物理卷·2018届江苏省淮安市清江中学高二上学期期中物理试卷（选修） （解析版）

物理卷·2018届江苏省淮安市清江中学高二上学期期中物理试卷（选修） （解析版）

‎2016-2017学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（选修）‎ ‎　‎ 一、单选题（共20分，每小题4分，只有一个正确选项）‎ ‎1．如图所示的各电场中，A、B两点的电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂上距A也为d的一点，关于三点的场强大小E、电势φ高低比较，正确的是（　　）‎ A．EC＞EA＞EB B．EA＞EB＞EC C．ϕB=ϕC＞ϕA D．ϕA=ϕC＞ϕB ‎3．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．倍 D．倍 ‎4．为探究小灯泡L的特性，连好分压电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始变化，得到小灯泡L的U﹣I图象应是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，额定电压为110V的两盏电灯，额定功率分别为PA=100W，PB=25W．把它们接到220V的电路上，欲使它们都能正常发光且耗电最少，应采用的接法是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、多选题（共30分，至少有两个正确选项，选不全的，得3分）‎ ‎6．A、B是一条电场线上的两个点，一带电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，加速度增大．则此电场的电场线分布可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻值R3由较大逐渐变小的过程中（　　）‎ A．流过R2的电流方向向上 B．电容器板间场强逐渐变大 C．电容器的电容不变 D．电源内部消耗的功率减小 ‎8．如图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机M的电阻RM=1Ω，电阻R=1.5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则（　　）‎ A．电动机两端的电压为2V B．电动机两端的电压为6V C．电动机转化为机械能的功率为12W D．电动机转化为机械能的功率为8W ‎9．如图所示，仅在静电力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（　　）‎ A．静电力做正功 B．动能减少 C．粒子带负电 D．加速度减小 ‎10．带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则在上述过程中一定有（　　）‎ A．小球一定不是做圆周运动 B．小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 C．静电力所做的功一定等于重力所做的功 D．小球速度的最小值为 ‎　‎ 三、实验题（36分，每空3分，含作图、连线等，按要求作答）‎ ‎11．如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0保护电阻，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：‎ U（V）‎ ‎1.10‎ ‎0.86‎ ‎0.70‎ ‎0.54‎ ‎0.06‎ I（A）‎ ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎0.36‎ 请完成下列问题 ‎（1）本实验系统误差主要因素是　　；‎ ‎（2）用作图法在如图2的坐标系内作出U﹣I图线；‎ ‎（3）利用图线，测得电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎（4）电动势测量值　　真实值，内阻测量值　　真实值（选填“大于、小于或等于”）；‎ ‎12．“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I﹣U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中把实验仪器连接成完整的实验电路（内接法）．‎ ‎（2）由图可知，当电压为4V时，小灯泡的电阻约为　　Ω，且随着电压的增大，小灯泡的电阻增大，因为　　；‎ ‎（3）将同种规格的两个这样的小灯泡串联后再与40Ω的定值电阻R串联，若接在电压恒为16V的电源上，如图（c）所示，则理想电流表的示数为　　 A，每个小灯泡的功率为　　W，电源内非静电力做功的功率为　　W．‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分，写出必要的文字说明和方程，只有最后结果不得分）‎ ‎13．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为0.1kg，电荷量为10﹣5C，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，物块开始下滑，（g取10m/s2，sin37°=0.6）求：‎ ‎（1）原来的电场强度大小；‎ ‎（2）后来物块加速运动的加速度大小；‎ ‎（3）物块沿斜面下滑距离为6m时过程中电势能的变化．‎ ‎14．如图所示，在铅板A中心处有一个放射源C，它能向各个方向不断地射出速度大小相等的电子流，B为金属网，M为紧靠金属网外侧的荧光屏，电子打在荧光屏上会使其发出荧光，A和B连接在分压电路上，它们相互平行且正对面积足够大．已知电源电动势为E，滑动变阻器的最大电阻是电源内阻的4倍，A、B间距为d，电子质量为m，电量为e，闭合电键k，不计电子运动所形成的电流对电路的影响、忽略重力作用．‎ ‎（1）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器中点时，求A、B间的场强大小EAB；‎ ‎（2）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器最右端时，若电子流初速率为v0，求电子打到荧光屏的速率；‎ ‎（3）若移动变阻器的滑片移至某位置，荧光屏上形成的亮斑最小面积为S，求出此时电子刚离开放射源C的初速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（选修）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（共20分，每小题4分，只有一个正确选项）‎ ‎1．如图所示的各电场中，A、B两点的电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．