1、安徽省六安市寿县第一中学 20182019 学年高二上学期期中模拟测试物理试题一、单项选择题(本题包括 10 个小题，3 分10=30 分，四个选项中，只有一个选项正确)。1.某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为 M,枪内有 n 颗子弹，每颗子弹的质量为 m，枪口到靶的距离为 L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为 v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完 n 颗子弹时，小船后退的距离为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以船、人连同枪（不包括子弹） 、靶以及枪内有 n 颗子弹组成的系统为研究的对象，则系统的在水平方向上动
2、量守恒，子弹前进的过程中船后退；子弹打到靶上后，和船又一起静止；在射 n 颗子弹的过程中，每一次都相同所以使用动量守恒定律即可解题【详解】由系统的动量守恒得：mv=M+（n-1）mv；设子弹经过时间 t 打到靶上，则：vt+vt=L；联立以上两式得： v t L；射完 n 颗子弹的过程中，每一次发射子弹船后推的距离都相同，所以船后退的总距离： x nv t ，所以选项 C 正确，选项ABD 错误。故选 C。【点睛】该题中船与子弹的总动量始终等于 0，二者相对运动，每一次子弹从开始射出到打到靶上的过程中二者的位移之和都等于 L 是解题的关键2.在沙堆上有一木块,质量 m1=5 kg,木块上放一爆
3、竹,质量 m2=0.1kg。点燃爆竹后,木块陷入沙中深度为 S=5 cm,若沙对木块的平均阻力为 58N,不计爆竹中火药的质量和空气阻力,g 取10 m/s2,爆竹上升的最大高度为（ ）A. 10m B. 20m C. 30m D. 35m【答案】B【解析】【分析】爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度 v 可由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求得爆竹爆炸过程中，内力远大于外力，爆竹与木块组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求出爆竹获得的速度，即可由运动学公式求得最大高度【详解】爆竹爆炸瞬间，设木块获得的瞬时速度 v，可由牛顿第二定律和运动学公式得：f-Mg=Ma，解得：a1.6m/s 2，则 v
4、= =0.4m/s爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒，则 Mv-mv0=0得 ；故爆竹能上升的最大高度为 ；故选B【点睛】此题考查运用牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律处理实际问题的能力，要理清思路，分析每个过程遵循的规律是关键3.一炮艇总质量为 M，以速度 v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度 v 沿前进方向射出一质量为 m 的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为 v ，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是A. Mv0( M m)v mv B. Mv0( M m)v m(v v0)C. Mv0( M m)v m(v v ) D. Mv0 Mv mv【答案】A【解析】试题分析：以地面为参
5、照物，发射炮弹过程中动量守恒，所以有：，故 BCD 错误，A 正确故选 A【此处有视频，请去附件查看】4.半径相同的两个金属小球 A 和 B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是 F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球 C 先后与 A、B 两球接触后移开这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小是( )A. F B. F C. F D. F【答案】B【解析】A、 B 两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，假设它们带的电荷量分别为 q.当第三个不带电的 C 球与 A 球接触后， A、 C 两球带电荷量平分，假设每个球带电荷量为 q q/2，当再把 C 球与 B 球接触后，
6、两球的电荷先中和，再平分，每球带电荷量 q q/4.由库仑定律 F kq1q2/r2知，当移开 C 球后，由于 r 不变，所以 A、 B 两球之间的相互作用力的大小是F F/8.A 项正确5.如图所示，是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是 A. A 点场强一定大于 B 点场强B. 在 B 点静止释放一个电子，将一定向 A 点运动C. 这点电荷一定带正电D. 正电荷运动中通过 A 点时，其运动方向一定沿 AB 方向【答案】B【解析】【详解】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以 A 错误；由图可以
