浙江省嘉兴一中2014-2015学年高二物理期中试卷 理（含解析）.doc

2014-2015学年浙江省嘉兴一中高二（上）期中物理试卷（理科）一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1（3分）（2012秋温州期中）对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A电势的定义式=，说明电势与电势能EP成正比，与电荷的电荷量q成反比B将正电荷从A点移到B点静电力做负功，则有UAB0C电势差的定义式中，UAB与移动电荷量q无关D把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能分析：某点的电势是由电场本身决定的，与电势能以及试探电荷的电量无关；正电荷从A点移到B点静电力做负功，电荷的电势能增大，电势升高；两点之间的电势差由电场本身决定的，与电场力做功以及试探电荷 的电量无关；解答：解：A、某点的电势是由电场本身决定的，与电势能以及试探电荷的电量无关；故A错误；B、将正电荷从A点移到B点静电力做负功，电荷的电势能增大，电势升高，所以UAB0故B错误；C、电势差的定义式中，定义的是一个比值，是由电场本身决定的，与电场力做功以及试探电荷 的电量无关故C错误；D、把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加与电荷q的正负无关故D正确故选：D点评：电场中的电势与电势差都是由电场本身决定的，与试探电荷无关一定要抓住“比值”的内涵属于易错的题目2（3分）（2010秋温州期中）下列说法正确的是（）A电流方向就是电荷定向移动的方向B由公式R=可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比C外电路断开时，电源的路端电压为零D外电路短路时，电源的内电压等于电动势考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电流方向与正定向移动方向相同；电阻反映导体本身的特性，与电压、电流无关；外电路断开时，路端电压等于电源的电动势；外电路短路时，电源的内电压等于电动势，可根据闭合电路欧姆定律分析解答：解：A、电流方向是正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反，故A错误B、公式R=是比值定义法，具有比值定义法的共性，R与U、I无关，反映导体本身的特性，不能说电阻R与电压U成正比，与电流I成反比，故B错误C、外电路断开时，电路中电流为零，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知，电源的路端电压等于电动势，故C错误D、外电路短路时，R=0，则电流为I=，内电压U=Ir=E，故D正确故选D点评：本题关键掌握部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律，要正确理解断路和短路时路端电压的大小3（3分）（2013贵州学业考试）如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变故A、B错误 C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E=，Q、k、S均不变，则E不变故C正确，D错误故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，电压不变当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变4（3分）（2014秋南湖区校级期中）如图所示为处于静电场中某空腔导体周围的电场分布情况，实线表示电场线（方向向右侧），虚线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，O为空腔导体内的一点下列说法正确的是（）AB点的电势高于O点的电势BA点的电势低于B点的电势CA点的电场强度小于B点的电场强度D将正电荷从A点移到C点，电场力做正功考点：电场线；电场强度分析：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少解答：解：A、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故OB，故A错误；B：由于沿着电场线，电势逐渐降低，故AB，故B错误；C、由电场线越密的地方，电场强度越大，则有EBEA，故C正确；D、由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，故D错误故选：C点评：本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减5（3分）（2008秋嘉定区期末）两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）ABCD考点：串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路解答：解：A、由于灯泡要满足110V的额定电压，所以当B灯泡与电阻并联以后，B灯泡的电压无法达到额定110V的电压，故A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确故选C点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小6（3分）（2014秋崇川区校级期中）两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为l m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A2：3B1：3C1：2D3：1考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比解答：解：A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得，根据电阻定律得，R=，则s=则横截面积之比故B正确，A、C、D错误故选B点评：本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大7（3分）（2009福建）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带点油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大考点：电容；电势能专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误；B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确；C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误；D、若电容器的电容减小，根据Q=Uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故D错误；故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化8（