物理·四川省成都实验外国语学校2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·四川省成都实验外国语学校2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年四川省成都实验外国语学校高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每题4分，错选或多选均不给分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的 B．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少 C．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电 D．电势降低的方向，一定就是场强方向 ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎3．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（　　）‎ A．E点的电势与C点的电势相等 B．电势差UEF与电势差UBC相同 C．电场强度的大小为V/M D．电场强度的大小为20V/M ‎4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．电压表读数增大 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐减小 ‎5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大 D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）．则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ＞tP B．它们运动的加速度aQ＜aP C．它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2‎ D．它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=1：2‎ ‎7．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E=．下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最小 C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 ‎8．质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（　　）‎ A．2 B． C．2 D．2‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每题4分，全选对得4分，多选不给分，漏选得2分，有错选不给分）‎ ‎9．如图所示，在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，放一个电荷量为﹣q的点电荷，A、B、C、D四点在以点电荷为圆心、半径为r的圆周上，并且A点、C点与点电荷在同一水平线上，B点、D点与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A点电场强度最大，且为 B．B、D两点电场强度大小相等，方向相同 C．同一点电荷在B点和D点时的电势能相等 D．同一点电荷在A点和C点时的电势能相等 ‎10．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎11．如图所示，电源内阻为R，固定电阻R0=R，可变电阻Rx的总电阻值为2R，若变阻器滑片P由图示位置自左向右滑动，则（　　）‎ A．电源输出功率由小变大 B．R x消耗的功率由小变大 C．R0消耗的功率由小变大 D．电源的效率由大变小 ‎12．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（　　）‎ A．落到A板的油滴数 B．落到A板的油滴数 C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 ‎　‎ 三、填空题 ‎13．把一个满偏电流为1mA、内电阻为600Ω的电流表头改装成量程为3A的电流表，则需要　　联一个　　Ω的电阻；若将这个表头改装成量程为6V的电压表，则应　　联一个　　Ω的电阻．‎ ‎14．某同学利用图（a）所示装置进行DIS实验来测绘小灯泡的U﹣I特性曲线，画出小灯泡的U﹣I特性曲线如图（b）．请完成下列问题：‎ ‎（1）电路图（a）中“A传感器”是　　传感器，“B传感器”是　　传感器；‎ ‎（2）由图（b）可知，小灯泡灯丝电阻的变化规律是：阻值随电流的增大而　　；‎ ‎（3）现将该小灯泡与一阻值为2Ω的定值电阻串联后接在电动势为3.0V，内阻为1Ω的电源两端，电路中的电流约为　　A．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．‎ ‎（1）求电场强度E ‎（2）若在某时刻将细线突然剪断，求：经过t时间小球的速度v．‎ ‎16．有一直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中，电动机不转，测得电流为0.4A；若把电机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．‎ 求：（1）电动机正常工作时的热功率为多大？输出功率为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？‎ ‎17．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量大小为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α （小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；‎ ‎（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎18．光滑绝缘的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．A、B是质量都为m的小环，A带电量为﹣2q、B的带电量为+q，用长为R的绝缘轻杆连接在一起，套在轨道上．整个装置放在电场强度为E=，方向竖直向上的匀强电场中，将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，也不考虑A、B间的库仑力作用．求：‎ ‎（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力的大小 ‎（2）A环到达最低点时，两球速度大小；‎ ‎（3）若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都实验外国语学校高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题4分，错选或多选均不给分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的 B．