7、知道的电场的方向向右，所以当由静止释放一个电子时，电子的受力的方向向左，所以电子将一定向 A 点运动，所以 B 正确；根据电场线始于正电荷终止于无限远或负电荷，或电场线始于无限远终止于负电荷，此题无法确定电性，所以 C 错误；正电荷受到的电场力的方向一定是沿着电场线的切线方向的，但是如果电荷有初速度的话，其运动方向可以向任何的一个方向，所以 D 错误。故选 B。【点睛】此题关键是知道电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小6.一质量为 m 的带电液滴以竖直向下的初速度 v0进入某电场中.由于电场力
8、和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离 h 后，速度为零.不计空气阻力，下列判断正确的是:A. 液滴的机械能减少 mgh B. 液滴的机械能增加 mghC. 电场力对液滴做的功为 D. 液滴克服电场力做的功为 +mgh【答案】D【解析】【详解】带电液滴下落 h 高度，由功能关系：W 电 =-mgh- mv02，所以电场力做负功，即克服电场力做功，其值为 mgh+ mv02，故 C 错误；D 正确；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，可知电场力做负功，其值为 mgh- mv02，所以液滴的机械能减小，减小为 mgh- mv02，故 AB 错误；故选 D。【点睛】考查功能关系与机械能是否守恒
9、，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小7.某电流表的满偏电流 IG=1mA，内阻为 1k，要把它改装成一个量程为 0.6A 的安培表，应在该电流表上（ ）A. 串联一个 599 k 的电阻 B. 并联一个 599 k 的电阻C. 串联一个 k 的电阻 D. 关联一个 k 的电阻【答案】D【解析】解：要使电流表量程变为 0.6A，则流过并联电阻的电流为：I=0.60.001A=0.599A；并联部分的电压为：U=IgR=0.0011000=1V，则需要并联的电阻为：r= = = k，故 D 正确，ABC 错误；故选：D【点评】对于电流表的改装
10、一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可8.如图所示，两个定值电阻 R1、R 2串联后接在电压 U 稳定于 16V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于 R1、R 2的电压表接在 R1两端，电压表的示数为 10V。如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将A. 小于 6V B. 等于 6VC. 大于 6V 小于 10V D. 等于或大于 10V【答案】A【解析】试题分析：将电压表与电阻 R1并联时，电压表的读数为 10V，则电阻 R2两端的电压为 6V。若将电压表与 R2并联，则其并联总阻值小于 R2,根据电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于 6V，A 对。考点：伏安法测电
11、阻、串并联电路。【名师点睛】串、并联电路的特点串联电路 并联电路电路电流 II 1I 2I n II 1I 2I n电压 UU 1U 2U n UU 1U 2U n总电阻 R 总 R 1R 2R n I 2 P1R1P 2R2P nRnU2功率分配P 总 P 1P 2P n P 总 P 1P 2P n9.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点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. 带电质点通过 P 点时的电势能比 Q 点大C. 带电质
12、点通过 P 点时的动能比 Q 点大D. 带电质点通过 P 点时的加速度比 Q 点大【答案】ABD【解析】试题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故 c 等势线的电势最低，a 等势线的电势最高，故 A 正确；B、根据质点受力情况可知，从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，故 P 点的电势能大于 Q 点的电势能，故
13、 B 正确；C、从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故 P 点的动能小于 Q 点的动能，故 C 错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故 P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故 D 正确故选：ABD【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化10.关于 U AB= 和 WAB= qUAb的理解，正确的是（ ）A. 电场中的 A，B 两点间的电势差和两点间移动电荷的电量 q 成反比B. 在电场中 A，B 两点移动不同的电荷，电场力的功 WAB和电量 q 成正比
14、C. UAB与 q、W AB有关，且与 WAB成正比D. WAB与 q、U AB无关，与电荷移动的路径无关【答案】B【解析】电场中两点间的电势差由电场及场中两点的位置决定，跟移动电荷的电荷量无关，故 A 错误，C 正确；而电场力做功表达式为： ，可知电场力做功则既与两点间的电势差有关，又与被移动电荷的电量有关，跟电荷移动的路径无关，故 B 正确、D 错误。所有 BC 正确，AD错误。二、多项选择题11.如图所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示， a、 b 是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )A. 该粒子带正电荷，运动
