河北省承德第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

河北省承德第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

承德一中2019-2020学年度第一学期第二次月考 高二物理试卷 一、单选题（本大题共10小题，共30分）‎ ‎1.关于电场强度有下列说法，正确的是（ ）‎ A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 C. 在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的强度为零 D. 根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据电场强度的定义，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，故A正确；‎ B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同，与电荷所受的电场力的方向相反，故B错误；‎ C.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度不变，故C错误；‎ D.场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故D错误；‎ ‎2. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是 A. 两个电势不同的等势面可能相交 B. 电场线与等势面处处相互垂直 C. 同一等势面上各点电场强度一定相等 D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；‎ B．电场线与等势面垂直，B正确；‎ C．同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；‎ D．将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误；‎ ‎3.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）‎ A. 电动势是一种非静电力 B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多 C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电动势在数值上等于非静电力把‎1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误．‎ ‎【点睛】电动势等于非静电力把‎1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是　　‎ A. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 B. 由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比 C. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，选项A错误；由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比，选项 B正确；导体的电阻率只与材料有关，与长度无关，选项C错误；将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则截面积变为原来的1/2，则电阻丝的电阻变为原来的4倍，选项D错误.‎ ‎5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（ ）‎ A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能 D. 三个等势面中，c的电势最高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；‎ D. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确.‎ B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误.‎ C. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误.‎ ‎6.如图所示,质量为m,带电量为q的微粒,以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时速率，方向与电场的方向一致,则A，B两点的电势差为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的难点在于运动的处理,由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法。‎ ‎【详解】粒子从A到B，竖直方向只受重力做匀减速直线运动，有：‎ 可得运动时间为：‎ 竖直方向的高度为：‎ 在水平方向上只受到电场力，有：‎ 水平方向的位移为：‎ 联立可得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 则AB两点的电势差为：‎ 联立可得：‎ ‎；‎ 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是 A. 金属块带负电荷 B. 电场力做功0.5J C. 金属块克服摩擦力做功0.7J D. 金属块的机械能减少1.2J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属块正电，故AB错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：Wf=-0.7J，故C正确；外力做功为W外=W电+Wf=-1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确．所以CD正确，AB错误．‎ ‎8.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时 (    ) ‎ A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小 B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大 C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。‎ 当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。‎ 根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。‎ 由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由可知，电容C的电荷量在减小，故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　）‎ A. 灯泡将变暗，电源效率将减小 B. 液滴带正电，将向下做加速运动 C. 电源的路端电压增大，输出功率也增大 D. 滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率 外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．‎ B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．‎ C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．‎ D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．‎ ‎10.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻、及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,当滑动变阻器的触头由a端滑向b端时,下列说法正确的是(    )‎ A. 电压表和电流表读数都减小 B. 