機分得電壓為U動=EULU=320.2V=0.8V故電阻R=4，故AB錯誤；D、電源總功率，P=EI=3×0.2=0.6W，故D錯誤故選：C9如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對著豎直放置，它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連閉合開關后，與兩極板上邊緣等高處有兩個帶負電小球A和B，它們均從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終均打在極板上，（不考慮小球間的相互作用及對電場的影響）下列說法中正確的是（）A兩小球在兩板間運動的軌跡都是一條拋物線B兩板間電壓越大，小球在板間運動的時間越短C它們的運動時間一定相同D若兩者的比荷相同，它們的運動軌跡可能相同【

23、考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】分析帶電液滴的受力，根據物體做曲線運動的條件可知液滴的運動軌跡；根據U=Ed可知電動勢變化時E的變化，則可知所受合力的變化，即可求得加速度的變化；因液滴落在了一個極板上，故液滴的運動時間取決其在水平向的運動，分析水平方向上的受力情況可求得液滴的運動時間【解答】解：A、液滴在磁場中受重力及電場力，電場力沿水平方向，重力沿豎直方向；因液滴由靜止釋放，故合力的方向一定與運動方向一致，故液滴做直線運動，故A錯誤；B、兩板上的電壓越大，由U=Ed可知，板間的電場強度增大，電場力變大，水平加速度增大，根據，得，時間越短，故B正確；C、因粒子最終打在極板上，故運動時間

24、取決于水平向的加速度，得，因為比荷不一定相同，所以運動時間不一定相同，故C錯誤；D、若兩者的比荷相同，它們運動的軌跡不同，因為帶電性質不同，故D錯誤；故選：B二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分每題列出的四個選項中，都有多個選項是正確的，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，有錯選或不答的得0分）10在圖中，a、b帶等量異種電荷，MN為ab連線的中垂線，現有一個帶電粒子從M點以一定初速度v0射入，開始時一段軌跡如圖中實線，不考慮粒子重力，則在飛越該電場的整個過程中（）A該粒子帶負電B該粒子的動能先減小，后增大C該粒子的電勢能先減小，后增大D該粒子運動到無窮遠處后，速度的大小一定

25、仍為v0【考點】電場線；電勢差與電場強度的關系【分析】根據軌跡的彎曲方向確定粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性；根據電場力做功，結合動能定理得出動能的變化，根據電場力做功與電勢能的關系判斷電勢能的變化通過M點和無窮遠處的電勢差，結合動能定理判斷粒子到達無窮遠處的速度【解答】解：A、粒子軌跡向右彎曲，受到的電場力大致向右，該粒子帶負電故A正確B、由題可知，電場力先做正功，后做負功，則根據動能定理得知，粒子的動能先增大后減小故B錯誤C、電場力先做正功，后做負功，粒子的電勢能先減小后增大故C正確D、M點的電勢與無窮遠處相等，粒子從M點運動到無窮遠處過程，電場力做功為零，則該粒子運動到無窮遠處后

26、，其速度大小一定仍為v0故D正確故選：ACD11如圖所示為閉合電路中兩個不同電源的UI圖象，則下列說法中正確的是（）A電動勢E1=E2，短路電流I1I2B電動勢E1=E2，內阻r1r2C電動勢E1E2，內阻r1r2D當兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化較大【考點】路端電壓與負載的關系【分析】根據閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=EIr；UI圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，與I軸的交點表示短路電流，斜率表示內阻【解答】解：A、B、C、UI圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內阻，則知電動勢E1=E2，內阻r1r2，UI圖象與I軸的交點表示短路電流，故發生短路時的電流I

27、1I2，故BC錯誤，A正確；D、根據U=EIr可知，U=rI，內阻r1r2，故當電源的工作電流變化相同時，電源2的路端電壓變化較大，故D正確；故選：AD12如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電量為q=1.0×105 C的負電荷由A移動到C電場力做功W1=4.0×105J，該電荷由C移動到B電場力做功W2=2.0×105J，若B點電勢為零，以下說法正確的是（）AA點電勢為2VBA點電勢為2VC勻強電場的方向為由C指向AD勻強電場的方向為垂直于AC指向B【考點】電場的疊加；電場強度；電勢【分析】根據試探電荷的電荷量和電場力做功，根

28、據公式U=分別求出A與無窮遠間、A與B間電勢差，無窮遠處電勢為零，再確定A、B兩點的電勢【解答】解：A、對于C、B間電勢差為UCB=V=2V，若B點電勢為零，UCB=CB，則C點電勢C=2V而A與C間的電勢差為UAC=V=4V，UAC=AC，則A點電勢A=2V故A錯誤，B正確；C、由上分析可知，AC連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BMAC，根據沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由C到A，故C正確，D錯誤；故選：BC13硅光電池已廣泛應用于人造衛星和燈塔、高速公路“電子眼”等設施其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，

29、P、N 是兩塊硅半導體，P、N 可在E區形成勻強電場P的上表面鍍有一層膜，當光照射時，P內產生的自由電子經E區電場加速后到達半導體N，從而產生電動勢以下說法中正確的是（）Aa電極為電池的正極B電源內部的電流方向由P指向NCE區勻強電場的方向由N指向PD硅光電池是一種把化學能轉化為電能的裝置【考點】電源的電動勢和內阻【分析】根據負電荷的電場力從而確定電場強度的方向，由電流的方向與負電荷的運動方向相反，可確定電源的內部電流方向【解答】解：A、根據題意，E區電場能使P逸出的自由電子向N運動，因負電荷受到的電場力與電場方向相反，所以電場方向由N指向P，由于電流的方向與負電荷的運動方向相反，所以電源內部