15、方向为由 a 到 bB. 该粒子带负电荷，运动方向为由 a 至 bC. 该粒子带正电荷，运动方向为由 b 至 aD. 该粒子带负电荷，运动方向为由 b 至 a【答案】BD【解析】因为合力大致指向轨迹凹的一向，可知粒子电场力方向水平向左，则粒子带负电，运动方向可能由 a 到 b，可能由 b 到 a故 BD 正确，AC 错误故选 BD点睛：解决本题的关键知道合力大致指向轨迹凹的一向，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反12.金属板 A 一侧接地，在其表面上三个点 P1、P 2、P 3，左侧附近放一个带负电的固定小球B，如图所示，则以下判断正确的是（ ）
16、A. P1、P 2两点左侧邻近处场强相同 B. P 1、P 2两点左侧邻近处场强方向相同C. P1、P 2处有感应电荷 D. P 3处无感应电荷【答案】BCD【解析】【分析】处于静电平衡状态的导体整个的导体是一个等势体，表面是一个等势面场强方向与等势面垂直根据静电平衡状态的特点分析【详解】金属板处于静电平衡状态，整个金属板是一个等势体，表面是一个等势面，而场强方向与等势面垂直，所以 P1、P 2两点左侧邻近处场强方向相同，但场强大小不一定相等，所以场强不一定相同，故 A 错误，B 正确。根据静电感应的原理：同种电荷相斥，异种电荷相吸，因右侧接地，则大地中的正电荷被吸引到左侧表面使左侧面带正电，
17、负电荷被斥向大地，则右表面不带电，即 P1、P 2处有感应电荷，P 3处无感应电荷，故 C D 正确。故选 BCD。【点睛】处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面且导体是等势体，也可以画电场线的分布进行分析13.如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心 O 和等分点 a 的电势、电场强度的相关描述正确的是( )A. a 点的电势为 6V B. a 点的电势为2VC. O 点的场强方向指向 a 点 D. O 点的场强方向指向电势为 2V 的点【答案】AD【解析】由题意可得 ab 和 cd 是平行线，在匀强
18、电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，U ba=Ucd=6V-2V=4V，所以，a 点电势比 10V 低 4V，即为 6V，故 A 正确，B 错误a 点的电势为 6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O 点的场强方向应指向图中电势为 2V 的点，故 C 正确，D 错误故选 AC点睛：本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面14.真空中有一静电场，其在 x 轴正半轴的电势随 x 变化的关系如图，根据图象可知（ ）A. R 处的电场强度 E0 B. 若试探电荷从 x1处移到 x2
19、处，电场力不一定做正功C. x1处与 x2处的电场强度方向相同 D. 该电场有可能是处在 O 点的正点电荷激发产生的【答案】B【解析】【分析】-x 图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用 WAB=qUAB来判断电势能的变化情况【详解】-x 图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R 处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故 A 错误；若试探电荷从 x1处移到 x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故 B 正确；x 1处与x2处的切线斜率同为负值，故 x 方向的电场强度分量的方向相同，故 C 错误；离电荷越近，电场
20、强度越大，故 -x 图象的斜率越大；而从 O 点向右，切线斜率先变大后减小，故电场不可能是处在 O 点的正点电荷激发产生的，故 D 错误；故选 B。【点睛】-x 图象：电场强度的大小等于 -x 图线的斜率大小，电场强度为零处，-x图线存在极值，其切线的斜率为零在 -x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在 -x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用 WAB=qUAB，进而分析 WAB的正负，然后作出判断15.下列关于电动势的说法中正确的是（ ）A. 电动势的大小与非静电力所做的功成正比，与被移送电荷量成反比B. 电动势的单位与电势、电势差的单位都是伏特，
21、故三者本质上一样C. 电动势公式 E= 中 W 与电压 U= 中的 W 不是同种性质力所做的功D. 电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量【答案】CD【解析】【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和【详解】电动势的定义式 运用比值法定义，可知 E 与电源内非静电力做的功 W、通过的电荷量 q 无关，由电源本身决定，故 A 错误。电动势的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质不一样；电动势反映的是电源内部非静电力做功的能力；故 B
