物理卷·2018届海南省琼海市嘉积中学高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版） 17页

‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列关于电场的叙述中正确的是（　　）‎ A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 B．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大 C．电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力不变 D．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向可能相反 ‎2．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（　　）‎ A． B．3F C．4F D．9F ‎3．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强Ea、Eb的关系，正确的是（　　）‎ A．2Ea=3Eb，φa＞φb B．Ea=3Eb，φa＜φb C．2Ea=Eb，φa＜φb D．2Ea=Eb，φa＜φb ‎4．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）‎ A．UOP=﹣10cosθ（V） B．UOP=10sinθ（V） C．UOP=﹣10sinθ（V） D．UOP=10cosθ（V）‎ ‎5．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（　　）‎ A． B．edUh C． D．‎ ‎6．竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球．将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后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，电流表的读数为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 ‎　‎ 二、多项选择题 ‎7．如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是（　　） ‎ A．甲表是电流表，R增大时量程减小 B．甲表是电流表，R增大时量程增大 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电压表，R增大时量程增大 ‎8．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电灯L1、L2均变亮 B．电灯L1 变暗，L2变亮 C．电流表的示数变大 D．电源的输出功率与总功率的比值变大 ‎9．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）‎ A．通过L1的电流为L2电流的2倍 B．此时L1、L2和L3的电阻均为12Ω C．L1消耗的电功率为0.75 W D．L1消耗的电功率为L2电功率的4倍 ‎10．如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法说法正确的是（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．a点的电势高于b点的电势 C．M在a点的电势能大于它在b点的电势能 D．N在c点的速度大于它在e点的速度 ‎　‎ 三、实验题 ‎11．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为　　mm，长度为　　cm．‎ ‎（2）若由测量数据计算得出：圆柱体的电阻为R，圆柱体的横截面积为S，长度为L．用R、S、L表示的电阻率的关系式为ρ=　　．‎ ‎12．用如图1所示的电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻．蓄电池内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0‎ ‎，除蓄电池、滑动变阻器、导线、开关、电流表（量程3A）外，可供使用的电压表和保护电阻有：‎ A．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）‎ B．电压表（量程15V，内阻约15kΩ）‎ C．保护电阻甲（阻值1Ω、额定功率5W）‎ D．保护电阻乙（阻值10Ω、额定功率10W）‎ ‎（1）在实验中，电压表选　　，定值电阻选　　（填序号）．‎ ‎（2）根据电路图，在图2中用实线代替导线，把未完成的电路实物图连接完整．‎ ‎（3）根据测量数据在坐标纸上做U﹣I图线如图3所示，可求得待测电池的电动势为V，内阻为Ω．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎13．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎14．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为 U1=3V；当电阻箱读数为R2=4Ω时，电压表读数为U2=4V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总．‎ ‎15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，有一带电的小物块，质量为m，带电量大小为q，置于斜面上高为h处，当加有水平向右的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，已知：重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小物块带正电还是负电？该匀强电场的电场强度有多大？‎ ‎（2）若某时刻开始匀强电场的方向变成竖直向下，则小物块滑到斜面底端时的速度多大？‎ ‎16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E．ON=d．电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴正方向射入电场区域，从MN上的P点离开电场．已知A点坐标为（0，h），电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）P点的坐标；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列关于电场的叙述中正确的是（　　）‎ A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 B．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大 C．电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力不变 D．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向可能相反 ‎【考点】点电荷的场强；电场．‎ ‎【分析】点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向不同；同一电荷所受电场力大，该点电场强度才越大；明确F=Eq的应用，知道正电荷受力沿电场线的方向，而负电荷受力与电场线方向相反．