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少 C．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电 D．电势降低的方向，一定就是场强方向 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】摩擦起电过程是电子在移动形成的；只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少；在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地；电势降低最快的方向，一定就是场强方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电．所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的．故A错误．‎ B、在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．故B正确．‎ C、人在地毯上行走后，通过摩擦起电，从而使人有触电的感觉．在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地，消防静电的危害．故C错误．‎ D、电势降低的方向，不一定是场强方向，电势降低最快的方向，一定才是场强方向．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎【考点】库仑定律；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（　　）‎ A．E点的电势与C点的电势相等 B．电势差UEF与电势差UBC相同 C．电场强度的大小为V/M D．电场强度的大小为20V/M ‎【考点】电势；电场强度；电势差．‎ ‎【分析】在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势，以此类推其他各点的电势．‎ ‎【解答】解：已知正六边形所在平面与电场线平行，且A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=1V，故ABG的电势相等为1V；CF电势相等为2V，D、E电势相等为3V，‎ 故A错误．‎ ‎ B、电势差UEF=3﹣2=1V，电势差UBC=1﹣2=﹣1V，B错误 ‎ C、E====V/m，故C正确 D、同理D错误 故选C ‎　‎ ‎4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．电压表读数增大 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；B错误；‎ C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；‎ D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大 D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．‎ ‎【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高，故A错误；‎ B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小．故C错误；‎ D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）．则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ＞tP B．它们运动的加速度aQ＜aP C．它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2‎ D．它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=1：2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．‎ ‎【解答】解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；‎ B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 根据位移时间关系公式，有：‎ x=at2‎ 解得：a=…①‎ 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，‎ 所以aQ＞aP，故B错误；‎ C、根据牛顿第二定律，有：‎ qE=ma…②‎ 由①②两式解得：‎ q=‎ 所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；‎ D、根据动能定理，有：‎ qEx=△Ek 而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，‎ 所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；‎ 故选C ‎　‎ ‎7．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E=．下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最小 C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比 ‎【解答】解：A、由于电场强度E=，故mg=Eq，物体的加速度大小为a=g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有： mg=m，解得，v=，故A错误；‎ B、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B错误；‎ C、小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；‎ D、若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，因Eq=mg，故水平加速度与速度加速大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，时间t=，则水平位移x=gt2=2L，则说明小球刚好运动到B点，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（　　）‎ A．2 B． C．2 D．2‎ ‎【考点】动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】对物块进行受力分析，找出力的关系，判断合外力的方向，判断物体的运动，运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．‎ ‎【解答】解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力．