物理卷·2018届江西省上饶市上饶中学高二上学期第一次月考物理试卷（理零） （解析版） 24页

2016-2017 学年江西省上饶市上饶中学高二（上）第一次月考物 理试卷（理零） 一、选择题（共 12 小题，每题 4 分，共 48 分．其中 1-8 小题只有一项符合题目 要求；9-12 小题每题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的 得 2 分，有错选的得 0 分） 1．下列说法中正确的是（ ） A．电源电动势实质上就是电源两极间的电压 B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压 C．电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别 D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高 2．下列关于物体带电的说法，正确的是（ ） A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另外一部分 B．摩擦起电前，两物体都不带电，说明两物体内都没有电荷 C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一物体失去一些电子而带 负电 D．一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上异种电荷 3．A、B 两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为 r，球心相距 3r，A 带电荷量 Q1，B 带电荷量 Q2，则 A、B 间相互作用力（ ） A．无法确定 B．等于 C．大于 D．小于 4．如图所示，将两个摆长均为 l 的单摆悬于 O 点，摆球质量均为 m，带电量均 为 q（q＞0）．将另一个带电量也为 q（q＞0）的小球从 O 点正下方较远处缓慢 移向 O 点，当三个带电小球分别处在等边三角形 abc 的三个顶点上时，摆线的夹 角恰好为 120°，则此时摆线上的拉力大小等于（ ） A． mg B．mg C． D． 5．A、B、C 三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B 点位于 A、C 之间，在 B 处固 定一电荷量为 Q 的点电荷．当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时，它所受到的 静电力为 F；移去 A 处电荷，在 C 处放一电荷量为﹣2q 的点电荷，其所受静电力 为（ ） A．﹣ B． C．﹣F D．F 6．如图所示，平行板电容器的两极板 A、B 接在电池的两极，一带正电的小球 悬挂在电容器内部，闭合开关 S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹 角为θ，则（ ） A．若保持开关 S 闭合，A 极板向 B 极板靠近，则θ增大 B．若保持开关 S 闭合，A 极板向 B 极板靠近，则θ不变 C．若开关 S 断开，A 极板向 B 极板靠近，则θ减小 D．若开关 S 断开，A 极板向 B 极板靠近，则θ增大 7．如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为 m 的带电小球，用长为 l 的 细线悬于点 O，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速 度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过 程中速度的最小值为（ ） A． B． C． D．0 8．如图所示，带正电荷量 q，质量为 m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现 加一竖直向上的匀强电场，电场强度为 E，且 qE≤mg，以下判断中正确的是 （ ） A．物体将沿斜面减速下滑 B．物体将沿斜面加速下滑 C．物体仍保持匀速下滑 D．仅当 qE=mg 时，物体继续保持匀速下滑 9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻 B．加 5V 电压时，导体的电阻约是 5Ω C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 10．如图甲是某电场中的一条场线，A、B 是这条电场线上的两点．若将一负电 荷从 A 点自由释放，负电荷沿电场线从 A 到 B 运动过程中的速度图线如图乙所 示．比较 A、B 两点电势的高低和场强的大小，可得（ ） A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB 11．如图所示，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压恒定为 U 的电源两极连接，极板 M 带正电．现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于 静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则（ ） A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 12．如图所示，Oxy 坐标系中，将一负检验电荷 Q 由 y 轴上 a 点移至 x 轴上 b 点时，需克服静电力做功 W；若从 a 点移至 x 轴上 c 点时，也需克服静电力做 功 W，那么关于此空间存在的静电场可能是（ ） A．存在电场强度方向沿 y 轴负方向的匀强电场 B．存在电场强度方向沿 y 轴正方向的匀强电场 C．处于第 I 象限某一位置的正点电荷形成的电场 D．处于第 IV 象限某一位置的负点电荷形成的电场 二、填空题（每空 4 分，共 12 分） 13．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图所 示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为 m，调节两板间电势差为 U，当 小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为 d．可求出小油滴的电荷 量 q= ． 14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V 3W”，其他 可供选择的器材有： 电压表 V1（量程 6V，内阻 20kΩ） 电压表 V2（量程 20V，内阻 60kΩ） 电流表 A1（量程 3A，内阻 0.2Ω） 电流表 A2（量程 0.6A，内阻 1Ω） 变阻器 R1（0～1000Ω，0.4A） 变阻器 R2（0～20Ω，2A） 学生电源 E （6～8V） 开关 S 及导线若干． 实验中要求电压表在 0～6V 范围内读取并记录下 12 组左右不同的电压值 U 和对 应的电流值 I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用 ，变 阻器应选用 ．在方框中画出实验的电路图． 三、计算题（共 40 分） 15．在真空中的 O 点放一点电荷 Q=1.0×10﹣9C，直线 MN 过 O 点，OM=30cm， M 点放有一点电荷 q=﹣2×10﹣10C，如图所示，求： （1）M 点电场强度大小； （2）若 M 点的电势比 N 点的电势高 15V，则电荷 q 从 M 点移到 N 点，电势能 变化了多少，动能变化了多少？（静电力常量 k=9.0×109 N•m2/C2） 16．