22、错误；电动势公式中 W 与电压 中的 W 不同，前者是非静电力做功；后者是电场力的功；故 C 正确；电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的。反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量；故 D 正确。故选 CD。【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关16.如图所示的电路中，输入电压 U 恒为 12V，灯泡 L 标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻 RM=0.5 ，若灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A. 电动机的热功率是 1W B. 电动机的总功率是 12WC. 电动机的输出功率是 10W D. 整个
23、电路消耗的电功率是 22W【答案】BC【解析】【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是 6V，额定功率是 12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率。【详解】电动机两端的电压 U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流 ，所以电动机的总功率 P=U1I=62W=12W。电动机的热功率 P 热 =I2RM=40.5W=2W，则电动机的输出功率 P2=P-I2RM=12-2W=10W故 A 错误，BC 正确。整个电路消耗的功率 P 总 =UI=122
24、W=24W故D 错误。故选 BC。17.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表 A1、A 2，若把A1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )A. 图甲中的 A1、A 2的示数相同B. 图甲中的 A1、A 2的指针偏角相同C. 图乙中的 A1、A 2的示数相同D. 图乙中的 A1、A 2的指针偏角相同【答案】BC【解析】【分析】电流表 A1、A 2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大。当它们串联时，A 1、A
25、2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。【详解】图甲中的 A1、A 2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故 A 错误，B 正确；图乙中的 A1、A 2串联，A 1、A 2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故 C 正确，D 错误；故选 BC。【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成。指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。18.如图所示，平行金属板 A、 B 组成的电容器，充电后与静电计相连，要
26、使静电计指针张角变大，下列措施中可行的是（ ）A. 将 A 板向上移动 B. 将 B 板向右移动 C. 将 A、B 之间充满电介质 D. 将 A 板放走部分电荷【答案】A【解析】【分析】充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，则应增大两板间的电势差；根据电容的定义式及平行板电容器的决定式可以分析各选项能否使张角增大.【详解】A 板向上移动时，两板间的正对面积减小，则由 可知，电容器的电容减小，则由 Q=UC 可知，两板间的电势差增大，故静电计的张角变大；故 A 正确；B 板向右移动时，两板间的距离减小，则 C 增大，故两板间的电势差减小，故静电计的张角变小，故 B 错误；电容器之间
27、充满介质，故 C 增大，则两板间的电势差减小，故静电计的张角变小，故 C 错误；电容器放走部分电荷后，电荷量减小，则电势差减小，故静电计的张角变小，故 D 错误；故选 A。【点睛】对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化.三实验题19.某同学通过实验测定一个阻值约为 5 的电阻 Rx的阻值(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(050 ，额定电流 2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表(03 A，内阻约 0.025 )B电流表(00.6 A，内阻约 0.125 )C电压表(03 V，内阻约 3 k)D电压表(015 V，内阻约 15 k
28、)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的_(选填“甲”或“乙”)(2)下图是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线_(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U.某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值 Rx _(保留两位有效数字)(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是_(选填选项前的字母)A电流表测量值小于流经 Rx的电流值B电流表测量值大于流