3分）（2014秋南湖区校级期中）如图所示，带电量分别为2Q和4Q的两个完全相同的金属球A、B，放在光滑绝缘的水平面上，今让金属球A、B分别自M、N两点以相等的动能相向运动，当两球刚好接触时，两球速度恰好为零，两球带电量重新分布，设这段时间为t0，然后两球又向相反方向运动，设返回M、N两点经历的时间分别为t1、t2则（）At1t2Bt1t2Ct1=t2t0Dt1=t2t0考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解解答：解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点，再由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，由于碰撞后，电量的平分，导致两者的库仑力比碰撞前大，则加速度比碰撞前还大，因位移大小是相同，所以返回时间变小，故ABC错误，D正确故选D点评：本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果9（3分）（2015佛山模拟）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析解答：解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大故A、C、D错误，B正确故选：B点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流10（3分）（2012春洛阳期末）如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2；电源的效率分别为1、2，则（）AP1P2BP1P2C12D12考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率电源与电阻的UI图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小解答：解：A、B，由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率为：P1=UI=2×4=8WC接在电源上时，电源的输出输出功率P2=UI=8W，即P1=P2； 故A、B均错误C、D，电源的效率为：=，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，12故C正确，D错误；故选：C点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大其次，会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态二、不定项选择题（每小题4分，共16分每小题的4个选项中至少有一个选项是正确的，全选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）11（4分）（2010广东模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba电势能减小，b电势能增大Ca加速度减小，b加速度增大Da和b的动能一定都增大考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：物体做曲线运动的条件：力与速度不共线，要明确力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系解答：解：A、由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误 B、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故B错误 C、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故C正确 D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D正确故选CD点评：考查了物做曲线运动的条件：力与速度不共线力、速度和运动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系12（4分）（2014秋丰宁县校级期末）一个电池组的电动势为E，内阻为r，用它给一电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为I，电动机两端的电压为U，经时间t（）A电源在内外电路做的功为（I2r+IU）tB电池消耗的化学能为IEtC电动机输出的机械能为IEtI2（R+r）tD电池组的效率为考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电源做功的总功等于EIt；电池消耗的化学能为IEt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由W=UIt求解电功发热量由Q=I2Rt求解出的机械能由能量守恒定律研究电池组的效率等于输出功率与总功率之比解答：解：A、电源在内外电路做的功为W总=EIt，又E=U+Ir，得W总=（I2r+IU）t故A正确B、电池消耗的化学能等于电源在内外电路做的功，即为EIt故B正确C、根据能量守恒得：电动机输出的机械能为IUtI2Rt=（IEtI2rt）I2Rt=IEtI2（R+r）t故C正确D、电池组的效率为=故D错误故选：ABC点评：本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功只能用W=UIt，求热量Q=I2Rt而输出的机械能只能根据能量守恒求解13（4分）（2014秋南湖区校级期中）把小量程的电流表改装成电压表时，下列说法中错误的是（）A改装的原理是串联的电阻起了分压作用，使允许加在改装后的电压表两端的电压比加在小量程电流表上的电压大了B改装成电压表后，小量程电流表允许通过的最大电流加大了C改装成电压表后，小量程电流表的内阻不变D改装成电压表后，允许通过改装后的电压表的最大电流比小量程电流表的最大电流大考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：A、把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，使改装后加在电表两端电压增大，故A正确；B、把电流表改装成电压表后，通过电流表的最大电流不变，故B错误；C、把电流表改装成电压表后，电压表内阻等于电流表内阻与串联电阻阻值之和，内阻变大，故C错误；D、把电流表改装成电压表后，通过大量程电压表的电流与通过小量程电流表的最大电流相等，故D错误；本题选错误的，故选：BCD点评：本题考查电压表的改装，知道电压表的改装原理，应用串联电路特点即可正确解题14（4分）（2008韶关一模）如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N，以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，M从两板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上不计粒子的重力，则从开始射入到打到上极板的过程中（）A它们的带电荷量之