‎ 电场力F=QE=mg 重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角β=30°‎ 运用动能定理研究从开始到落地过程，‎ ‎ mgH+F•H=mv2﹣0‎ 可得 v=2‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每题4分，全选对得4分，多选不给分，漏选得2分，有错选不给分）‎ ‎9．如图所示，在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，放一个电荷量为﹣q的点电荷，A、B、C、D四点在以点电荷为圆心、半径为r的圆周上，并且A点、C点与点电荷在同一水平线上，B点、D点与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A点电场强度最大，且为 B．B、D两点电场强度大小相等，方向相同 C．同一点电荷在B点和D点时的电势能相等 D．同一点电荷在A点和C点时的电势能相等 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】电场叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和；运算法则是平行四边形定则．‎ ‎【解答】解：A、在A、B、C、D四点存在两个分电场，匀强电场和点电荷的电场，根据平行四边形定则合成，两个分矢量同向时，合场强最大，故A点的场强最大，为：EA=；故A正确；‎ B、B、D两点电场强度大小相等，方向不同，如图所示，故B错误；‎ C、在匀强电场中，B、D在等势面上；在点电荷的电场中，B、D也在等势面上；故在合电场中，B、D的电势依然相等；故同一点电荷在B点和D点时的电势能相等；故C正确；‎ D、在匀强电场中，A点电势大于C点的电势；在点电荷的电场中，A、C在等势面上；故在合电场中，A点的电势大于C点的电势；故同一点电荷在A点和C点时的电势能不相等，故D错误．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．‎ ‎【解答】解：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：W电=﹣4J A、由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确；‎ B、金属块克服电场力做功4J，B错误；‎ C、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故C正确．‎ D、金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J．故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，电源内阻为R，固定电阻R0=R，可变电阻Rx的总电阻值为2R，若变阻器滑片P由图示位置自左向右滑动，则（　　）‎ A．电源输出功率由小变大 B．R x消耗的功率由小变大 C．R0消耗的功率由小变大 D．电源的效率由大变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当变阻器的滑动片自左向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，固定电阻R0上和电源的内阻上消耗功率减小．根据推论：当外电阻等 于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．将R0看成电源的内阻，利用推论分析变阻器消耗的功率如何变化．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻减小；但外电阻一直大于内阻，当滑动变阻器接入电阻最小时，内外阻最接近，故电源的输出电压最大；故输出功率一直增大；故A正确；‎ B、将R0等效为内阻，则当滑片在左端时，滑动变阻器接入电阻最大，此时等于等效内阻，故滑动变阻器上消耗的功率最大；在向右移动过程中，外电阻减小，则消耗的功率减小，故B错误；‎ C、R0为定值电阻，其功率随电流的变化而变化，而在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻越来越小，则电流越来越大，故功率越来越大，故C正确；‎ D、电源的路端电压越大，则电源的输出功率越大，故滑片右移时，效率减小，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（　　）‎ A．落到A板的油滴数 B．落到A板的油滴数 C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；‎ 根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，‎ 由牛顿运动定律得：‎ mg﹣qE=ma 其中：E===‎ 得：a=g﹣‎ 第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=at22=gt22； ‎ 第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤‎ 联立以上公式得：N=，故A错误，B正确；‎ C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg﹣qE代人数据得：W=，故C正确；‎ D、第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W电=﹣qE=﹣．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎13．把一个满偏电流为1mA、内电阻为600Ω的电流表头改装成量程为3A的电流表，则需要　并　联一个　0.2　Ω的电阻；若将这个表头改装成量程为6V的电压表，则应　串　联一个　5400　Ω的电阻．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：把电流表改装成3A的电流表需要并联一个分流电阻，‎ 分流电阻阻值：R==≈0.2Ω；‎ 改装成6V的电压表，需要串联一个分压电阻，‎ 分压电阻阻值：R=﹣Rg=﹣600=5400Ω；‎ 故答案为：并；0.2；串；5400．‎ ‎　‎ ‎14．某同学利用图（a）所示装置进行DIS实验来测绘小灯泡的U﹣I特性曲线，画出小灯泡的U﹣I特性曲线如图（b）．请完成下列问题：‎ ‎（1）电路图（a）中“A传感器”是　电压　传感器，“B传感器”是　电流　传感器；‎ ‎（2）由图（b）可知，小灯泡灯丝电阻的变化规律是：阻值随电流的增大而　先不变后增大　；‎ ‎（3）现将该小灯泡与一阻值为2Ω的定值电阻串联后接在电动势为3.0V，内阻为1Ω的电源两端，电路中的电流约为　0.52　A．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据电路图与实验原理确定传感器的类型．‎ ‎（2）分析图示图象，根据欧姆定律判断灯泡如何变化．‎ ‎（3）在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象，由图示图象求出灯泡的电压与电流．