29、经 Rx的电流值C电压表测量值小于 Rx两端的电压值D电压表测量值大于 Rx两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片 P 从一端滑向另一端，随滑片 P 移动距离 x的增加，被测电阻 Rx两端的电压 U 也随之增加，下列反映 Ux 关系的示意图中正确的是_A答案 A B答案 B C答案 C【答案】 (1). (1)B； (2). C； (3). 甲； (4). (2)如图所示； (5). (3)5.2； (6). (4)B； (7). D； (8). (5)A；【解析】（1）电压表 C，理由是有滑动变阻器限压，且 15V 量程太大，读数误差太大；电流表 B，理由是即使电压表满偏，
30、最大电流为 0.6A；外接法即甲图，理由是 ，即小电阻，适合采用安培表外接法，即甲图。（2） 或者（3）根据读数 I=0.50A，U=2.60V，即电阻为 5.2（4）甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为 B、D（5）由于电流 , ,通过数学函数图像即答案为 A【考点定位】闭合电路欧姆定律【此处有视频，请去附件查看】20. 某小组的同学拟探究小灯泡 L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡 L，规格“4.0 V，0.7 A” ；电流表 A1，量程 3 A，内阻约为 0.1 ；电流表 A2，量程 0.6 A，内阻 R20.2
31、；电压表 V，量程 3 V，内阻 RV9 k；标准电阻 R1，阻值 1 ；标准电阻 R2，阻值 3 k；滑动变阻器 R，阻值范围 010 ；学生电源 E，电动势 6 V，内阻不计；开关 S 及导线若干。（1）甲同学设计了如图 1 所示的电路来进行测量，当通过 L 的电流为 0.46 A 时，电压表的示数如图 2 所示，此时 L 的电阻为_ 。（2）乙同学又设计了如图 3 所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在 L上的电压值是_ V。（3）小组认为要想更准确地描绘出 L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所提供器材，在图 4 所示的虚线框内补画出实验电路
32、图，并在图上标明所选器材代号。【答案】 5（2 分） 4（3 分） 答图 1（5 分）答图 2（3 分）【解析】试题分析：由图知，电压表的读数为 2.30 V，根据欧姆定律，L 的电阻 RL 5 ；电压表与电阻 R2串联，电压表两端的电压 3 V，根据串联电路电阻与电压的关系，电阻 R2两端的电压为 1 V，灯泡 L 两端的电压为电压表和电阻 R2两端的电压之和，即为 4 V；为了使电流表读数准确，电流表应用 A2，因其量程为 0.6A，不能测量 0.7A，所以应与A2并联一个定值电阻 R1，具体电路图见答案。考点：欧姆定律，串联电路的关系，并联电路的关系，电路图画法点评：学生能熟练运用欧姆定
33、律，串联电路的关系，并联电路的关系去分析问题。四、计算题21.一带电荷量为 Q、半径为 R 的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为 R/2 的小球后，如图所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点 P 处电荷量为 q 的电荷的静电力已知 P 距大球球心距离为 4R. 【答案】 ,方向向右【解析】【分析】用没挖之前球对质点的库仑力，减去被挖部分对质点的库仑力，就是剩余部分对质点的库仑力；【详解】没有挖去之前， 对 的斥力为： 挖去的小球带电量为： 挖去的小球原来对 的斥力为： 剩余部分对 的斥力为： ，方向向右。【点睛】本题的关键就是要对挖之前的库仑力和挖去部分的库仑力计算，
34、而不是直接去计算剩余部分的库仑力，因为那是一个不规则球体，其库仑力直接由公式得到。22.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为 E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为 m 的带电小球，丝线跟竖直方向成 角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距 d，如图所示，求：（1）小球带电荷量 q 是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】 （1）qmgtan/E；（2）t=【解析】试题分析：（1）小球所带电荷为正 （2 分）小球受到水平向右的电场力、竖直向下的重力和丝线拉力三力平衡：（4 分）（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动（4 分）考点：考查带电粒子在复
35、合场中的运动点评：本题难度较小，粒子能够做直线运动的条件是合外力的方向与速度方向在同一条直线上23.如图所示，用长为 l 的绝缘细线拴一质量为 m、带电荷量为q 的小球(可视为质点)后悬挂于 O 点，整个装置处于水平向右的匀强电场 E 中，将小球拉至悬线呈水平的位置 A 后，由静止开始将小球释放，小球从 A 点开始向下摆动，当悬线转过 60角到达位置 B 时，速度恰好为零，求：(1)B、A 两点的电势差 UBA；(2)小球到达 B 点时，悬线对小球的拉力 FT.【答案】 （1） （2） 【解析】（1）根据动能定理：mglsin60 -qUBA=“ 0“ - 0 ，B、 A 两点的电势差 （4
