1、2016-2017学年重庆十一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（1-8题为单选题，9-12为多选题，每题4分，共48分）1关于电场强度和电势，下列说法正确的是（）A由公式E=可知E与F成正比，与q成反比B由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比C电场强度为零处，电势不一定为零D无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做正功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少2如图所示，空心导体上方有一靠得很近的带电体，带有正电荷有一束带负电的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飞入空心导体腔内，则小液滴的运动情况是（）A匀速直线运动B变速直线
2、运动C向上偏转的曲线运动D向下偏转的曲线运动3如图所示，竖直绝缘墙壁上Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点BA、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将（）A保持不变B先变小后变大C逐渐减小D逐渐增大4如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子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电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C电子通过P点时的动能
3、比通过Q点时大D电子通过P点时的加速度比通过Q点时小5如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动已知小球所受到电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为=53，SBC=2R若使小球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度h的为（）A2RB4RC10RD17R6一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）小孔正上方d处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回若将下极板
4、向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板处返回D在距上极板处返回7如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A4 W，8 WB4W，6 WC2 W，3 WD2 W，4 W8电路图如图所示，电源电动势为20V、内阻r=3，滑动变阻器的最大阻值为20，定值电阻R0=2则下列说法正确的是（）AR=5时，R0消耗的功率最大BR=3时，电源输出的功率最大CR=5时，R消耗的功率最大D电源最大输出的功率为20W9如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对
5、电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A小灯泡L1、L2均变暗B小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比不变10如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线若有一电子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B，以及电子在A、B两点所具有的电势能EPA、EPB和动能EKA、EKB，以下判断正确的是（）AEAEBBABCEPAEPBDEKAEKB11在匀强电场中有相距d=2c
6、m的a、b两点，电势差Uab=50V，则匀强电场的电场强度可能为（）AE=1103 V/mBE=2103 V/mCE=3103 V/mDE=4103 V/m12光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m、带电量为q的小球由某一边中心，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A0B mv+qELC mvD mv+qEL二、实验题（每空2分，共16分）13在“伏安法”测导体电阻的实验中，采用甲图的电阻R测量值 真实值；采用乙图的电阻R测量值 真实值（填“大于”、“等于”、或“小于
7、”）14有一个小灯泡上标有“2V，3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电源（电动势3V，内阻约1） B电流表（00.6A，内阻约1）C电流表（02A，内阻约0.4） D电压表（03V，内阻约10k）E电压表（010V，内阻约20k）F滑动变阻器（05，额定电流3A）G滑动变阻器（0500，额定电流2A）H开关、导线（1）实验中电流表应选用，电压表应选用为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）（2）实验中，电压表的示数如图1，图中U=V（3）实验中调节滑动变阻器，得到了小灯泡的IU图象如图2所示，则可知小灯
8、泡的电阻随电压增大而（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）请根据实验要求，在图3方框内画出电路图三、计算题（15题10分，16、17、18题各12分，共46分）15如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20 F；已知电源电动势E=4V，内阻r=0.5求：（1）当S1闭合、S2断开时，电路消耗的总功率；（2）当S1闭合、S2均闭合时，电路消耗的总功率；（3）当S1闭合、S2断开时，电容器所带的电荷量为多少？16如图，匀强电场中有一半径为r=10cm的光滑绝缘轨道，轨道平面与电场方向平行一电荷量为q=+2109 C的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力分别为Na=210
9、6 N和 Nb=8106N不计质点重力，求：（1）匀强电场的电场强度的大小？（2）质点经过a点和b点时的动能各为多少？17如图，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.01011 kg、电荷量为q=+1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，经过b点垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点c （图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成60角已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）水平匀强电场的场强E的大小；（2）bc两点间的电势差Ubc18两块水平的平行金属板如图1所示放置，金属板左侧为一加速电场，电压U0=2500V，
10、大量质量m=1.61014kg、电荷量q=3.21010 C的带电粒子（不计重力）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地通过小孔后沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间当两板电势差为零时，这些带电粒子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0（U0=2500V）的周期性电压时，恰好能使所有粒子均从两板间通过已知t0=2106s求：（1）带电粒子从加速电场出来时的速度？（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值和最小值分别是多少？（3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？2016-2017学年重庆十一中高二（上）期