30、的電流方向由N指向P，A正確、B錯誤；C、由題意可知，電子在E區加速，故電場方向應為N到P；故C正確；D、該電池是將光能轉化為電能的裝置，故D錯誤故選：AC二、填空題（本題共4道小題，共20分）14光滑絕緣水平面上相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為+4q和q，如圖所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態，則C的電性為正電電荷量為4q，放置在的位置在B右側距B為L處【考點】庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用【分析】A、B、C三個點電荷都處于靜止狀態，對電荷受力分析，每個電荷都處于受力平衡狀態，故根據庫侖定律可分別對任意兩球進行分析列出平衡方程即可求得結果【解答】解：A、B、C三個

31、電荷要平衡，必須三個電荷的一條直線，外側二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷，所以外側兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須為正電，在B的右側設C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為L+r，要能處于平衡狀態，所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設C的電量為Q則有： =解得：r=L對點電荷A，其受力也平衡，則： =解得：Q=4q故答案為：正電，4q，在B右側距B為L處15如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規律如圖乙所示t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，（0）時間內微粒勻速運動，T時刻

32、微粒恰好經金屬邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸重力加速度的大小為g，末速度大小為v0，克服電場力做功為mgd【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】0時間內微粒勻速運動，重力和電場力相等，內，微粒做平拋運動，T時間內，微粒豎直方向上做勻減速運動，水平方向上始終做勻速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解【解答】解：0時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg內微粒做平拋運動，豎直方向下降的位移 x1=g（）2，T時間內微粒的加速度 a=g，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，由內與T時間內豎直方向運動的對稱性可知，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0微

33、粒在豎直方向上向下運動，內與T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則通過位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為 W=2E0qd=qE0d=mgd故答案為：v0， mgd16如圖所示是一量程為100 A的電流表，內阻為100，現串聯一個9 900的電阻將它改裝成電壓表該電壓表的量程是1 V用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示該電壓的大小是0.85 V【考點】用多用電表測電阻【分析】應用串聯電路特點與歐姆定律可以求出電壓表量程，根據電壓表量程由圖示表盤確定其分度值，然后讀出其示數【解答】解：電壓表量程：U=Ig（Rg+R）=100×106×=1V，電

34、壓表量程是1V，由圖示表盤可知，其分度值為0.1V，電壓表示數為：0.85V；故答案為：1；0.8517在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A小燈泡L（ 3V、5）；B滑動變阻器R（010，額定電流1.5A）；C電壓表V1（量程：03V，RV=5k）；D電壓表V2（量程：015V，RV=10k）；E電流表A1（量程：00.6A，RA=0.5）；F電流表A2（量程：03A，RA=0.1）；G鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續地從零調到額定電壓（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表C，電流表E；（2）電流表應采用外接法（填“內接”或“外

35、接”）；（3）請在答題區空白處內畫出實驗原理圖（注明所選器材代號）（4）某同學實驗后作出的IU 圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：隨小燈泡兩端電壓升高電阻增大【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）的關鍵是根據小燈泡規格求出額定電流來選擇電流表量程；根據實驗要求電壓從零調可知變阻器應用分壓式接法，應選擇阻值小的變阻器以方便調節（2）的關鍵是由于小燈泡電阻較小可知電流表應用外接法，即電路應是“分壓外接”（3）根據實驗要求可明確滑動變阻器的接法，從而得出對應的電路圖； （4）IU圖象的斜率表示電阻的倒數，從圖中可得電壓和電流的增大，斜率減小，說明了電阻隨電壓的增大而增大【解答】解：（1

36、）根據小燈泡規格“3V，5”可知，額定電壓為3V，所以選擇量程為3V的電壓表C；額定電流，I=0.6AV所以電流表選擇0.6A的E；（2）小燈泡的電阻為5，由于小燈泡電阻滿足=1000； =10，故，因此電流表應用外接法； （3）因本實驗中要求電壓從零開始調節，故應采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖如圖所示：（4）IU圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數，從圖中可得電壓和電流的增大，斜率減小，說明了電阻隨電壓的增大而增大故答案為：（1）C，E（2）外接（3）如圖所示；（4）隨小燈泡兩端電壓升高電阻增大四、計算題（本題3道小題，共37分）18如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R=0.5m，半徑OA水平，

37、同時空間存在水平向右的勻強電場一質量為m、電量為q的帶正小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位置B時，球對軌道的壓力為2mg（g=10m/s2） 求：（1）電場強度的大小；（2）小球過B點后能到達的最高點與半徑OA的距離H；（3）小球的最大速度出現在何處【考點】動能定理的應用；向心力【分析】（1）設小球運動到最底位置B時速度為v，小球從A處沿槽滑到最底位置B的過程中，根據動能定理求出v，結合向心力公式聯立方程即可求解電場強度的大小；（2）從A到B點左側的最高點的過程，運用動能定理求H（3）小球在滑動過程中最大速度的條件：是小球沿軌道運動過程某位置時切向合力為零，設此時小球和圓心間的連線與豎直方向的夾角為，根據幾何關系及動能定理即可求解【解答】解：（1）在B點，根據牛頓第二定律得： Nmg=m據題得 N=2mg由A到B的過程中，由動能定理得： mgRqER=mv20得 E=（2）從A到B點左側的最高點有：mgHE（R+）=0解得 H=0.8R=0.4m（3）當重力、電場力的合力F與速度垂直時，小球速度最大設合力F與電場力的夾角為，則：