物理卷·2018届安徽省铜陵一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届安徽省铜陵一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年安徽省铜陵一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（每小题4分，共48分．每题只有一个选项正确．）‎ ‎1．关于电场线，以下说法正确的是（　　）‎ A．电场线就是电荷运动的轨迹 B．正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向 C．电场线越密的地方，电势就越高 D．电场线是一个闭合曲线 ‎2．下列关于电源电动势的认识中，你认为正确的是（　　）‎ A．同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化 B．1号1.5V干电池比7号1.5干电池大，但电动势相同 C．电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势越大 D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同 ‎3．以下说法中，正确的是（　　）‎ A．+q在A点的电势能比B点大，则B点电势较高 B．﹣q在C点的电势能比在D点大，则C点电势较高 C．+q在E点的电势能为负值，﹣q在F点的电势能是负值，则F点电势较高 D．﹣q在F点的电势能是负值，则F点电势为负值 ‎4．真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球间静电力为F．现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．某电解池中，若在2s内有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）‎ A．0 B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A ‎6．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r．则（　　）‎ A．金属球上的感应电荷在球心激发的电场强度大小等于k B．金属球上的感应电荷只在导体球内激发电场 C．金属球在静电平衡后左右两侧均带负电 D．如果用导线同时接触球的左右两侧，球两侧的电荷将中和 ‎8．一个电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A，则（　　）‎ A．这台电动机每分钟产生的热量是6.54×104J B．这台电动机每分钟所做的机械功是6.54×104J C．这台电动机每分钟消耗电能6.54×104J D．每分钟通过电动机线圈的电荷量为5C ‎9．一个电容器的规格是20V，5μF，对以下数据及相关问题的理解，正确的是（　　）‎ A．这个电容器只有加上20V电压时，电容才是5μF B．这个电容器的电容的最大值为5μF，当带电荷量较少时，电容小于5μF C．这个电容器的电容是5μF，与电容器所加电压，所带电量大小无关 D．这个电容若不带电，则电容为0‎ ‎10．平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示．以下变化能使液滴向上运动的是（　　）‎ A．保持电键S闭合，将电容器的下极板稍稍下移 B．保持电键S闭合，将电容器的上极板稍稍右移 C．将电键S断开，并将电容器的下极板稍稍向左平移 D．将电键S断开，并将电容器的上极板稍稍下移 ‎11．四盏灯泡接成如图所示的电路．a、c灯泡的规格为“220V 200W”，b、d灯泡的规格为“220V 60W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．当在该段电路加上电压时，有关四盏灯泡实际消耗的功率大小顺序排列正确的是（　　）‎ A．Pa＞Pd＞Pb＞Pc B．Pa=Pc＜Pb=Pd C．Pa＞Pb=Pc＞Pd D．Pd＞Pa＞Pc＞Pb ‎12．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎　‎ 二、实验题：（第（1）题，每空2分；第（2）、（3）、（4）题，每题2分．共10分．）‎ ‎13．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为3.0v的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲进行实验，请你指出该电路图中的伏安法是　　（填：内接法或外接法）；供电电路是　　（填“限流电路”或“分压电路”）‎ ‎（2）开关S闭合之前，图乙中的滑动变阻器的滑片应该置于　　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）图乙中的实验电路缺少两根导线，用笔画线代替导线，将其连接完整．‎ ‎（4）实验中测得有关数据如下表：‎ ‎ 第1组 第2组 ‎ 第3组 ‎ ‎ 第4组 ‎ 第5组 第6组 ‎ 第7组 ‎ ‎ U/V ‎ 0.40‎ ‎0.80 ‎ ‎1.20 ‎ ‎1.60 ‎ ‎2.00 ‎ ‎2.40 ‎ ‎2.80 ‎ I/A ‎ ‎0.10 ‎ ‎0.16 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.23 ‎ ‎0.25 ‎ ‎0.26 ‎ ‎0.27 ‎ 根据表中的实验数据，请在图丙中标出第5组至第7组数据点，画出小灯泡的I﹣U特性曲线（第1组至第4组数据已经在坐标纸上标出）‎ ‎　‎ 三、计算题：（第14题12分，第15题10分，第16题12分，第17题8分）‎ ‎14．