电压表和电流表读数都增大 C. 电压表读数增大,电流表读数减小 D. 电压表读数减小,电流表读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先认识电路的连接关系：与R并联后与串联,电压表测路端电压，电流表测量流过的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化。‎ 本题中也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过的电流增大。‎ ‎【详解】当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由可知路端电压增大，即电压表示数增大；‎ 因路端电压增大，两端的电压减小,故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共15分，选对但不全的2分）‎ ‎11.简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig=300μA，内阻Rg=100Ω，可变电阻R 的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央,则（ ）‎ A. 欧姆表的内阻为5kΩ B. 欧姆表的内阻为10kΩ C. Rx的阻值为 5kΩ D. Rx的阻值为10kΩ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使用欧姆表测电阻前要进行欧姆调零,欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律求出指针指在刻度盘中央时所测电阻阻值。本题考查了求欧姆表的中央刻度值，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可解题。‎ ‎【详解】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律,由闭合电路欧姆定律得，欧姆调零时：‎ ‎，‎ 则欧姆表的内阻：‎ ‎，‎ 故A正确，B错误；‎ 指针指在刻度盘的正中央是：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（ ）‎ A. 小球从A到D过程中静电力做功为 B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小 C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加 D. AB两点间的电势差 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为‎2L，则，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：，所以：，D正确．‎ ‎13.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）‎ A. 在x2和x4处电势能相等 B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大 C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D. 由x1运动到x4的过程中速度先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查从图象获取信息的能力,另外,所以图象组成图形的面积还可以表示电势差。由图可以看出在处场强为正,处场强为负方向,沿着电场线的方向电势降低,对于正电荷而言电势降低则电势能减小。‎ ‎【详解】A．x2到x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；‎ B．x1到x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；‎ C正电荷由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故由知电场力先增大后减小，故C正确；‎ D．正电荷由x1运动到x4的过程，场强一直为负，表示电场力与运动方向相反，电场力一直做负功，则速度一直减小，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎14.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的I—U图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（   ）‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大；任一状态灯泡的电阻，并依据U与I图象面积大小表示功率，从而即可求解。对于线性元件欧姆定律成立，对于非线性元件欧姆定律不成立。‎ ‎【详解】A．I-U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；‎ BC．根据电阻的定义可知，对应P点的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为，而R不等于切线斜率，故B正确，C错误；‎ D．根据功率表达式，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎15.在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用 ΔI、ΔU1、ΔU2和 ΔU3表示．下列说法正确的是 （ ）‎ A. U1变小，U2变大，U3变小，I变大 B. U1变大，U2变小，U3变大，I变大 C. U1/I 不变，U2/I 变小，U3/I 变小 D. ΔU1/ΔI 不变，ΔU2/ΔI 不变，ΔU3/ΔI 不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I变大，路端电压U3减小，R1的电压U1增大，故R2的电压U2减小．故AB错误．因R1是定值电阻，则有，不变．因为，R2变小，变小；=R1+R2，变小．故C正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则，不变．U2=E-I（R1+r），则=R1+r，不变，故D正确．故选CD．‎ 考点：电路的动态分析 三、实验题（本大题共3小题，共23分）‎ ‎16.（1）某同学在实验室测定金属丝电阻率的实验中游标卡尺测量长度如图甲所示,可知其长度为__________mm；如图乙所示,用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值__________ mm；‎ ‎（2）影响材料电阻率的因素很多,一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小某学校研究小组需要研究某种材料的导电规律，他们用这种材料制作成电阻较小的元件P，测量元件P 中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．图a是他们按设计好的电路连接的部分实物图，请添加三根导线，使电路完整______。‎ ‎（3）改变滑动变阻器的阻值,记录两电表的读数根据表中数据，在图b中画出元件P的图像______，并判断元件P是_______（金属材料还是半导体材料）；‎ ‎（4）若可供选择的滑动变阻器（R1:最大阻值为2.5，额定电流为‎0.25A；R2最大阻值为5，额定电流‎1.5A）则本实验应该选用滑动变阻器_______。把元件P接入如图c所示的电路中，已知定值电阻R阻值为10，电源势为2V，内阻不计，利用图b计算该元件实际消耗的电功率为_________。‎ ‎【答案】 (1). 101.55 (2). 10.500（10.499~10.501） (3). (4). (5). 半导体材料 (6). R1 (7). 0.24（0.23~0.25）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺和螺旋测微器的读数都是先读固定刻度数值，再读可动刻度的示数，游标卡尺不需要估读。‎ ‎（2）U-I在图像中，如果图像为直线，则材料为金属材料，不是直线则为半导体材料。