‎ ‎【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压表测灯泡两端电压，电流表测电流，由图示可知，A是电压传感器，B是电流传感器．‎ ‎（2）由图示图象可知，开始随电压与电流的增大，电压与电流的比值不变，后来随电压增大电流增大，电压与电流的比值增大，由欧姆定律可知，灯泡电阻先不变后增大，由此可知，随电流增大，灯泡电阻先不变后增大．‎ ‎（3）电阻与灯泡组成等效电源，等效电源电动势为3V，内阻为3Ω，电源的U﹣I图象如图所示：‎ 由图示图象可知，灯泡两端电压为1.4V，电流为0.52A．‎ 故答案为：（1）电压；电流；（2）先不变后增大；（3）0.52（0.50～0.53）．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．‎ ‎（1）求电场强度E ‎（2）若在某时刻将细线突然剪断，求：经过t时间小球的速度v．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）小球处于静止状态，分析受力，作出力图，根据电场力与场强方向的关系判断电性．根据平衡条件和电场力公式求解场强．‎ ‎（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度公式结合求解v．‎ ‎【解答】解：（1）小球受力如图，由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电．‎ 小球的电场力为：F=qE；‎ 受力分析如图所示；由平衡条件得：Eq=mgtanθ 解得：E=‎ ‎（2）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过1s时小球的速度为v．小球所受合外力为：F合=，‎ 根据牛顿第二定律得，加速度为：a=，‎ 由运动学公式得：v=at=，‎ 答：（1）小电场强度为 ‎（2）经过0.5s时小球的速度v为 ‎　‎ ‎16．有一直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中，电动机不转，测得电流为0.4A；若把电机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．‎ 求：（1）电动机正常工作时的热功率为多大？输出功率为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电动机不转，无机械能输出，相当于纯电阻电路，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ ‎（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：（1）电动机接入电路不转时，无机械能输出，相当于纯电阻电路，由题意可以得到电动机的内阻 r==A=0.5A．‎ 电动机接入2.0 V电压的电路中正常工作时 电动机的热功率 P热=I22r=1.02×0.5 W=0.5 W 输出功率 P出=U2I2﹣I22r=2.0×1.0 W﹣1.02×0.5 W=1.5 W ‎（2）此时将转子卡住，又相当于纯电阻电路，全部电功率用于发热，所以P热==W=8W 答：（1）电动机正常工作时的热功率为0.5W，输出功率为1.5W．‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量大小为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α （小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；‎ ‎（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】带负电的小球从斜面滚下时，对其受力分析，利用力的合成求出合力，再由牛顿第二定律可算出小球的加速度．若要使小球恰能通过圆轨迹道最高点，由最高点受力利用牛顿第二定律可确定速度，最后运用动能定理求出小球释放的高度．‎ ‎【解答】解：（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinθ=ma得：‎ ‎ a=‎ ‎（2）球恰能过B点有：‎ ‎ （mg﹣qE）= （1）‎ ‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎ （mg﹣qE）（h1﹣2R）=m﹣0 （2）‎ ‎ 由（1）（2）解得h1=‎ 答：（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；‎ ‎（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为．‎ ‎　‎ ‎18．光滑绝缘的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．A、B是质量都为m的小环，A带电量为﹣2q、B的带电量为+q，用长为R的绝缘轻杆连接在一起，套在轨道上．整个装置放在电场强度为E=，方向竖直向上的匀强电场中，将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，也不考虑A、B间的库仑力作用．求：‎ ‎（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力的大小 ‎（2）A环到达最低点时，两球速度大小；‎ ‎（3）若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）在AB两环都未进入半圆型底部前，B受到向上的电场力，A受到向下的电场力，受到的重力相同，杆上的作用力即是AB受到电场力之差；‎ ‎（2）A环到达最低点时，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等；根据几何关系找到B环的位置，然后根据机械能守恒定律列式求解出各自的速度；‎ ‎（3）由于杆长超过了半圆直径，故A环一直在下方，速度为零时，结合几何关系并根据机械能守恒定律列方程求解即可求解出高度．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，杆上的作用力是AB受到电场力之差，F=EqA﹣EqB=•2q﹣•q=‎ ‎（2）AB都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即VA=VB 当A在最低点时，根据几何关系得，B和A的高度差为，‎ 对整体依机械能守恒定律，有（mg+EqA）•2R+（mg﹣EqB）（3R﹣）=（m+m）v2﹣0‎ 解得，v=；‎ ‎（3）由于杆长超过了半圆直径，故最后A环在下，如图，‎ 设A再次上升后，上升的最大高度为h，‎ 由几何关系得，B和A高度差为2R 对整体依机械能守恒定律，有（EqB﹣mg）（h+2R﹣3R）﹣（mg+EqA）（h﹣2R）=0‎ 解得，h=R．‎ 答：（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力的大小为；‎ ‎（2）A环到达最低点时，两球速度大小为；‎ ‎（3）若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为R．‎ ‎　‎ ‎2016年11月22日