比qM：qN=1：2B它们在电场中的运动时间tNtMC它们的电势能减少量之比EM：EN=1：4D它们打到上极板时的速度之比为vM：vN=1：2考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比根据速度的合成，求解打到上极板时的速度之比解答：解：A、B由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM由竖直位移y=，m、t、E相等，则带电荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2故A正确，B错误C、电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比EM：EN=qMEyM：qNEyN=1：4故C正确D、由可知，两粒子的加速度之比为：aM：aN=1：2，则粒子打在极板上时，竖直方向分速度之比为：vyM：vyN：=1：2，所以打到上极板时的速度之比为vM：vN=：1：2故D错误故选AC点评：本题运用运动的合成与分解法研究类平抛运动，要抓住两个粒子水平位移和竖直位移的关系分析其他量的关系三、填空题（每空2分，共20分）15（4分）（2011秋琼山区校级期末）读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为11.4mm；螺旋测微器的读数为0.920mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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：1、游标卡尺的主尺读数为：1.1cm=11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm故答案为：11.4 0.920；点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量16（8分）（2014秋南湖区校级期中）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡（3.0V、1.5W）B电流表（量程3A，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程15.0V，内阻约为50k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计）I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用C；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（只需填器材前面的字母即可）（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图（3）正确连线后，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片置于左端（填“右或左”）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：（1）器材的选取要安全、精确，根据小灯泡的额定电压和额定电流选出电压表和电流表的量程滑动变阻器采用分压式接法，从测量的误差角度选出合适的滑动变阻器（2）研究小灯泡在不同电压下的功率，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法根据所测灯泡的内阻，与电压表内阻和电流表内阻比较，确定是大电阻还是小电阻，从而确定电流表采取内接法还是外接法（3）根据分压接法的特点确定滑动变阻器滑片开始所在的位置解答：解：（1）从测量精确度考虑，小灯泡的额定电压为3V，所以电压表选取量程为3V的，小灯泡的额定电流I=0.5A，所以电流表选取量程为0.6A的，最大阻值为100的滑动变阻器接入电路测量误差较大，所以选取最大阻值为10的滑动变阻器故选C、D、G（2）由于电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻R=6，远小于电压表内阻，与电流表内阻相当，属于小电阻，“小外偏小”，采取电流表的外接法电流图如下（3）为了让开始时测量电路中电压为零，故滑片开始时应滑到最左侧；故答案为：（1）C；D；G（2）如图（3）左；点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别17（4分）（2007上海）某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表（1）若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2必须满足的关系是R1R2（2）若R1=6，R2=12，电源内电阻r=6，当滑动片P由a滑至b时，电源E的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图（b）所示，则R3的阻值应该选择BA2 B4C6 D8考点：电功、电功率；闭合电路中的能量转化专题：计算题；实验题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律可知，电流表A的示数一直变小，说明电路的总电阻是在变大的，所以要使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1R2（2）当电源的内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大，根据并联部分的电阻变化范围04，可以确定R3的电阻的范围，从而得出结果解答：解：（1）A示数I=，欲使滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，须使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1R2（2）从图b知，当R外=6时，电源E的输出功率P最大，即电源内阻为6，而R1和R2部分的电阻变化范围是04，因此R3的阻值必须大于2小于6所以A、C、D错误，只能选B故答案为：（1）R1R2；（2）B点评：对于闭合的电路来说，当内外的电阻相等时，电源的输出功率最大，根据图象可以知道在电阻为6时功率最大，说明电源的内阻和外电阻都是6，从而可以判断电阻的大小四、计算题（共有4小题，共34分，要求写出详细的解题步骤和必要的文字说明）18（2013秋未央区校级期末）如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；等势面专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）互相平行的竖直平面的等势面，与水平方向成45°角斜向上射入匀强电场，要使小球做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确定小球带电电性，及电荷量（2）小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，由位移与速度的关系可确定小球的最大位移解答：解：（1）如图所示，电场线水平向左，由题意可知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电由图可知，Eq=mg，又E=，所以解得：（2）由下图可知，=由动能定理，得： 