北京工大附中2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（理）

北京工大附中2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（理）

北京工大附中2019-2020第一学期高二年级理科期中物理试卷 第Ⅰ卷 选择题（共50分）‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题只有一个答案适合要求,请按要求选出来, 每小题3分，共30分)‎ ‎1.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离减小为原来的1/2倍，它们之间作用力的大小等于 A. ‎4F B. ‎2F C. F/2 D. F/4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，当距离减小到原来的倍，库仑力将变为原来的4倍，所以A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了。‎ ‎2.把电阻是的一根金属丝，均匀拉长为原来的倍，则导体的电阻是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当金属丝拉长为原来的2倍时，体积不变，则导体的面积减小为原来的;则由可知，拉长后的电阻变为原来的4倍；故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律的公式，知道电阻与长度和横截面积有关．并明确导体体积不变时，若长度改变则横截面积也会随之改变．‎ ‎3.某电源内电路中非静电力在5s内把‎10 C的电量从电源的负极移送到电源的正极，做功300 J，则通过电源的电流和电源的电动势分别为：‎ A. ‎2 A，60 V B. ‎10 A，30 V C. ‎2 A，30 V D. ‎30 A，300 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电流、电动势计算，根据相关概念、公式计算可得。‎ ‎【详解】由电流强度的定义式可得 由电动势的定义式可得 由以上分析可知C正确，ABC错误，故选择C。‎ ‎【点睛】电流强度在数值上等于单位时间内流过截面的电量，方向与正电荷定向移动方向相同，电动势表征电源把其它能转化为电能本领的大小，在数值上等于移动单位正电荷非静电力做的功。‎ ‎4.电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷＋Q和－Q的连线的中垂线上移动，则( )‎ A. 电场力做正功 B. 电场力做负功 C. 电场力不做功 D. 电场力做功的正负，取决于q的正负 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据等量异种电荷的电场和电势的分布情况可以知道，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，在等势面上移动电荷，电场力始终不做功 故应该选B．‎ ‎5.电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该电荷是正电荷，且电势能减少 B. 该电荷是负电荷，且电势能增加 C. 该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷 D. 该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大．‎ 解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A错误，B错误；‎ C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；‎ D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．‎ ‎6.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 ( )‎ A. Q不变，C变小，U变大，E不变 B. Q不变，C变小，U变大，E变小 C. Q变小，C不变，U不变，E变小 D. Q变小，C变小，U不变，E不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中电容器的带电量不变； 先由电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析极板间电压的变化。‎ ‎【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式：‎ 由于d增大，所以电容减小，‎ 由公式 可知板间电压U增大，‎ 由公式，所以板间场强不变，故A正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式并能结合进行分析。‎ ‎7. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点加速度大 C. 粒子在B点动能大 D. A、B两点相比，粒子在B点电势能较高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。‎ ‎【详解】根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小。故B错误；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确 ‎【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。‎ ‎8.移动电源（俗称充电宝）解决了众多移动设备的“缺电之苦”，受到越来越多人的青睐。 目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池（电动势3.7 V ‎）及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5 V)。‎ 由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见，中国民航总局做出了相关规定，如图1所示。‎ 为了给智能手机充电，小明购买了一款移动电源，其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。‎ 根据以上材料，请你判断( )‎ A. 这款移动电源能为手机提供的最大充电量为8000 mAh B. 这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37 Wh C. 