‎ ‎【解答】解：A、图中A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、图中A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故B错误．‎ C、图中电场线的切线方向表示电场的方向，由图可知，两点的场强方向不同，所以A、B场强不等，故C错误 D、图中A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂上距A也为d的一点，关于三点的场强大小E、电势φ高低比较，正确的是（　　）‎ A．EC＞EA＞EB B．EA＞EB＞EC C．ϕB=ϕC＞ϕA D．ϕA=ϕC＞ϕB ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则．电场线越密的地方，电场强度越强．正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同．同时沿着电场线方向电势降低．‎ ‎【解答】解：AB、由等量异种点电荷的电场线的分布，可得B点的电场线最密，C点的最疏．所以EB＞EA＞EC，故AB错误；‎ CD、如图为等量异种点电荷的电场，则电场线是从正电荷出发到负电荷终止．所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，‎ 根据顺着电场线电势降低，可知ϕA＞ϕB．而A、C同处于一根等势线，所以ϕA=ϕC．因此ϕA=ϕC＞ϕB．故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．倍 D．倍 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据类平抛运动的规律解出粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E=分析即可求解．‎ ‎【解答】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；‎ 由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt 竖直方向：y===d 因为E=‎ 所以 若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来 故选C ‎　‎ ‎4．为探究小灯泡L的特性，连好分压电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始变化，得到小灯泡L的U﹣I图象应是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】灯泡电阻不是定值，随温度升高而增大，分析清楚图示图象，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：灯丝电阻不是定值，随温度升高而增大；随电压U增大通过灯泡的电流I增大，灯泡实际功率P=UI增大，灯泡温度升高，灯泡电阻增大；‎ A、由图示图象可知，随U增大灯泡电阻减小，不符合实际，故A错误；‎ B、由图示图象可知，灯泡电阻不变，不符合实际，故B错误；‎ C、由图示图象可知，灯泡电阻随U增大而增大，符合实际，故C正确；‎ D、由图示图象可知，通过灯泡的电流随电压减小而增大，不符合实际，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，额定电压为110V的两盏电灯，额定功率分别为PA=100W，PB=25W．把它们接到220V的电路上，欲使它们都能正常发光且耗电最少，应采用的接法是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等．‎ ‎（2）已知电源电压相等，根据公式P=可知，电路中电阻越大．消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C图总电阻进行比较，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：根据公式P=可知，灯泡A的电阻RA=121Ω，灯泡B的电阻RB=484Ω．‎ A、图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，则上面可变电阻接入电路的阻值为121Ω，即该支路的总电阻为242Ω，同理下边支路的总电阻为968Ω，由可得，此时并联电路的总电阻为R=193.6Ω；‎ B、图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等；由可得，灯泡A和灯泡B并联后的电阻R并=96.8Ω，此时电路的总电阻为R=2R并=2×96.8Ω=193.6Ω；‎ C、图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后和灯泡A的电阻相等；串联电路，电阻越串越大；灯泡A和灯泡B正常工作时，此时电路的总电阻为R=2RA=2×121Ω=242Ω；‎ D、图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡a与可变电阻R并联后和灯泡b的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B不能正常工作，故D不正确；‎ 根据公式P=可知，电路电阻越大，消耗的功率就越小，比较A、B、C图可知，C图的总电阻大，消耗的功率最小，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、多选题（共30分，至少有两个正确选项，选不全的，得3分）‎ ‎6．A、B是一条电场线上的两个点，一带电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，加速度增大．则此电场的电场线分布可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；‎ 对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：一带电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，加速度增大，那么所受电场力也越来越大，‎ 由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻值R3由较大逐渐变小的过程中（　　）‎ A．流过R2的电流方向向上 B．电容器板间场强逐渐变大 C．电容器的电容不变 D．电源内部消耗的功率减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与R3串联，电容器并联在R3两端，由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出R3电压的变化，则可知电容器两端电量的变化，可知流过R2的电流方向．