11、中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8题为单选题，9-12为多选题，每题4分，共48分）1关于电场强度和电势，下列说法正确的是（）A由公式E=可知E与F成正比，与q成反比B由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比C电场强度为零处，电势不一定为零D无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做正功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少【考点】电场强度；电势【分析】本题根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性【解答】解：A、公式E=可采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷
12、在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误；B、公式U=Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是与任意距离成正比，故B错误；C、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故C正确；D、根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，若做负功，则电势能增加，故D错误；故选：C2如图所示，空心导体上方有一靠得很近的带电体，带有正电荷有一束带负电的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飞入空心导体腔内，则小液滴的运动情况是（）A匀速直线运动B变速直线运动C向上偏转的曲线运动D向下偏转的
13、曲线运动【考点】静电场中的导体【分析】导体是等势体，那么导体内壁每个点都是等势的，那么导体腔内部不可能有电场存在，否则沿着电场线电势会降低，既然容器内部没有电场那么小球就不受电场力【解答】解：A、根据静电屏蔽原理，导体腔内部电场处处为0，所以带点液滴不受电场力的作用，其重力又不能忽略，所以物体只受重力的作用，则A错误；B、物体有水平初速度v，受力方向与初速度方向不在同一直线上，所以B错误；CD、重力竖直向下，即物体在重力作用下做向下偏转的曲线运动；C错误，D正确故选：D3如图所示，竖直绝缘墙壁上Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点BA、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬
14、线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将（）A保持不变B先变小后变大C逐渐减小D逐渐增大【考点】库仑定律【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据FBF1PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G根据FBF1PQB得： =又FF1=F2，得：F2=G在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、
15、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变故选：A4如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子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电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C电子通过P点时的动能比通过Q点时大D电子通过P点时的加速度比通过Q点时小【考点】电势；电势能【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，
16、电场力小，加速度小【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c的等势面电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；故选：B5如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h
17、的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动已知小球所受到电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为=53，SBC=2R若使小球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度h的为（）A2RB4RC10RD17R【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力【分析】将重力和电场力等效为一个力F，小球若能通过等效重力场的最高点即能做完整的圆周运动，根据向心力公式求出等效的最高点的速度，再运用动能定理即可求出释放点的高度h【解答】解：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示可知F=1.25mg，方向与竖直方向左偏下37，从图中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否
18、通过D点，若恰好能通过D点，即达到D点时球与环的弹力恰好为零由圆周运动知识得：即：由动能定理有：联立、可求出此时的高度h=10R，故C正确，ABD错误；故选：C6一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）小孔正上方d处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板处返回D在距上极板处返回【考点】电容器的动态分析【分析】分别研究两种情况：一是下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知
19、道重力做功与电场力做功之和为零；二是向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：mg2dqU=0将下极板向上平移时，设运动到距离上极板x处返回，根据动能定理得：mg（d+x）qU=0联立两式解得：x=d故C正确，ABD错误故选：C7如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A4 W，8 WB4W，6 WC2 W，3 WD2 W，4
20、 W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】根据图象可以知道电源的电动势的大小，和灯泡的电压电流的大小，根据功率的公式计算即可【解答】解：由图象可知用该电源和灯泡组成闭合电路时，交点为它们工作时的电流和电压的大小，电路中电流为I=2A，路端电压为U=2V，电源的电动势的大小为3V，电源的输出功率为P=UI=22=4W，电源的总功率P=EI=32=6W故选：B8电路图如图所示，电源电动势为20V、内阻r=3，滑动变阻器的最大阻值为20，定值电阻R0=2则下列说法正确的是（）AR=5时，R0消耗的功率最大BR=3时，电源输出的功率最大CR=5时，R消耗的功率最大D电源最大输出的功率为20W【考点】
21、闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】R0是定值电阻，当电路中电流最大时，其功率最大当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大根据这个结论，利用等效法研究R的功率和电源的输出何时最大【解答】解：A、R0是定值电阻，当R=0时，电路中电流最大，R0消耗的功率最大，故A错误BD、当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大即 R+R0=r，R=1时，电源输出的功率最大，电源最大输出的功率为 Pm=I2（R+R0）=（）2r=W，故BD错误C、将R0看成电源的内阻，当等效电源的内阻R0+r=R时，即R=5，等效电源的输出功率最大，即R消耗的功率最大，故C正确故选：C9如图所示，电源电动势为E