如图所示，用细线将质量为m=4×10﹣3 kg的带电小球P悬挂在O点正下方．当空中有方向为水平向右，大小为E=2×104V/m的匀强电场，系统静止时，细线与竖直方向夹角37°．g取10m/s2．‎ ‎（1）分析小球的带何种电荷；‎ ‎（2）求小球带电量q；‎ ‎（3）求剪断细线后带电小球的加速度a．‎ ‎15．如图是3V与15V的双量程电压表的内部电路图，其表头内阻Rg=60Ω，满偏电流Ig=1mA．图中A、B是两个接线柱．‎ ‎（1）量程为3V的接线柱是A还是B？（请写出简要的分析）‎ ‎（2）分压电阻R1、R2分别是多少？‎ ‎16．带有等量异号电荷，长度30cm，相距20cm的平行板A和B之间有一个匀强电场，电场强度E=1×104V/m，方向向下．B板接地（即电势φB=0）．电场左边界C点距B板3cm．现将一个电子从C点以v0=3×107m/s的速度平行于两板向右射入电场，从电场右边界离开．已知电子电量e=1.6×10﹣19C，电子质量m0=9.1×10﹣31kg，比荷=1.76×1011C/kg．求 ‎（1）C点电势φC是多少？‎ ‎（2）电子在C点电势能为多少？‎ ‎（3）电子离开电场时，在垂直于板面方向偏移的距离．‎ ‎17．如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m，电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间中充满了匀强电场．电场方向水平向右，且电场强度E=．现使小球在最低点A获得一水平向右的速度v0．若小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，求v0应该满足的条件．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省铜陵一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（每小题4分，共48分．每题只有一个选项正确．）‎ ‎1．关于电场线，以下说法正确的是（　　）‎ A．电场线就是电荷运动的轨迹 B．正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向 C．电场线越密的地方，电势就越高 D．电场线是一个闭合曲线 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线上每一点的切线方向表示该点的场强方向；电场线与电荷的运动轨迹是两回事，电场线的方向就是正电荷所受电场力的方向，电场线疏密表示电场的强弱．‎ ‎【解答】解：‎ A、电场线与电荷的运动轨迹是两回事，只有电场线是直线，且电荷的初速度为零或初速度与电场线共线时，电荷的运动轨迹才沿直线；故A错误．‎ B、正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，则电场线的方向就是正电荷所受电场力的方向，故B正确．‎ C、电场线疏密表示电场的强弱，电场线越密的地方，电场强度大，但电势不一定高，故C错误．‎ D、电场线从正电荷出发终止于负电荷，不闭合．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．下列关于电源电动势的认识中，你认为正确的是（　　）‎ A．同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化 B．1号1.5V干电池比7号1.5干电池大，但电动势相同 C．电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势越大 D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，与外电路无关．电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能的本领大小．与电压、电势差的物理意义不同，单位相同．‎ ‎【解答】A．电动势由电源中非静电力的特性所决定，与外电路无关．所以同一电源接入不同的电路，电动势不会改变．故A错误．‎ B．电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，所以虽然1号干电池比7号干电池大，但电动势相同．故B正确．‎ C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qE可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故C错误．‎ D．电动势、电压和电势差物理意义不同，单位相同．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．以下说法中，正确的是（　　）‎ A．+q在A点的电势能比B点大，则B点电势较高 B．﹣q在C点的电势能比在D点大，则C点电势较高 C．+q在E点的电势能为负值，﹣q在F点的电势能是负值，则F点电势较高 D．