‎ ‎【解答】解：A、以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，但方向不同，故场强不同，故A错误；‎ B、场强的大小与电荷的电性无关，负电荷周围的电场强度可以大于正电荷周围的电场强度，故B错误；‎ C、由F=Eq可知，电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力变为原来的2倍，故C错误；‎ D、负电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向相反，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（　　）‎ A． B．3F C．4F D．9F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】接触带电的原则是先中和再平分．根据库仑定律公式F=k 求出库仑力的大小．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律公式得，F=k．‎ 接触再分离后所带电量各为Q，F′=k=k=3F．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强Ea、Eb的关系，正确的是（　　）‎ A．2Ea=3Eb，φa＞φb B．Ea=3Eb，φa＜φb C．2Ea=Eb，φa＜φb D．2Ea=Eb，φa＜φb ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离Ra=Labcos60°=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30°=Lab．先通过电场强度的方向判断出电荷电性，再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低．‎ ‎【解答】解：a点到O点的距离Ra=Labcos60°=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30°=Lab，根据点电荷的场强公式E=可得：‎ ‎==；故Ea=3Eb 通过电场强度的方向可知，O点的电荷为负电荷，因沿着电场线方向电势逐渐降低，故有φa＜φb，‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）‎ A．UOP=﹣10cosθ（V） B．UOP=10sinθ（V） C．UOP=﹣10sinθ（V） D．UOP=10cosθ（V）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离 ‎【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=R•sinθ，故：Uop=﹣100×0.1sinθ=﹣10sinθ（V）‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（　　）‎ A． B．edUh C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．‎ ‎【解答】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，‎ 根据动能定理：﹣eEh=0﹣Ek0，‎ 解得：Ek0=‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球．将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后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，电流表的读数为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 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路．由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化．‎ ‎【解答】解：小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；当滑片右移时，外电路总电阻不变，由欧姆定律得知，干路电流不变，则有I1=I2．‎ 与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大，则有θ1＜θ2；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎7．如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是（　　） ‎ A．甲表是电流表，R增大时量程减小 B．甲表是电流表，R增大时量程增大 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电压表，R增大时量程增大 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大 ‎【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误．‎ ‎ C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故D正确，C错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电灯L1、L2均变亮 B．电灯L1 变暗，L2变亮 C．电流表的示数变大 D．电源的输出功率与总功率的比值变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．‎ ‎【解答】解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．‎ AB、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，所以电灯L1变亮，路端电压减小，所以L2与滑动变阻器并联电压减小，所以L2变暗．故AB错误，‎ C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C正确；‎ D、输出功率与总功率的比值为，而U变小，则输出功率与总功率的比值变小，故则D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）‎ A．通过L1的电流为L2电流的2倍 B．此时L1、L2和L3的电阻均为12Ω C．L1消耗的电功率为0.75 W D．L1消耗的电功率为L2电功率的4倍 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=算出它们的电阻，再依据功率表达式P=I2R，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A．因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则有通过L1的电流为L2电流的2倍，故A正确．‎ ‎ B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，电流为I2=0.15A，电压U2=0.5V，因此它们的电阻不相等，故B错误．‎ ‎ C、L1消耗的电功率为P=U1I1=3×0.25=0.75W，故C正确；‎ ‎ D、因通过L1的电流为L2电流的2倍，假设它们的电阻相等，则有L1消耗的电功率为L2电功率的4倍，如今它们的电阻不相等，因此L1消耗的电功率不为L2电功率的4倍，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法说法正确的是（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．a点的电势高于b点的电势 C．M在a点的电势能大于它在b点的电势能 D．