乘飞机出行时，这款移动电源可以托运 D. Wh与mAh均为能量单位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图2可知，这款移动电源能为手机提供的最大充电量为10 000mAh；故A错误。B、这款移动电源充满电后所储存的总化学能等于可以对外做的功，即E=W=UIt=qU=10000×10‎-3A•h×3.7V=37 W•h；故B正确。C、由图1可知，37 W•h的这款移动电源不可以托运，可以随身携带；故C错误。D、W•h是能量的单位，但mA•h是电量的单位；故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】该题结合电源的铭牌考查对电源的电动势、电源的容量的理解，会根据W=UIt=qU求电源储存的电能的解答的关键.‎ ‎9. 在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）‎ A. 电压表V的示数变小 B. 电流表A1的示数变小 C. 电流表A2的示数变小 D. 电流表A的示数变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动，电路总电阻变大，电路中总电流减小，D错误；电源的内电压减小，则电路外电压变大，A错误；R1上电压变大，则电流变大，B错误；由于总电流减小，A1电流增大，则A2电流减小，C正确 考点：考查闭合电路的动态变化分析 点评：本题应先明确各用电器间的串并联关系，可以先把电表看做理想电表，电流表短接，电压表断路看待，这可以使电路结构变得简单 ‎10.竖直放置的一对平行金属板的左极上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流的读数为I2，夹角为θ2，则 ( )‎ A. θ1＜θ2，I1＜I2‎ B. θ1＞θ2，I1＞I2‎ C. θ1＝θ2，I1＝I2‎ D. θ1＜θ2，I1＝I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在滑片移动过程中,没有改变接入电路部分电阻，所以电流不会发生变化；而与电容器并联部分电压变大，则小球所受电场力增大，所以线的张角要增大，则D正确。‎ 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、电容、共点力平衡、电场强度。‎ 二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，选对的得4分，选不全得2分，有错选或不选的得0分）‎ ‎11.下列各量中，与检验电荷无关的量是( )‎ A. 电场强度E B. 电场力F C. 电势差U D. 电场做功W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身的性质决定的，与检验电荷无关，对于电势差则为电势之差，由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，因此电势差与检验电荷无关．电场力做功，知电场力做功与检验电荷的电量有关．电场力，知电场力与检验电荷有关．故BD错误，AC正确．‎ 考点：本题考查了对电场中几个概念的理解情况．‎ ‎12.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为零，电阻R1=2R2，在R2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ，则：‎ A. 通过电阻R1和R2的电流I1=I2‎ B. R1两端电压U1=‎ C. 导线L中通过的电流IL=‎ D. 使电阻R2断路，通过R1的电流不发生变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查闭合电路欧姆定律，据此分析计算可得。‎ ‎【详解】A．电阻R2被短路，通过R2的电流I2＝0，故A错误；‎ B．R1两端电压U1=，故B错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律可知通过导线L的电流IL=，故C正确；‎ D．使电阻R2断路，通过R1的电流IL=，不发生变化，故D正确。‎ ‎【点睛】在R2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ，则R2被短接，根据闭合电路欧姆定律计算可得。‎ ‎13.关于电表，下列说法正确的是：‎ A. 利用串联电路中电阻分压原理，可将电流表串联一个分压电阻改装成电压表 B. 如果要将电压表量程扩大n倍，则所串的分压电阻应是内阻的n倍 C. 用同一表头做成的电流表，电流表的量程越大，其内阻越小 D. 当电流表测某电路的电流时，测量值一定总是小于真实值 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电表改装，根据电表改装原理分析可得。‎ ‎【详解】A．利用串联电路中电阻分压原理，可将电流表串联一个分压电阻改装成电压表，符合客观实际，故A正确。‎ B．如果要将电压表量程扩大n倍，则所串联的分压电阻应是原电压表内阻的n-1倍，故B错误；‎ C．用同一表头做成的电流表，电流表的量程越大，并联的电阻越小，其总的内阻越小，故C正确；‎ D．当电流表测某电路的电流时，测量值可能小于真实值，也可能大于真实值，故D错误。‎ ‎【点睛】‎ 改装成电压表是在原来基础上串联一电阻，量程越大，需要串联的电阻越大。改装电流表是在原来基础上并联一电阻，量程越大，需要并联的电阻越小。读数大小取决于总电压、总电流，指针偏角大小仅取决于通过表头的电流大小，通过表头的电流越大（越小），偏转角度越大（越小）。‎ ‎14.如图所示，固定在点的正点电荷的电场中有、两点，已知，下列叙述正确的是 A. 若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 B. 若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能增加 C. 若把一负的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 D. 若把一负点电荷从点沿直线移到点，再从点沿不同路径移回到点；则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力对电荷做正功，电势能减少，而正负功的判断要根据功的定义式，力和位移只带大小。功的正负取决于力与位移的方向夹角。从图上可以看出，将正电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力与位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少。