﹣q在F点的电势能是负值，则F点电势为负值 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电势能和电势能关系为：E=φq；该公式在计算中要注意各物理量的符号，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、由E=φq可知，+q在A点的电势能比在B点大，则A点的电势高；故A错误；‎ B、﹣q在C点的电势能比在D点大，则C点的电势高；则D点的电势高；故B错误；‎ C、+q在E点的电势能为负值，则E点电势为负值；﹣q在F点的电势能为负值，则F点的电势为正值；故F点的电势高；故C正确；‎ D、﹣q在F点的电势能是负值，则F点电势为正值，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球间静电力为F．现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：F==，‎ 不带电的同样的金属小球C先与B接触：QC=QB′=‎ 带电的同样的金属小球C再与A接触：QA′=QC′==‎ 两点电荷间的距离增大到原来的2倍，则两点电荷间的静电力大小为：‎ F′==．所以选项A正确，选项BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．某电解池中，若在2s内有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）‎ A．0 B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】先由正负电荷量的决对值的和求出通过截面的电荷量，然后由电流的定义式求出电流．‎ ‎【解答】解：2s内流过的电量为：Q=1.0×1019×2×1.6×10﹣19C+2.0×1019×1.6×10﹣19C=6.4C；‎ 则由电流的定义可知：I===3.2 A；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r．则（　　）‎ A．金属球上的感应电荷在球心激发的电场强度大小等于k B．金属球上的感应电荷只在导体球内激发电场 C．金属球在静电平衡后左右两侧均带负电 D．如果用导线同时接触球的左右两侧，球两侧的电荷将中和 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】金属球在点电荷Q附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，达到静电平衡时，整个导体是一个等势体，金属球内部场强处处为零，根据电场的叠加原理解答即可．‎ ‎【解答】解：A、金属球内部的电场强度处处为零，点电荷+Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，所以金属球上感应电荷在球心激发的电场强度与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为 E=k=k，方向向右．故A正确；‎ B、金属球上的感应电荷在空间任何位置都激发电场，故B错误．‎ C、金属球在静电平衡后右侧带负电，左侧带正电，故C错误．‎ D、如果用导线同时接触球的左右两侧，静电感应现象仍然存在，不能将金属球两侧的感应电荷中和．故D错误 故选：A ‎　‎ ‎8．一个电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A，则（　　）‎ A．这台电动机每分钟产生的热量是6.54×104J B．这台电动机每分钟所做的机械功是6.54×104J C．这台电动机每分钟消耗电能6.54×104J D．每分钟通过电动机线圈的电荷量为5C ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据Q热=I2rt求解这台电动机每分钟产生的热量，根据E=UIt求解这台电动机每分钟消耗电能，每分钟所做的机械功等于消耗的电能减去产生的热量，根据q=It求解电荷量．‎ ‎【解答】解：A、这台电动机每分钟产生的热量为：Q热=I2rt=25×0.4×60=600J，故A错误；‎ B、这台电动机每分钟消耗电能为：E=UIt=220×5×60=66000J，则这台电动机每分钟所做的机械功为：W=E﹣Q热=66000﹣600=6.54×104J，故B正确，C错误；‎ D、每分钟通过电动机线圈的电荷量为：q=It=5×60=300C，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．一个电容器的规格是20V，5μF，对以下数据及相关问题的理解，正确的是（　　）‎ A．这个电容器只有加上20V电压时，电容才是5μF B．这个电容器的电容的最大值为5μF，当带电荷量较少时，电容小于5μF C．这个电容器的电容是5μF，与电容器所加电压，所带电量大小无关 D．这个电容若不带电，则电容为0‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定．‎ ‎【解答】解：电容器的电容反映了电容器容纳电荷的本领大小，与电容器板间电压和所带电量无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是5µF．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示．以下变化能使液滴向上运动的是（　　）‎ A．保持电键S闭合，将电容器的下极板稍稍下移 B．保持电键S闭合，将电容器的上极板稍稍右移 C．将电键S断开，并将电容器的下极板稍稍向左平移 D．