如图所示，在 E=103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在平面与电场线平行， 其半径 R=40cm，一带正电荷 q=10﹣4C 的小滑块质量为 m=40g，与水平轨道间的 动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s2，求： （1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处 释放？ （2）这样释放的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？（P 为半圆轨道中点） 17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长 L=0.4m， 两板间距离 d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度 v1，从两板中央平行极板射入，开关 S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒 能落到下板的正中央，已知微粒质量为 m=4×10﹣5kg，电荷量 q=1×10﹣8C，（g 取 m/s2） 求（1）微粒入射速度 v0 为多少？ （2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正 极还是负极相连？所加的电压 U 应取什么范围？ 18．在 xOy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E（图象未画出）， 由 A 点斜射出一质量为 m、带电量为+q 的粒子，B 和 C 是粒子运动轨迹上的两 点，如图所示，其中 l0 为常数，粒子所受重力忽略不计，求： （1）粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功； （2）粒子从 A 到 C 过程所经历的时间； （3）粒子经过 C 点时的速率． 2016-2017 学年江西省上饶市上饶中学高二（上）第一次 月考物理试卷（理零） 参考答案与试题解析 一、选择题（共 12 小题，每题 4 分，共 48 分．其中 1-8 小题只有一项符合题目 要求；9-12 小题每题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的 得 2 分，有错选的得 0 分） 1．下列说法中正确的是（ ） A．电源电动势实质上就是电源两极间的电压 B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压 C．电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别 D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高 【考点】电源的电动势和内阻． 【分析】电源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； 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， 电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之 和． 【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小， 电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电 源的电动势才等于路端电压；故 AB 错误； C、由 A 的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故 C 正确； D、电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有 关，电压并一定大；故 D 错误； 故选：C． 2．下列关于物体带电的说法，正确的是（ ） A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另外一部分 B．摩擦起电前，两物体都不带电，说明两物体内都没有电荷 C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一物体失去一些电子而带 负电 D．一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上异种电荷 【考点】电荷守恒定律． 【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电 荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分． 【解答】解：A、感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体 的另一部分的过程，静电感应不是创造电荷．故 A 正确； B、摩擦起电前，两物体都不带电，不是两物体内都没有电荷，而是物体总是同 时带等量异种电荷，故 B 错误； C、摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带负电，另一物体失去一些电子而带 正电，故 C 错误； D、一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上同种电荷，故 D 错误； 故选：A 3．A、B 两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为 r，球心相距 3r，A 带电荷量 Q1，B 带电荷量 Q2，则 A、B 间相互作用力（ ） A．无法确定 B．等于 C．大于 D．小于 【考点】库仑定律． 【分析】本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不 能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定 性的比较库仑力的大小． 【解答】解：当两球心相距为 3R 时，两球不能看成 点电荷，因带 同种电荷，导致电量间距大于 3R，根据库仑定律 F=k，可知，它们相互作用的库 仑力大小 F＜ ，故 D 正确，ABC 错误． 故选：D 4．如图所示，将两个摆长均为 l 的单摆悬于 O 点，摆球质量均为 m，带电量均 为 q（q＞0）．将另一个带电量也为 q（q＞0）的小球从 O 点正下方较远处缓慢 移向 O 点，当三个带电小球分别处在等边三角形 abc 的三个顶点上时，摆线的夹 角恰好为 120°，则此时摆线上的拉力大小等于（ ） A． mg B．mg C． D． 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律． 【分析】对小球 a 受力分析，受重力、c 球对 a 球的静电斥力、b 球对 a 球的静 电斥力和细线的拉力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可． 【解答】解：球 a 与球 b 间距为 ，对小球 a 受力分析，受重力、c 球对 a 球的静电斥力、b 球对 a 球的静电斥力和细线的拉力，如图所示： 根据平衡条件，有： 水平方向：Fab+Faccos60°=Tcos30° 竖直方向：Facsin60°+Tsin30°=G 其中：Fab= 解得：T=mg= 故选：B． 5．A、B、C 三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B 点位于 A、C 之间，在 B 处固 定一电荷量为 Q 的点电荷．