A正确B错误；将负点电荷从M点沿直线移到N点的近程中，电场力指向正电荷，方向与位移的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，C错误，若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点；则该电荷电场力做功之和为零，D正确。‎ ‎【提醒】将正负电荷受的电场力的方向分不清而选择C，将电场力做功与电势能的变化分不清而选择B或C ‎【备考提示】电荷有两种，在电场中不同性质的电荷受到的力的方向不同。‎ ‎15. 如图所示，带电体Ｑ固定，带电体Ｐ的带电量为ｑ，质量为ｍ，与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为μ，将Ｐ在Ａ点由静止放开，则在Ｑ的排斥下运动到Ｂ点停下，Ａ、Ｂ相距为ｓ，下列说法正确的是 （ ）　　‎ A. 将Ｐ从Ｂ点由静止拉到Ａ点，水平拉力最少做功2μｍｇｓ B. 将Ｐ从Ｂ点由静止拉到Ａ点，水平拉力做功μｍｇｓ C. Ｐ从Ａ点运动到Ｂ点，电势能增加μｍｇｓ D. Ｐ从Ａ点运动到Ｂ点，电势能减少μｍｇｓ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 在Ａ点由静止放开，运动到Ｂ点停下，根据动能定理可知，合外力做功为零，即电场力所做正功跟摩擦力所做负功大小相等，将电场力这个变力做功可转化为恒力做功，即从Ａ点运动到Ｂ点，电场力做的正功为μｍｇｓ，则电势能减少μｍｇｓ，故C错误，D正确 若将Ｐ从Ｂ点由静止拉到Ａ点，水平拉力需要克服电场力和摩擦力两个力做功，所以水平拉力最少做功2μｍｇｓ，故A正确，B错误 故选：AD 第Ⅱ卷 选择题（共50分）‎ 三、填空题（本题共3小题，共16分）‎ ‎16.已知电流表的内电阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA，要把它改装成量程是3V的电压表，应串联一个_________Ω的电阻，改装后电压表的内电阻为___________Ω ‎【答案】 (1). 880 (2). 1000‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电表的改装，根据改装原理计算可得。‎ ‎【详解】设需要串联电阻为，‎ 改装后电压表的内电阻为，则 ‎【点睛】‎ 电压表的改装原理：在原来基础上串联一电阻，串联电阻越大，量程越大。改装后电压表的内阻为串联电阻和原来电压表内阻之和。‎ ‎17.某同学用伏安法测量阻值Rx约为5Ω的电阻，用图________测得的Rx的误差较小，测量值________真实值（小于、大于、等于），造成误差的原因是_____________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 小于 (3). 电压表的分流作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电流表内接、外接对测量电路的影响，根据电路结构特点分析可得。‎ ‎【详解】[1]为了减小实验误差，电流表内接、外接的选择原则：大电阻采用内接法，小电阻采用外接法，Rx约为5Ω，属于小电阻，故采用电流表外接法，选择乙电路图。‎ ‎[2] 因测的电流值大于真实值，由 可知计算得到的电阻值小于真实值。‎ ‎[3] 电流表测得电流值大于通过Rx电流值，原因是电压表的分流作用。‎ ‎【点睛】电流表内接法，测得是电流表和待测电阻串联以后的电阻，测量值大于真实值，当待测电阻较大时选择内接法。电流表外接法，测得是电压表和待测电阻并联以后的电阻，测量值小于真实值，当待测电阻较小时选择外接法。‎ ‎18.在“测定金属的电阻率”的实验中：‎ ‎①用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图1所示，则该金属丝直径的测量值__________；‎ ‎②按如图2所示的电路图测量金属丝的电阻（阻值约为）．实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：‎ 电压表（量程，内阻约）；‎ 电流表（量程，内阻约）；‎ 电流表（量程，内阻约）；‎ 滑动变阻器（）；‎ 滑动变阻器（）；‎ 电源（电动势为，内阻不计）．‎ 为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选__________，滑动变阻器应选__________。（选填器材的名称符号）‎ ‎③请根据如图2所示电路图，用连线代替导线将图3中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片置于端时接通电路后的电流最小________．‎ ‎ ‎ ‎④若通过测量可知，金属丝的长度为，直径为，通过金属丝的电流为，金属丝两端的电压为，由此可计算得出金属丝的电阻率__________．（用题目所给字母和通用数学符号表示）‎ ‎【答案】 (1). ①0.383(0.382-0.385) (2). ②A1 (3). R1 (4). ③如图；‎ ‎ (5). ④‎ ‎【解析】‎ ‎①对螺旋测微器，以鼓轮边缘为准在固定刻度上读出整毫米数零，从可动刻度上读出毫米以下的小数：，‎ 测量长度为上述二者之和，需注意的是该螺旋测微仪精度为，读数需估读一位；‎ ‎②由于通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择； 根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为：‎ ‎，则变阻器需要的最大电阻为，所以为调节方便，变阻器应选择；‎ ‎③滑动变阻器滑片置于端时电流最小，则此时滑动变阻器的阻值最大，接法如图．‎ ‎④根据欧姆定律应有，，联立可得。‎ 点睛：本题考查测量导体电阻率的实验，要注意正确分析题目中给出的物理量，从面确定出可用的仪表。‎ 四、计算题（本题共5小题，34分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎19.如图所示闭合电路，电源电动势，内电阻，外电路电阻求：‎ ‎（1）电路中的电流I；‎ ‎（2）路端电压U；‎ ‎（3）电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）‎1.0A（2）1.4V（3）1.4W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流为：‎ ‎； ‎ ‎（2）路端电压为：‎ ‎；‎ ‎（3）电源输出功率等于R上消耗的电功率为：．‎ 故本题答案是：（1）‎1.0A（2）1.4V（3）1.4W ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率公式的应用，要注意明确各功率公式的应用范围，能正确选择应用即可 ‎20.在如图所示的匀强电场中，一个电荷量Q=+2.0×10‎-8 C的点电荷所受电场力F＝4.0×10-4 N.沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=‎0.10 m.（不计重力） 求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎（2）该点电荷从A点静止释放到B点时的动能EKB.‎ ‎【答案】（1）2×104N/C（2）4×10-5J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电荷Q在匀强电场中受到的电场力，则有：‎ ‎（2）点电荷从A点静止释放到B点的过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎21.如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关k1闭合、k2 、k3都断开时理想电压表读数为6V；当开关k1、k2闭合时理想电压表示数4.8V；当开关k1、k2、k3都闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W。求：‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）电源的内阻r；‎ ‎（3）开关都闭合时，电动机输出的机械功率。 ‎ ‎【答案】(1) ‎ ‎(2) ‎ ‎(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查闭合电路欧姆定律，非纯电路功率的计算，根据闭合电路欧姆定律计算可得。‎ ‎【详解】(1) 开关k1闭合、k2 、k3都断开时理想电压表读数为6V，此时回路中电流近似为零，内电压为零，外电压等于电源电动势，故E=6V。‎ ‎(2) 开关k1、k2闭合时理想电压表示数4.8V，外电压是4.8V，根据闭合电路欧姆定律可得 代入数值联立可得r=2 ‎ ‎(3) 最电阻R1为研究对象，由 可得 设通过R1的电流为 ‎。‎ 设总的电流为I总 设流过电动机的电流为IM 则电动机的输出功率为 ‎【点睛】电动机为非纯电路，电功率等于热功率和输出机械功率之和。非纯电路中欧姆定律不适用，可以间接计算出通过电动机的电流，再根据能量守恒关系计算出输出功率。‎ ‎22.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ，已知带电微粒的质量m，电量q，A、B相距L。求：‎ ‎(1)画出微粒的受力图；‎ ‎(2)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。‎ ‎(3)电场强度的大小和方向？‎ ‎(4)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少?‎ ‎【答案】(1)‎ ‎(2) 微粒受到的合力恒定，且与速度反向，所以微粒做匀减速直线运动 ‎(3) 电场强度大小 ，方向水平向左 ‎(4) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的直线运动，‎ ‎【详解】(1) ‎ 物体做直线运动，合力为零或合力与速度共线，带电粒子受到竖直向下的重力，电场力只能水平向左，这样合力才可能与速度共线，受力分析图如上图所示。‎ ‎(2) 该粒子所受合力恒定，且与速度反向，所以粒子做匀减速运动。‎ ‎(3) ‎ 可得 ‎(4) 设该粒子合力为F，‎ 由A到B由动能定理可得 联立可得 ‎【点睛】物体做直线运动时合力与速度共线，做匀速直线运动时，合力为零。‎ ‎23.如图中所示B为电源，电动势E=27V，内阻不计。固定电阻R1=500Ω，R2为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×10‎-2m，两极板的间距d=1.0×10‎-2m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=‎0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA/轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×‎106m/s连续不断地射入C。已知电子电量e=1.6×10‎-19C，电子质量m=9×10‎-31kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。‎ ‎（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求平行板电容器两端电压U1（计算结果保留二位有效数字）。‎ ‎（2）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。‎ ‎（3）转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图中给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线就给分）‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) 5.4V (2) ‎ ‎(3)‎ ‎ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知综合考查闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律和类平抛运动，根据欧姆定律、类平抛运动及运动学公式计算可得。‎ ‎【详解】解：(1) 设电容器C两极板间的电压为U1，‎ U1=E=‎ ‎(2) 设电场强度大小为E′‎ E′=，‎ 电子在极板间穿行时加速度大小为a，穿过C的时间为t，偏转的距离为yo ．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ a=‎ 电子做类平抛运动，则有：‎ l1=v0t，‎ yo=at2，‎ 联立得：‎ yo=（） ，‎ 当光束穿过b时，R2=2000Ω，代入数据解得:‎ yo=4.8×10‎‎-3m 由此可见，‎ y1＜d，‎ 电子通过电容器C，做匀速直线运动，打在荧光屏上O上方y处．根据三角形相似关系可得 代入数值可得:‎ y=‎ ‎(3) 当光束穿过a时，R2=1000Ω，代入数据解得 y=8×10‎‎-3m 由此可见，y＞d，电子不能通过电容器C。当光束穿过C时，R2=4500 同理可求得:‎ y=‎ ‎ ‎ ‎【点睛】根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出R1两端的电势差，即电容器两极板间的电势差。 根据电容器两端间的电势差求出电场强度的大小，根据类平抛运动的规律求出离开偏转电场的竖直距离，离开电场后做匀速直线运动，结合竖直方向上的分速度，根据等时性求出匀速直线运动的竖直距离，从而得出电子到达光屏离O点的距离。‎ ‎ ‎