N在c点的速度大于它在e点的速度 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．‎ B、电场为正电荷形成的电场，故向外电势降低，故a点的电势高于b点的电势，故B正确；‎ C、因M带负电，故M在a点的电势能小于它在b点的电势能，故C错误；‎ D、N从e到c，电场力做负功，故c点的速度小于e点的速度，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎11．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为　2.990　mm，长度为　1.150　cm．‎ ‎（2）若由测量数据计算得出：圆柱体的电阻为R，圆柱体的横截面积为S，长度为L．用R、S、L表示的电阻率的关系式为ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．‎ ‎（2）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：2.5mm+49.0×0.01mm=2.990mm；‎ 由图示游标卡尺可知，其示数为；11mm+10×0.05mm=11.50mm=1.150cm；‎ ‎（2）由电阻定律可知，电阻：R=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）2.990；1.150；（2）．‎ ‎　‎ ‎12．用如图1所示的电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻．蓄电池内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器、导线、开关、电流表（量程3A）外，可供使用的电压表和保护电阻有：‎ A．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）‎ B．电压表（量程15V，内阻约15kΩ）‎ C．保护电阻甲（阻值1Ω、额定功率5W）‎ D．保护电阻乙（阻值10Ω、额定功率10W）‎ ‎（1）在实验中，电压表选　A　，定值电阻选　C　（填序号）．‎ ‎（2）根据电路图，在图2中用实线代替导线，把未完成的电路实物图连接完整．‎ ‎（3）根据测量数据在坐标纸上做U﹣I图线如图3所示，可求得待测电池的电动势为V，内阻为Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势大小可确定电压表，电路最大电流选择电流表，保护电阻既能保护电路，阻值又不能太大；‎ ‎（2）根据原理图可确定对应的实物图；‎ ‎（3）明确闭合电路欧姆定律的公式，再根据图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）电源电动势约为2V，故可以选用3V的电压表，故选A；保护电阻如果太大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据，因此保护电阻需要选择C；‎ ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示； ‎ ‎（3）根据U=E﹣Ir结合图示图示可知，图象与纵坐标的交点坐标值为1.98V，则电源电动势E=1.98V；‎ 图象的斜率表示内电阻，故r===0.19Ω；‎ 故答案为：（1）A； C；（2）图象如图所示；（3）1.98；0.19．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎13．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ ‎（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为 U1=3V；当电阻箱读数为R2=4Ω时，电压表读数为U2=4V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流，再根据功率公式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ 联立上式并代入数据解得：‎ E=6V r=2Ω ‎（2）当电阻箱数为R2时，电流为：‎ I=‎ 电源的输出功率为：‎ P出=I2R2=1×4=4W，‎ 消耗的总功率为：‎ P总=EI=6×1=6W 答：（1）电源的电动势E为6V，内阻r为2Ω．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出为4W，消耗的总功率P总为6W．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，有一带电的小物块，质量为m，带电量大小为q，置于斜面上高为h处，当加有水平向右的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，已知：重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小物块带正电还是负电？该匀强电场的电场强度有多大？‎ ‎（2）若某时刻开始匀强电场的方向变成竖直向下，则小物块滑到斜面底端时的速度多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【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，再根据速度和位移公式即可求得到达底端的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力N．静电力F=qE，由图可知，物体要想平衡，受电场力一定向右，故粒子带正电；‎ 由几何关系可知：‎ qE=mgtan37°‎ E==；‎ ‎（2）若电场变成向下，则物体受重力、向下的电场力和支持力作用，合力F=（mg+Eq）sin37°=0.6×=mg；‎ 由牛顿第二定律可知，加速度a=g；‎ 由v2=2ax可得：‎ v===‎ 答：（1）小球带正电，电场强度为；‎ ‎（2）小物块滑到斜面底端时的速度为 ‎　‎ ‎16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E．ON=d．电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴正方向射入电场区域，从MN上的P点离开电场．已知A点坐标为（0，h），电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）P点的坐标；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解P点的坐标．‎ ‎（2）电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，根据类平抛运动的规律进行分析，求出匀速运动的水平位移即可求得到达x轴上时离O点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）电场在水平方向做匀速运动，到达MN的时间t=‎ 竖直方向做匀加速运动，F=Ee 由牛顿第二定律可知，a=‎ 竖直方向上的位移y=at2==；‎ 故P点的坐标为：（d，h﹣）‎ ‎（2）电子到达P点后做匀速直线运动，由类平抛运动的特性，电子可等效为从水平位移的中点处沿直线运动；如图 由相似三角形可得： =‎ 电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x=d+△x 解得 x=+；‎ 答：（1）P点的坐标：（d，h﹣）；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离+；‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日