所以 答：（1）小球应带正电，电荷量是；（2）在入射方向上小球最大位移量是点评：本题根据运动去判定受力，由于重力方向一定，且做直线运动，所以可确定电场力方向，再由电场线来确定电性及电量；根据受力分析，借助牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式来求出最大位移19（2015福建校级三模）在如图所示的电路中，R1=2，R2=R3=4，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V试求：（1）当电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻（3）当电键K接c时，求电源输出功率考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当电键K接a时，R1被短路，根据功率公式求出通过电源的电流和电压（2）K接b时，R1和R2串联，分别由闭合电路欧姆定律对两种情况列方程求解电源的电动势和内电阻（3）当K接c时，R2与R3并联后与R1串联由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求解电源输出功率解答：解：（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得 通过电源电流 电源两端电压V （2）K接a时，有E=U1+I1r=4+r K接b时，R1和R2串联，R外=R1+R2=6 通过电源电流I2=0.75A 这时有：E=U2+I2r=4.5+0.75 r 解式得：E=6 V r=2 （3）当K接c时，R总=R1+r+R23=6总电流I=1 A 电源输出功率答：（1）电键K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V （2）电源的电动势和内电阻分别为E=6 V，r=2 （3）当电键K接c时，电源输出功率为4W点评：对于电路问题，首先认识电路的结构对于电源的电动势和内阻常常根据两种情况分别列方程，再联立求解20（2014秋萧山区校级期中）图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反 初速度为零的质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0 加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终水平打在A点 不考虑粒子受到的重力（1）求粒子射出加速器时的速度大小v1和射出平移器后的速度大小v2；（2）求粒子经过平移器过程中在竖直方向发生的位移；（3）当加速电压变为3U0 时，欲使粒子仍打在A点，求此时的偏转电压U考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由动能定理求解粒子射出加速器的速度，根据对称性可知，粒子射出平移器时的速度大小v1=v0（2）粒子在第一个偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得竖直位移；粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，y=vt公式求得竖直位移，即可求得粒子竖直总位移表达式（3）当加速电压变为3U0时欲使粒子仍从A点射入待测区域，粒子竖直总位移不变，再求解此时的偏转电压U；解答：解：（1）设粒子射出加速器的速度为v0，根据动能定理得：qU0=则得：v1=根据对称性可得 v2=v1，即得 v2=（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t 加速度的大小 a= 在离开时，竖直分速度 vy=at 竖直位移 y1= 水平位移 l=v1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t 竖直位移 y2=vyt 由题意知，粒子竖直总位移 y=2y1+y2联立解得：y=（3）由上式得：欲使粒子仍从A点射入待测区域，y不变，则当加速电压为3U0时，U=3U1答：（1）粒子射出加速器时的速度大小v1和射出平移器后的速度大小v2都是（2）粒子经过平移器过程中在竖直方向发生的位移是；（3）当加速电压变为3U0 时，欲使粒子仍打在A点，此时的偏转电压U为3U1点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，分析粒子的运动情况是解题的基础，关键是把握解题的规律，运用力学的基本规律牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解21（2014秋南湖区校级期中）如图所示，A和B是两个带电小球，电量均为q，A固定在绝缘架上，B放在它的正上方很远距离的一块绝缘板上，现手持绝缘板使B从静止起以加速度a（ag）竖直向下做匀加速运动已知B的质量为m，静电力常量为k，空气阻力不计，求：（1）B刚开始脱离绝缘板时离A的高度h；（2）如果B、A起始高度差为第（1）问中高度的1.5倍，则B在脱离绝缘板前的运动过程中，电场力和板的支持力对B做功的代数和为多少？（3）如果B、A起始高度差为第（1）问中高度的1.5倍，a=，且B在脱离绝缘板后的最大速度为刚脱离时速度的倍（一脱离就将板迅速移开，两球始终未接触），则从刚脱离板直到最大速度过程中电场力对B做的功为多少？考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）当板对B的支持力为零时，B开始脱离绝缘板，根据牛顿第二定律求出B刚开始脱离绝缘板时离A的高度h（2）在下降的过程中，B做匀加速直线运动，根据运动学公式求出B电荷离板前的动能对B电荷离板前的运动应用动能定理求出电场力和板的支持力对B做功的代数和（3）根据运动学公式求出B球刚脱离时的速度，由已知条件得到B在脱离绝缘板后的最大速度B在脱离绝缘板后重力与库仑力相等时速度最大，运用动能定理求解电场力做功解答：解：（1）B刚脱离板时，板对B的支持力为零，根据牛顿第二定律得：mgk=ma解得：h=q（2）B球离板前做向下匀加速运动，下降的高度 H=1.5hh=0.5h由运动学公式得，v2=2aH=ah所以B球离板前的动能为：Ek=0.5mah对B电荷离板前的运动，应用动能定理得：WG+W支+W电=Ek0而WG=0.5mgh所以W支+W电=EkWG=0.5mah0.5mgh=0.5q（3）当a=，由第2题得：B球刚离板时的速度为v=设B在脱离绝缘板后的速度最大时的高度为h，则此时B的重力与库仑力相等，有：mg=k从刚脱离板直到最大速度过程中，根据动能定理得： mg（1.5hh）+W电=m联立以上三式解得，W电=mgq答：（1）B刚开始脱离绝缘板时离A的高度为q（2）电场力和板的支持力对B做功的代数和为1.5q（3）从刚脱离板直到最大速度过程中电场力对B做的功为mgq点评：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，知道B离开板前与板具有相同的加速度，B离开板的瞬间支持力为零本题中电场力是变力，运用动能定理求解功是常用的思路- 18 -