‎ ‎（3）实验要求电压从零调，所以变阻器应是分压式接法，且为阻值小额定电流大的变阻器；待测元件的电阻较小应用外接法；‎ ‎（4）关键是在表示元件的图象中再作出表示电源的图象，求出两图线的交点坐标即可。‎ ‎【详解】（1）[1]游标卡尺是20分度的卡尺，精确度为‎0.05mm，格数不估读，则电阻丝的长度为：‎ ‎101mm‎+11×‎0.05mm=‎101.55mm；‎ ‎[2]螺旋测微器转到刻度50格共‎0.5mm，则精确度为‎0.01mm，格数需估读，则电阻丝的直径为：‎ ‎10.5mm‎+0.0×‎0.01mm=‎‎10.500mm ‎（2）[3]由于实验要求电压从零调，所以变阻器应是分压式接法；由于待测元件的电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，连线图如图所示： ‎ ‎（3）[4]将各个数据点描细点，用平滑的曲线连接各点可得元件的I-U图象如图所示：‎ ‎[5]由 ‎，‎ 可知，元件的电阻大小与图线上各点与原点连线的斜率大小乘正比，表示元件的电阻大小随温度的升高而减小，可判定元件P材料是半导体材料；‎ ‎（4）[6]由于电压要求从零调，所以变阻器应是分压式接法，则应选择阻值小的变阻器R1，以方便调节。‎ ‎[7]：在表示元件P的I-U图象中同时作出表示电源的I-U图象，如图所示，‎ 读出两图线交点即工作点的坐标为：‎ I=‎0.24A，U=1.0V，‎ 所以元件P消耗的功率为：‎ ‎（0.23~0.25）．‎ ‎17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,有以下器材：‎ A.小灯泡L（3V,‎0.6A）‎ B.滑动变阻器R（0～10Ω） ‎ C.电压表V1 （0～3V） ‎ D.电压表V2 （0～15V）‎ E.电流表A1 （0～‎0.6A）‎ F.电流表A2 （0～‎3A）‎ G.铅蓄电池、开关各一个,导线若干 ‎（1）为了减小误差,实验中应选电流表______________,电压表____________．‎ ‎（2）在图虚线框内按要求设计实验电路图．‎ ‎（ ）‎ ‎（3）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中,描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息,可以判断下图中正确的是（图中P为小灯泡的功率）（ ）‎ A.B.C.D.‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). (4). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题(1)根据小灯泡额定电压电流来选择合适的量程即可；（2）根据（3）中图像可知实验选用了分压式接法，由于灯泡电阻较小，采用外接法设计电路；（3）根据电功率公式求解．‎ ‎【详解】(1)[1]由小灯泡额定电流为，可知选电流表，[2]由小灯泡额定电压为,可知选电压表．‎ ‎(2)[3] 根据（3）中图像可知实验选用了分压式接法，由于灯泡电阻较小，满足,所以采用外接法设计电路，如图所示 ‎(3)[4]根据电功率公式， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 可知斜率逐渐变小，斜率逐渐变大，其原因是实验随着时间推移，小灯泡电阻会随温度的升高而变大，所以BD正确．‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】本题考察小灯泡伏安特性曲线实验的考察，主要包括选表，分压式控制电路，外接法测电阻等设计电路图，最后考察电功率公式与图像斜率之间的关系．‎ ‎18.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：‎ 待测电源（电动势约2V）；‎ 电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）；‎ 定值电阻R0（阻值为2.0Ω）；‎ 定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）‎ 电流表G（量程为400μA，内阻Rg=500Ω）‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为_____V的电压表；‎ ‎（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；‎ ‎（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则 和 的关系式为_________（用题中字母表示）；‎ ‎（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻r=0.50Ω，则其电动势E=______V（保留两位有效小数）；‎ ‎（5）该实验测得的电动势与真实值相比，理论上______ ．（填“>”“<”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 2； (2). ； (3). 2.08； (4). =；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律可得：，整理得：；‎ ‎(3) 由对应的图象可知，，解得；‎ ‎(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即为真实的路端电压，为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同．‎ ‎【点晴】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，重点分析实验电路图，同时能正确利用闭合电路欧姆定律列式，注意本题中一定要考虑电表的内阻，同时在分析图象时要认真分析坐标轴的起点值．‎ 四.计算题 ‎19.如图所示电路中，R1=R2=2Ω，R3=1Ω．当K接通时，电压表的读数为1V；K断开时，电压表的读数为0.75V．求电源电动势E和内阻r．‎ ‎【答案】E=3V，r=1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】设电源电动势为E，内阻为r，则当K接通，R1、R2并联再与R3串联，R1、R2并联电阻值是1Ω，电压表测R3两端的电压，‎ 所以:‎ 即：‎ 当K断开，R2、R3串联，电压表测R3两端的电压，则：‎ 即：‎ 联立①②代入数据得：‎ E=3V，r=1Ω ‎【点睛】利用闭合电路的欧姆定律是解题的关键，注意串并联电路的特点．‎ ‎20.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接．整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为0.75mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；‎ ‎（3）改变s的大小，滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有：‎ qE（S+R）−μmgS−mgR=mv2‎ 而：qE=0.75mg，s=3R 联立解得：‎ v=；‎ ‎（2）水平方向合力提供向心力为：‎ F−qE=m 解得：‎ F=mg ‎（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时速度最小 则有：‎ 解得：‎ vmin=‎ ‎21.如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求 ‎（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎（2）A点距电场上边界高度；‎ ‎（3）该电场的电场强度大小．‎ ‎【答案】（1）3；（2）H/3；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：‎ v0–at=0‎ 联立解得：‎ ‎（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；‎ 因为M在电场中做匀加速直线运动，则 解得h=‎ ‎（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：‎ 由已知条件：Ek1=1.5Ek2‎ 联立解得：‎