将电键S断开，并将电容器的上极板稍稍下移 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带电液滴处于静止状态，知液滴所受的电场力和重力平衡．当电键S闭合，电容器两端的电势差不变，结合电场强度的变化判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况．‎ 当电键S断开时，电容器所带的电荷量不变，结合电容的定义式、匀强电场的电场强度公式得出电场强度的大小表达式，判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、保持S闭合，则电容器两端的电势差不变，将电容器下极板稍稍下移，d增大，则电场强度减小，电场力减小，则液滴向下运动．故A错误．‎ B、保持S闭合，将电容器上极管稍稍右移时，S减小，但d不变，由于电压不变，故板间电场强度不变，所以粒子保持不动；故B错误；‎ C、将S断开，Q不变，将下极板向左平移时，由C=可知，电容减小，由Q=UC可知，电势差增大，故电场强度增大，则电场力增大，液滴将向上运动．故C正确．‎ D、将S断开Q不变，上极板稍稍下移只改变d时，根据C=，U=，E=得，E=，d改变，电场强度不变，电场力不变，液滴仍然处于静止状态．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．四盏灯泡接成如图所示的电路．a、c灯泡的规格为“220V 200W”，b、d灯泡的规格为“220V 60W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．当在该段电路加上电压时，有关四盏灯泡实际消耗的功率大小顺序排列正确的是（　　）‎ A．Pa＞Pd＞Pb＞Pc B．Pa=Pc＜Pb=Pd C．Pa＞Pb=Pc＞Pd D．Pd＞Pa＞Pc＞Pb ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】先根据小灯泡的规格确定小灯泡的电阻，然后根据串并联电路的规律确定四个小灯泡电压电流的关系，从而根据P=UI=I2R=比较它们的功率大小．‎ ‎【解答】解：a、c灯泡的电阻R=‎ b、d灯泡的电阻R′=‎ 根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R＜R′‎ 大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于a灯泡的电压，也小于d灯泡的电压，根据P=可得：Pa＞Pc，Pb＜Pd，‎ b、c电压相等，而b的电阻大，则Pb＜Pc，‎ a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R成正比，则Pa＜Pd，则Pd＞Pa＞Pc＞Pb，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．‎ C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、实验题：（第（1）题，每空2分；第（2）、（3）、（4）题，每题2分．共10分．）‎ ‎13．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为3.0v的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲进行实验，请你指出该电路图中的伏安法是　外接法　（填：内接法或外接法）；供电电路是　分压电路　（填“限流电路”或“分压电路”）‎ ‎（2）开关S闭合之前，图乙中的滑动变阻器的滑片应该置于　A　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）图乙中的实验电路缺少两根导线，用笔画线代替导线，将其连接完整．‎ ‎（4）实验中测得有关数据如下表：‎ ‎ 第1组 第2组 ‎ 第3组 ‎ ‎ 第4组 ‎ 第5组 第6组 ‎ 第7组 ‎ ‎ U/V ‎ 0.40‎ ‎0.80 ‎ ‎1.20 ‎ ‎1.60 ‎ ‎2.00 ‎ ‎2.40 ‎ ‎2.80 ‎ I/A ‎ ‎0.10 ‎ ‎0.16 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.23 ‎ ‎0.25 ‎ ‎0.26 ‎ ‎0.27 ‎ 根据表中的实验数据，请在图丙中标出第5组至第7组数据点，画出小灯泡的I﹣U特性曲线（第1组至第4组数据已经在坐标纸上标出）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）明确电路结构，从而分析电流表和滑动变阻器的接法；‎ ‎（2）根据实验要求可明确滑片开始时的位置；‎ ‎（3）根据原理图即可得出对应的实物图；‎ ‎（4）利用描点法得出几个点的位置，再用平滑的曲线将各点连接即可得出对应的I﹣U特性曲线．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，本实验采用了电流表外接法和滑动变阻器的分压接法； ‎ ‎（2）由图可知，测量部分电路与滑动变阻器左端并联；故为了让测量部分的电压和电流从零开始变化，开始时滑片应滑到A端；‎ ‎（3）根据原理图即可得出对应的实物图，补齐后图象如图所示；‎ ‎（4）利用描点法得出5、6、7三组数据的位置，利用平不可测量的曲线将各点连接即可得出对应的伏安特性曲线；‎ 故答案为：（1）外接法；分压接法；（2）A；（3）如图所示；（4）如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题：（第14题12分，第15题10分，第16题12分，第17题8分）‎ ‎14．