36、分）（2）电场强度 （4 分）（3）小球到达 B 点时，悬线对小球的拉力 T、重力沿半径方向的分力 mgcos30、电场力沿半径方向的分力 qEcos60的合力是向心力：因为 vB=“ 0“ ,解得 T= mg。 （4 分）24.一台小型电动机在 3V 电压下工作，用此电动机提升所受重力为 4 N 的物体时，通过它的电流是 0.2A在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的 30s 内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻【答案】 （1）0.6（2）6（3）5【解析】(1)电动机的输入功率P 入 UI0.23
37、 W0.6 W.(2)电动机提升重物的机械功率P 机 Fv(43/30) W0.4 W.根据能量关系 P 入 P 机 P Q，得生热的功率PQP 入 P 机 (0.60.4) W0.2 W.所生热量 QP Qt0.230 J6 J.(3)根据焦耳定律 QI 2Rt，得线圈电阻R 5 .25.如图，匀强电场中三点 A、B、C 是一个三角形的三个顶点,ABCCAB30，BC2m已知电场线平行于ABC 所在平面,一个带电荷量为210 6 C 的负电荷由 A 移到 B，电势能增加 1.2105 J；由 B 到 C，电场力做功 6106 J，求：(1) 电势差 UAB、U BC的值(2) 如果以 A 点
38、电势为零，B 点电势为多少(3)电场强度的大小和方向.【答案】 （1）U AB=6V、U BC=-3V；（2）-6V；（3）1V/m，方向由 AB.【解析】【分析】（1）根据 U=W/q 求电势差；（2）根据 UAB= A- B求 B 点的电势；（3）作出等势面，根据EU/d 求电场强度的大小，场强方向由电势高的等势面指向电势低的等势面。【详解】 （1）根据电势差公式 得： （2）根据 UAB= A- B，即 60 B解得 B6 V（3）AB 中点的电势根据 解得 C3 V所以 CD 在同一个等势面上，作出等势面如图AC 两点沿场强方向的距离 d=ACcos30= ，方向由 AB【点睛】本题的
39、关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式 U=Ed 应用时 d 为沿着电场线方向的距离.如图所示电子射线管.阴极 K 发射电子，阳极 P 和阴极 K 间 加上电压后电子被加速。A、B 是偏向板，使飞进的电子偏离.若已知 P、K 间所加电压 UPK2.510 3V，两极板长度L6.010 -2m，板间距离 d3.610 -2m，所加电压 UAB1000V，R310 -2m， 电子质量me9.110 -31kg，电子的电荷量 e-1.610 -19C。设从阴极出来的电子速度为 0，不计重力。试问：26
40、.电子通过阳极 P 板的速度 0是多少?27.电子通过偏转电极时具有动能 Ek是多少?28.电子过偏转电极后到达距离偏转电极 R310 -2m 荧光屏上 O点，此点偏离入射方向的距离 y 是多少?【答案】 （1）约等于 （2） （3）【解析】（1）根据动能定理2.9610 7m/s（2）根据动能定理4.4410 -16J(到 均可)（3）根据动能定理2.010 -2m.29.如图所示，ABCD 为竖立放在场强为 E10 4V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道上的一点，而且 ABR02 m。把一质量 m
41、01 kg、带电量 q10 4 C 的小球，放在水平轨道的 A 点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动。 （g 取 10 m/s2）求：（1）它到达 C 点时的速度是多大？（2）若让小球安全通过 D 点，开始释放点离 B 点至少多远？【答案】 （1） ；（2） 。【解析】试题分析：（1）由 A 点到 C 点应用动能定理得 解得(2)小球安全通过 D 点的临界条件为设释放点距 B 点的距离为 x，由动能定理得以上两式联立可得 x=0.5m.所以距离至少 0.5m考点：考查了动能定理，圆周运动，带电粒子在复合场中的运动，30.如图所示,在绝缘的水平面上,相隔 2L 的,A、B 两点固定有两个电量均为
42、 Q 的正点电荷,C、O、D 是 AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2一质量为 m、电量为 q 的带电物块以初速度 v0从 c 点出发沿 AB 连线向 B 运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用当物块运动到 O 点时,物块的动能为初动能的 n 倍,到达 D 点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在 O 点已知静电力恒量为 k,求:(1)AB 两处的点电荷在 c 点产生的电场强度的大小;(2)物块在运动中受到的阻力的大小;(3)带电物块在电场中运动的总路程【答案】 （1）（2）（3）【解析】【详解】 （1）设两个正点电荷在电场中 C 点的场强分别为 E1和 E2，在 C 点的合场强为 EC；则；则 EC=E1-E2解得： EC （2）带电物块从 C 点运动到 D 点的过程中，先加速后减速AB 连线上对称点 C= D，电场力对带电物块做功为零设物块受到的阻力为 f，由动能定理有： fL0 mv02解得： （3）设带电物块从 C 到 O 点电场力做功为 W 电 ，根据动能定理得：解得： 设带电物块在电场中运动的总路程为 S，由动能定理有： W 电 fs0 mv02解得：s=（n+0.5）L【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题