当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时，它所受到的 静电力为 F；移去 A 处电荷，在 C 处放一电荷量为﹣2q 的点电荷，其所受静电力 为（ ） A．﹣ B． C．﹣F D．F 【考点】库仑定律． 【分析】首先确定电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向的 关系，再根据库仑定律得到 F 与 AB 的关系，即可求出﹣2q 的点电荷所受电场力． 【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为﹣ 2q 的点电荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向相同． 设 AB=r，则有 BC=2r． 则有：F=k 故电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受电场力为：FC=k = 故选：B． 6．如图所示，平行板电容器的两极板 A、B 接在电池的两极，一带正电的小球 悬挂在电容器内部，闭合开关 S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹 角为θ，则（ ） A．若保持开关 S 闭合，A 极板向 B 极板靠近，则θ增大 B．若保持开关 S 闭合，A 极板向 B 极板靠近，则θ不变 C．若开关 S 断开，A 极板向 B 极板靠近，则θ减小 D．若开关 S 断开，A 极板向 B 极板靠近，则θ增大 【考点】电容器的动态分析． 【分析】小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增 大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况； 注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量 保持不变． 【解答】解：AB、若保持开关 S 闭合，则电容器两端的电压 U 恒定，A 极板向 B 极板靠近时，两极板间的距离 d 减小，由 E= 可知两极板间的电场强度增大， 带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故 A 正确，B 错误； CD、若开关 S 断开，则电容器所带的电荷量恒定，A 极板向 B 极板靠近时，板间 距离减小，根据电容器的决定式 C= 、定义式 C= 以及 E= 可 得：E= ，故说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不 变，则θ不变，故 CD 错误． 故选：A． 7．如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为 m 的带电小球，用长为 l 的 细线悬于点 O，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速 度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过 程中速度的最小值为（ ） A． B． C． D．0 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【分析】对小球受力分析，求出小球受到的电场力与重力的合力，小球恰好完成 圆周运动，在在平衡位置的反方向上，小球做圆周运动的向心力由重力与电场力 的合力提供，此时小球速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度． 【解答】解：以小球为研究对象，受重力与电场力，所以求出二力的合力： F= ，电场力为 mgtanθ， 由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场力 合力的反方向上，且二力的合力提供向心力． 由牛顿第二定律得： =m ，小球的最小速度 v= ， 故 ABD 错误，C 正确． 故选：C． 8．如图所示，带正电荷量 q，质量为 m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现 加一竖直向上的匀强电场，电场强度为 E，且 qE≤mg，以下判断中正确的是 （ ） A．物体将沿斜面减速下滑 B．物体将沿斜面加速下滑 C．物体仍保持匀速下滑 D．仅当 qE=mg 时，物体继续保持匀速下滑 【考点】电场强度；牛顿第二定律． 【分析】质量为 m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，没有电场时，应有重力 沿下面向下的分量与摩擦力平衡；当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为 E， 且 qE≤mg，相当于物体的重力不变或减小了物体的重力，分析物体的受力情况， 可判断出物体将仍保持匀速下滑． 【解答】解：设斜面倾角为θ，摩擦因数为μ． 质量为 m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，则有 mgsinθ=μmgcosθ，即有 sinθ=μcosθ； 当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为 E，且 qE≤mg，此时物体合力应为： F=（mg﹣Eq）sinθ﹣μ（mg﹣Eq）cosθ=0，所以物体仍保持匀速下滑，故 ABD 错 误，C 正确． 故选：C 9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻 B．加 5V 电压时，导体的电阻约是 5Ω C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 【考点】路端电压与负载的关系． 【分析】I﹣U 图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电 压和电流，由 R= 求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可判断其电阻的变化． 【解答】解： A、该元件是非线性元件，所以仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故 A 错误， B、当 U=5V 时，由图知电流为 I=1.0A，则导体的电阻 R= =5Ω．故 B 正确； C、由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于 电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故 C 错误，D 正确； 故选：BD． 10．如图甲是某电场中的一条场线，A、B 是这条电场线上的两点．若将一负电 荷从 A 点自由释放，负电荷沿电场线从 A 到 B 运动过程中的速度图线如图乙所 示．比较 A、B 两点电势的高低和场强的大小，可得（ ） A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB 【考点】电场线；电场强度；电势． 【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化． 【解答】解：负电荷从 A 释放（初速为 0）后，能加速运动到 B，说明负电荷受 到的电场力方向是从 A 指向 B，那么电场方向就是由 B 指向 A，由于沿电场线方 向电势逐渐降低，所以 AB 两点的电势关系是φA＜φB． 