由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化．‎ ‎【解答】解：AB、可变电阻R3由大变小的过程中，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，内电压及R1两端的电压均增大，则R3两端的电压减小，电容器两端的电压减小，电容器将放电，故流过的电流向上；板间场强减小，故A正确；B错误；‎ C、电容器的电容由电容器本身决定，则知电容不变，故C正确．‎ D、总电流增大，由P=I2r可知电源内部消耗的功率变大，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机M的电阻RM=1Ω，电阻R=1.5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则（　　）‎ A．电动机两端的电压为2V B．电动机两端的电压为6V C．电动机转化为机械能的功率为12W D．电动机转化为机械能的功率为8W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据部分电路的欧姆定律求出电路中的电流，由串联电路的知识求出电动机两端的电压，根据能量守恒求出电动机转化为机械能的功率 ‎【解答】解：AB、根据欧姆定律，电路电流，电动机两端的电压，故A错误，B正确；‎ CD、电动机消耗的电功率，电动机内阻上消耗的功率，电动机转化为机械能的功率，故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎9．如图所示，仅在静电力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（　　）‎ A．静电力做正功 B．动能减少 C．粒子带负电 D．加速度减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据轨迹弯曲的方向可判断出电场力方向，确定电场力做功正负，判断动能、电势能的变化．由电场线的疏密判断场强大小，即可判断电场力和加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向沿电场线向下，与速度的夹角为钝角，所以电场力做负功．故A错误．‎ B、因为只有电场力做负功，故动能减小、电势能增大．故B正确．‎ C、由图看出，粒子的向下弯曲，粒子所受电场力方向大体向下，与电场强度方向相反．所以粒子带负电．故C正确．‎ D、从A到B，电场线越来越密，场强越来越大，带电粒子所受的电场力增大，则其加速度增大．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则在上述过程中一定有（　　）‎ A．小球一定不是做圆周运动 B．小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 C．静电力所做的功一定等于重力所做的功 D．小球速度的最小值为 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，两个力都是恒力，运用运动的分解法研究，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向研究，根据匀变速直线运动平均速度公式列出两个方向的位移，得到两个位移的关系，再根据动能定理列式求解．‎ ‎【解答】解：A、小球受到重力和电场力，两个力均为恒力，合力为恒力，一定不是做圆周运动，圆周运动合力提供向心力，合力方向改变，故A正确；‎ B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据分运动的等时性和运动学公式可得：‎ 水平位移为：x=，竖直位移为：y=，可得水平方向与竖直方向位移大小相等．故B正确 C、粒子由A到B过程中，根据动能定理，则有：qEx﹣mgy=0，即得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，即等于重力做功的负值．故C错误；‎ D、由C知电场力等于重力，将电场力和重力等效为一个力F'，进行正交分解，垂直F'方向匀速运动，当速度与F'垂直时，速度最小，‎ 初速度与F'垂直的分量，当合力F'与速度垂直时，速度最小，，故D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ 三、实验题（36分，每空3分，含作图、连线等，按要求作答）‎ ‎11．如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0保护电阻，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：‎ U（V）‎ ‎1.10‎ ‎0.86‎ ‎0.70‎ ‎0.54‎ ‎0.06‎ I（A）‎ ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎0.36‎ 请完成下列问题 ‎（1）本实验系统误差主要因素是　电压表的分流　；‎ ‎（2）用作图法在如图2的坐标系内作出U﹣I图线；‎ ‎（3）利用图线，测得电动势E=　1.5　V，内阻r=　1.95　Ω．‎ ‎（4）电动势测量值　小于　真实值，内阻测量值　小于　真实值（选填“大于、小于或等于”）；‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）明确电表内阻的影响，根据电路结构即可得出误差原因；‎ ‎（2）由描点法将表中各点的坐标描出，再由直线将各点相连即可；‎ ‎（3）由图象与纵坐标的交点可求得电源的电动势；由图象的斜率可求得内阻与保护电阻之和；因保护电阻已知，则可求出内阻．‎ ‎（4）分析内阻的影响，作出实际电路图，从而分析误差情况．‎ ‎【解答】解：（1）由于电表不是理想电压表，因此本实验中由于电压表的分流而使电流表示数偏小； ‎ ‎（2）根据描点法可得出对应的图象如图所示； ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可知，U=E﹣Ir则可知，电源的电动势约为1.5V；‎ R0+r==3.95‎ r=3.95﹣2=1.95Ω；‎ ‎（4）由图甲可知，由于电压表的分流，电流表测量出来的电流总是小于电源的总电流，而且电压表示数越大，电流的测量值与真实值差异越大，作出U﹣I的真实图象，如图中虚线所示，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电源电动势测量值小于真实值；内阻小于真实值；‎ 故答案为：（1）电压表的分流作用；（2）如图所示；（3）1.5；1.95；（4）小于；小于．‎ ‎　‎ ‎12．“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I﹣U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中把实验仪器连接成完整的实验电路（内接法）．