如图所示，用细线将质量为m=4×10﹣3 kg的带电小球P悬挂在O点正下方．当空中有方向为水平向右，大小为E=2×104V/m的匀强电场，系统静止时，细线与竖直方向夹角37°．g取10m/s2．‎ ‎（1）分析小球的带何种电荷；‎ ‎（2）求小球带电量q；‎ ‎（3）求剪断细线后带电小球的加速度a．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，确定电场力的方向，即可判断小球的电性．‎ ‎（2）根据平衡条件，将小球的重力进行分析，列式求解即可．‎ ‎（3）剪断细线后带电小球只重力和电场力，这两个力都是恒力，而且不变，根据牛顿第二定律求解加速度a．‎ ‎【解答】解：（1）小球受到重力mg、电场力qE和细线的拉力，如图，电场力方向与电场同向，故小球带正电 ‎（2）小球受力平衡，将重力分解如图，在水平方向有：‎ qE=mgtan37°‎ 得：q==C=1.5×10﹣6C；‎ ‎（3）由受力图可知细线的拉力为：F===0.05N 如果剪断细绳小球所受的合力与F大小相等，方向相反，则加速度为：a==m/s2=12.5m/s2‎ 答：（1）小球带正电．‎ ‎（2）小球带电量q为1.5×10﹣6C．‎ ‎（3）剪断细线后带电小球的加速度a为12.5m/s2．‎ ‎　‎ ‎15．如图是3V与15V的双量程电压表的内部电路图，其表头内阻Rg=60Ω，满偏电流Ig=1mA．图中A、B是两个接线柱．‎ ‎（1）量程为3V的接线柱是A还是B？（请写出简要的分析）‎ ‎（2）分压电阻R1、R2分别是多少？‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值越大，改装后电压表量程越大．‎ ‎（2）应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由图示电路图可知，用接线柱A时串联电阻阻值较小，电压表量程小，此时电压表量程为3V，量程为3V的接线柱是A．‎ ‎（2）分压电阻阻值：R1=﹣Rg=﹣60=2960Ω，‎ R2=﹣R1﹣Rg=﹣2960﹣60=12000Ω；‎ 答：（1）量程为3V的接线柱是A；‎ ‎（2）分压电阻R1、R2分别是：2960Ω、12000Ω．‎ ‎　‎ ‎16．带有等量异号电荷，长度30cm，相距20cm的平行板A和B之间有一个匀强电场，电场强度E=1×104V/m，方向向下．B板接地（即电势φB=0）．电场左边界C点距B板3cm．现将一个电子从C点以v0=3×107m/s的速度平行于两板向右射入电场，从电场右边界离开．已知电子电量e=1.6×10﹣19C，电子质量m0=9.1×10﹣31kg，比荷=1.76×1011C/kg．求 ‎（1）C点电势φC是多少？‎ ‎（2）电子在C点电势能为多少？‎ ‎（3）电子离开电场时，在垂直于板面方向偏移的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据匀强电场的电势差与场强的关系式U=Ed，计算出CB间的电势差，再求解C点电势．‎ ‎（2）根据公式Ep=qφ求电子在C点电势能．‎ ‎（3）电子射入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和分位移公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）C、B两点间的电势差为：UCB=EdCB=1×104×0.03V=3×102V；‎ 由UCB=ϕC﹣ϕB，ϕB=0，得C点电势为：ϕC=UCB=3×102V ‎（2）电子在C点的电势能为：Ep=﹣eϕC=﹣1.6×10﹣19×3×102J=﹣4.8×10﹣17J ‎（3）电子进入电场后做类平抛运动，离开偏转电场时的偏移量为：y=at2‎ 水平方向有：l=v0t ‎ 加速度为：a=‎ 联立可得：y===0.088m=8.8cm 答：（1）C点电势φC是3×102V．‎ ‎（2）电子在C点电势能为﹣4.8×10﹣17J．‎ ‎（3）电子离开电场时，在垂直于板面方向偏移的距离是8.8cm．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m，电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间中充满了匀强电场．电场方向水平向右，且电场强度E=．现使小球在最低点A获得一水平向右的速度v0．若小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，求v0应该满足的条件．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】根据题意求出小球在竖直平面内做完整圆周运动的临界条件，然后由动能定理求出小球初速度应满足的条件．‎ ‎【解答】解：小球受力情况如图所示，B是小球的平衡位置，‎ 由几何知识得：tanθ==，则sinθ=，cosθ=，‎ 小球只要恰好能经过C点就能做完整的圆周运动，‎ 在C点，由牛顿第二定律得： =m，解得：vC=，‎ 从A到C过程，由动能定理得：﹣mgl（1+cosθ）﹣qElsinθ=mvC2﹣mv02，‎ 解得：v0=，要做完整的圆周运动：v0≥，‎ 答：v0应该满足的条件是：v0≥．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日