负电荷从 A 运动到 B 的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示 加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从 A 到 B 时，受到的电场力是逐渐减小的， 由 E= 知，EA＞EB．故 C 正确． 故选：C 11．如图所示，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压恒定为 U 的电源两极连接，极板 M 带正电．现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于 静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则（ ） A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 【考点】带电粒子在混合场中的运动． 【分析】带电荷量为 q 的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件 分析微粒的电性．由 E= ，求解电场强度．根据微粒的电场力有无变化，分析 微粒的运动情况． 【解答】解：A、由题，带电荷量为 q 的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场 力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故 A 正确． B、由平衡条件得：mg=q ，得油滴带电荷量为：q= ，故 B 错误． C、根据 C= ，结合 mg=qE，且 Q=kq，则得电容器的电容为：C= ．故 C 正确． D、极板 N 向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离 s 增大，板间场强减小， 微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故 D 错误． 故选：AC． 12．如图所示，Oxy 坐标系中，将一负检验电荷 Q 由 y 轴上 a 点移至 x 轴上 b 点时，需克服静电力做功 W；若从 a 点移至 x 轴上 c 点时，也需克服静电力做 功 W，那么关于此空间存在的静电场可能是（ ） A．存在电场强度方向沿 y 轴负方向的匀强电场 B．存在电场强度方向沿 y 轴正方向的匀强电场 C．处于第 I 象限某一位置的正点电荷形成的电场 D．处于第 IV 象限某一位置的负点电荷形成的电场 【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度． 【分析】将一负检验电荷 Q 由 y 轴上的 a 点移至 x 轴上的 b 点时，需克服电场力 做功 W，说明了 a 点的电势高于 b 点的电势；若将 q 从 a 点移至 x 轴上 c 点时， 也需克服电场力做功 W．说明了 bc 两点具有相同的电势．在题目给出的四个选 项中，符合以上两点条件的电场即为可能的静电场． 【解答】解：由题意，符合条件的电场应满足：a 点的电势高于 b、c 点的电势； b、c 两点电势相等． A、在沿 y 轴负方向的匀强电场中，a 点的电势高于 b、c 点的电势；b、c 两点电 势相等，满足条件，故 A 正确； B、在沿 y 轴正方向的匀强电场中，a 点的电势低于 b、c 点的电势；b、c 两点电 势相等，不满足条件，故 B 错误； C、处于第 I 象限某一位置的正点电荷形成的电场中，当点电荷的位置在 bc 连线 的中垂线上，且点电荷到 a 的距离小于到 bc 的距离时，满足以上的条件，故 C 正确； D、处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场，当点电荷的位置在 bc 连线的 中垂线上，满足以上的条件，故 D 正确． 故选：ACD 二、填空题（每空 4 分，共 12 分） 13．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图所 示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为 m，调节两板间电势差为 U，当 小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为 d．可求出小油滴的电荷 量 q= ． 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用． 【分析】小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，再根据 E= ，即可求的小油滴的电荷量． 【解答】解：小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，mg=Eq… ① 匀强电场中内部场强，E= …② 联立①②解之得：q= ． 故答案为： ． 14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V 3W”，其他 可供选择的器材有： 电压表 V1（量程 6V，内阻 20kΩ） 电压表 V2（量程 20V，内阻 60kΩ） 电流表 A1（量程 3A，内阻 0.2Ω） 电流表 A2（量程 0.6A，内阻 1Ω） 变阻器 R1（0～1000Ω，0.4A） 变阻器 R2（0～20Ω，2A） 学生电源 E （6～8V） 开关 S 及导线若干． 实验中要求电压表在 0～6V 范围内读取并记录下 12 组左右不同的电压值 U 和对 应的电流值 I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用 A2 ， 变阻器应选用 R2 ．在方框中画出实验的电路图． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流， 根据该电流选择电流表； 在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器； 电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的 关系确定电流表接法，然后作出实验电路图． 【解答】解：灯泡额定电流 I= =0.5A，电流表应选 A2（量程 0.6A，内阻 1Ω）， 为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器 R2（0～20Ω，2A）； 电压表 0～6V 范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法； 灯泡正常发光时电阻 R= =12Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻， 所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示； 故答案为：A2；R2；实验电路图如图所示． 三、计算题（共 40 分） 15．在真空中的 O 点放一点电荷 Q=1.0×10﹣9C，直线 MN 过 O 点，OM=30cm， M 点放有一点电荷 q=﹣2×10﹣10C，如图所示，求： （1）M 点电场强度大小； （2）若 M 点的电势比 N 点的电势高 15V，则电荷 q 从 M 点移到 N 点，电势能 变化了多少，动能变化了多少？（静电力常量 k=9.0×109 N•m2/C2） 【考点】点电荷的场强；电场强度． 【分析】（1）知道点电荷的电荷量，知道距离点电荷的距离，由点电荷的场强公 式可以直接求得结果． （2）根据电场力做功的公式可以直接求得电场力做的功的大小，从而可以知道 电势能的变化． 