‎ ‎（2）由图可知，当电压为4V时，小灯泡的电阻约为　10　Ω，且随着电压的增大，小灯泡的电阻增大，因为　温度升高，电阻增大　；‎ ‎（3）将同种规格的两个这样的小灯泡串联后再与40Ω的定值电阻R串联，若接在电压恒为16V的电源上，如图（c）所示，则理想电流表的示数为　0.3　 A，每个小灯泡的功率为　0.6　W，电源内非静电力做功的功率为　4.8　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（2）由伏安特性曲线找出对应的电流，再由欧姆定律可求得电阻；根据电压表的分流明确误差情况；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律得出电压和电流之间的关系，在伏安特性曲线中作出对应的关系曲线，两图象的交点即为电灯泡的工作点，则可求得灯泡的功率和电源的总功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据原理图可知，实验有用分压式接法以及电流表外接法，故实物图连线如图所示；‎ ‎（2）由图可知，当电压为4V时，电0.4A，则电阻R==10Ω； 由于随温度的升高，电阻变大，所以随着电压的增大，温度升高后，小灯泡的电阻增大；‎ ‎（3）由图s所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，‎ 设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I． 在这个闭合电路中，E=2U+IR0，‎ 代入数据并整理得，U=8﹣20I，在图a所示坐标系中作出U=8﹣20I的图象如图所示，‎ 由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V、I=0.3A，‎ 每只灯泡的实际功率P=UI=2×0.3=0.6W；‎ 由能量守恒定律可知，电源内非静电力做功等于电源的总功率，故P非=IAE=0.3×16=4.8W．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）10；温度升高，电阻增大；（3）0.3；0.6；4.8‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分，写出必要的文字说明和方程，只有最后结果不得分）‎ ‎13．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为0.1kg，电荷量为10﹣5C，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，物块开始下滑，（g取10m/s2，sin37°=0.6）求：‎ ‎（1）原来的电场强度大小；‎ ‎（2）后来物块加速运动的加速度大小；‎ ‎（3）物块沿斜面下滑距离为6m时过程中电势能的变化．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；电势能．‎ ‎【分析】（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．‎ ‎（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎（3）沿斜面下滑距离为L时电势能的变化等于克服电场力做功的数值 ‎【解答】解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力FN．静电力F=qE，如图．‎ qE=mgtan37°‎ E===7500N/C ‎（2）当电场强度变为原来的时，将滑块受力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图，沿斜面方向，有：‎ 根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣qcosθ=ma．‎ 解得：a=gsin37°﹣gsin37°=3.0 m/s2．方向沿斜面向下．‎ ‎（3）设克服电场力做功为W，‎ 电势能的增加W=qE′Lcos37°═=1.8J 答：（1）原来的电场强度大小7500N/C；‎ ‎（2）后来物块加速运动的加速度大小3.0；‎ ‎（3）物块沿斜面下滑距离为6m时过程中电势能的增加1.8J ‎　‎ ‎14．如图所示，在铅板A中心处有一个放射源C，它能向各个方向不断地射出速度大小相等的电子流，B为金属网，M为紧靠金属网外侧的荧光屏，电子打在荧光屏上会使其发出荧光，A和B连接在分压电路上，它们相互平行且正对面积足够大．已知电源电动势为E，滑动变阻器的最大电阻是电源内阻的4倍，A、B间距为d，电子质量为m，电量为e，闭合电键k，不计电子运动所形成的电流对电路的影响、忽略重力作用．‎ ‎（1）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器中点时，求A、B间的场强大小EAB；‎ ‎（2）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器最右端时，若电子流初速率为v0，求电子打到荧光屏的速率；‎ ‎（3）若移动变阻器的滑片移至某位置，荧光屏上形成的亮斑最小面积为S，求出此时电子刚离开放射源C的初速度大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）由于滑动变阻器的最大电阻是电源内阻r的4倍，当滑动变阻器的滑片置于中点时，AB之间的电压为电动势的，在根据E=可以求得AB间的场强E的大小；‎ ‎（2）滑片在最右端时，先求出两极板间的电压，再根据动能定理求出电子打到荧光屏的速率；‎ ‎（3）运动到亮斑的最远处的电子在电场中做的是类平抛运动，当滑动变阻器的电压到达最大时，电子在电场中运动的时间最短，亮斑的半径最小，根据类平抛运动的规律可以求得此时的电子的初速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）设内阻为r，则滑动变阻器的最大电阻R=4r，由分压关系有：‎ UAB=‎ 电场强度 ‎（2）滑片在最右端时.，‎ 由动能定理，得 电子打到荧光屏的速率 ‎（3）当滑片处于最右端时，亮斑最小，此时初速v沿平行于A板方向的电子打在荧光屏上的位置距离圆心最远．设亮斑半径为R斑．电子在匀强电场中做类平抛运动R斑=vt d=‎ 当滑片处于最右端时，电压为 圆面积公式 S=π 解得，‎ 答：（1）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器中点时，A、B间的场强大小为；‎ ‎（2）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器最右端时，若电子流初速率为v0，电子打到荧光屏的速率 ‎（3）若移动变阻器的滑片移至某位置，荧光屏上形成的亮斑最小面积为S，此时电子刚离开放射源C的初速度大小