【解答】解：（1）由点电荷的场强公式 E=k 可知， 解得：E= =100N/C， 所以电荷 Q 在 M 点的电场强度大小是 100N/C． （2）电荷 q 从 M 点移到 N 点，电场力做的功为： WMN=qUMN=q（φM﹣φN）=﹣3×10﹣9J， 所以电势能增加了 3×10﹣9J； 答：（1）M 点电场强度大小 100N/C； （2）电势能增加 3×10﹣9J，动能减少 3×10﹣9J． 16．如图所示，在 E=103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在平面与电场线平行， 其半径 R=40cm，一带正电荷 q=10﹣4C 的小滑块质量为 m=40g，与水平轨道间的 动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s2，求： （1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处 释放？ （2）这样释放的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？（P 为半圆轨道中点） 【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）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑 块做正功，根据动能定理可以求得滑块与 N 点之间的距离； （2）在 P 点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对 滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力． 【解答】解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m ，解得： v= = =2m/s， 小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：EqS﹣μmgS﹣mg•2R= mv2 所以 S= ，代入数据得：S=20m （2）小滑块从 P 到 L 过程，由动能定理：﹣mgR﹣EqR= mv2﹣ mv2P 所以 v =v2+2（g+ ）R 在 P 点由牛顿第二定律：FN﹣Eq= 所以 FN=3（mg+Eq） 代入数据得：FN=1.5N 由牛顿第三定律知滑块通过 P 点时对轨道压力为 1.5N． 答：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点 20m 处释放； （2）这样释放的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是 1.5N． 17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长 L=0.4m， 两板间距离 d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度 v1，从两板中央平行极板射入，开关 S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒 能落到下板的正中央，已知微粒质量为 m=4×10﹣5kg，电荷量 q=1×10﹣8C，（g 取 m/s2） 求（1）微粒入射速度 v0 为多少？ （2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正 极还是负极相连？所加的电压 U 应取什么范围？ 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容． 【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据 平抛运动的规律可以求得粒子入射速度 v0 的大小； （2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运 动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水 平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的 加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律 列式求解即可． 【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动， 则有： 水平方向有： 竖直方向有： 解得 v0= =10m/s （2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移 不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷， 所以上极板与电源的负极相连， 当所加电压为 U 时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有： 根据牛顿第二定律得： 解得：U=120V 当所加电压为 U2 时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有： 根据牛顿第二定律得： 解得：U2=200V 所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V 答：（1）微粒入射速度 v0 为 10m/s； （2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负 极相连，所加的电压 U 的范围为 120V≤U≤200V． 18．在 xOy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E（图象未画出）， 由 A 点斜射出一质量为 m、带电量为+q 的粒子，B 和 C 是粒子运动轨迹上的两 点，如图所示，其中 l0 为常数，粒子所受重力忽略不计，求： （1）粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功； （2）粒子从 A 到 C 过程所经历的时间； （3）粒子经过 C 点时的速率． 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律． 【分析】（1）由电场力做功的特点可明确 W=Uq，而 U=Ed，求得沿电场线方向 上的距离即可求得功； （2）粒子在 x 轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确 AO、BO 及 BC 时 间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间； （3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合 速度． 【解答】解：（1）粒子从 A 到 C 电场力做功为 W=qE（yA﹣yC）=3qEl0 （2）根据抛体运动的特点，粒子在 x 轴方向做匀速直线运动，由对称性可知， 轨迹是最高点 D 在 y 轴上，可令 tA0=toB=T，tBC=T； 由 Eq=ma 得： a= 又 y= aT2 y+3l0= a（2T）2 解得：T= 则 A 到 C 过程所经历的时间 t=3 ； （3）粒子在 DC 段做类平抛运动，则有： 2l0=vCx（2T）； vcy=a（2T） vc= = 答：（1）粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功 3qEl0 （2）粒子从 A 到 C 过程所经历的时间 3 ； （3）粒子经过 C 点时的速率为 ．