22、，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A小灯泡L1、L2均变暗B小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比不变【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化【解答】解：ABC、将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑
23、动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，L2变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大路端电压增大，而L2灯电压减小，所以L1灯的电压增大，L1灯变亮故A错误，BC正确D、由U=EIr知： =r，不变，即电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比等于电源的内阻，保持不变，故D正确故选：BCD10如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线若有一电子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B，以及电子在A
24、、B两点所具有的电势能EPA、EPB和动能EKA、EKB，以下判断正确的是（）AEAEBBABCEPAEPBDEKAEKB【考点】电势能；电势差与电场强度的关系【分析】根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律F=ma，说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断，根据速度变化判断电场线的方向，从而判断电势高度，根据电场力做功正负判断电势能的变化【解答】解：A、速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小，根据牛顿第二定律说明电场力减小，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E减小，所以EAEB，故A正确；B、电子带负电，在
25、电场力的作用下做加速运动，电子的受力方向与电场方向相反，所以电场方向从B指向A，A点的电势低，即BA，故B错误；CD、电场力对电子做正功，电势能减小，则EpAEpB，动能增大，则EKAEKB，故C正确，D错误故选：AC11在匀强电场中有相距d=2cm的a、b两点，电势差Uab=50V，则匀强电场的电场强度可能为（）AE=1103 V/mBE=2103 V/mCE=3103 V/mDE=4103 V/m【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】在匀强电场中，Uab=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离由此式求解E的范围，即可得到E的可能值【解答】解：在匀强电场中，若a、b两点在同一电场线上，
26、由Uab=Ed，得：E=V/m=2.5103V/m若a、b两点不在同一电场线，由UabEd，得：E=V/m=2.5103V/m，所以匀强电场的电场强度E可能为3103 V/m和4103 V/m，不可能为1103 V/m和2103 V/m故AB错误，CD正确故选：CD12光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m、带电量为q的小球由某一边中心，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A0B mv+qELC mvD mv+qEL【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】要考虑电场
27、方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下若平行于AB，将做加速或减速，若平行于AC，将做类平抛运动，然后根据动能定理求解【解答】解：A若电场的方向平行于AB向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0故A正确B若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理，电场力做功最多为qE，最大动能为qE+mv02故B正确，D错误C若电场的方向平行于AB向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，若速度减到0还未到达另一边缘，那将回头做匀加速，根据动能定理，电场力做功为0，动能不变故C正确故选：AB
28、C二、实验题（每空2分，共16分）13在“伏安法”测导体电阻的实验中，采用甲图的电阻R测量值大于 真实值；采用乙图的电阻R测量值小于 真实值（填“大于”、“等于”、或“小于”）【考点】伏安法测电阻【分析】伏安法测电阻有两种方法：电流表内接法和电流表外接法 内接法：电流表内阻很小，但也要分压，故电压表测量的电压包括电流表两端电压，使得测出的电压要比待测电阻两端电压大，则测出的电阻比真实值偏大 外接法：电压表内阻很大，但也要分流，故电流表测量的电流包括流过电压表的电流，使得测出的电流比流过待测电阻的电流偏大，则测出的电阻比真实值偏小【解答】解：如图甲所示，电流表内接法，测得结果R=R+RA，所以测
29、量值大于真实值，电流表的内阻越接近被测电阻，误差越大，只有被测电阻大于大于电流表内阻时，误差较小，所以此法适用于测量较大的电阻；如上图乙所示，电流表外接法，测得结果R=，电压表上的分流再小，也比真实值分母变大，分子不变，所以测量值小于真实值；此法电压表的内阻相对真实值越大越接近真实值，所以适用于测量较小的电阻；故答案为：大于，小于14有一个小灯泡上标有“2V，3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电源（电动势3V，内阻约1） B电流表（00.6A，内阻约1）C电流表（02A，内阻约0.4） D电压表（03V，内阻约10k）E电压表（010V，内阻约20k）F滑
30、动变阻器（05，额定电流3A）G滑动变阻器（0500，额定电流2A）H开关、导线（1）实验中电流表应选用C，电压表应选用D为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用F（用序号字母表示）（2）实验中，电压表的示数如图1，图中U=2.20V（3）实验中调节滑动变阻器，得到了小灯泡的IU图象如图2所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）请根据实验要求，在图3方框内画出电路图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯
31、泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据量程确定最小分度，从而明确读数； （3）根据IU图象的性质分析电阻的变化； （4）根据实验要求确定电压表和电流表的接法，从而得出电路图【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用03V的电压表，故选D；由P=UI得，灯泡的额定电流I=1.5A；故电流表应选择02A的量程，故选C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选F；（2）由图可知，量程为3V，最小分度为0.
32、1V，则读数为2.20V； （3）IU图象中图象中的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率减小，故电阻增大； （4）由以上分析可知，本实验应采用分压和电流表外接法，故电路图如图所示； 故答案为：（1）C； D；F； （2）2.20； （3）增大； （4）如图所示三、计算题（15题10分，16、17、18题各12分，共46分）15如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20 F；已知电源电动势E=4V，内阻r=0.5求：（1）当S1闭合、S2断开时，电路消耗的总功率；（2）当S1闭合、S2均闭合时，电路消耗的总功率；（3）当S1闭合、S2断开时，电容器所带的电荷量为多少？【考点】闭合
33、电路的欧姆定律；电容；电功、电功率【分析】（1）当S1闭合、S2断开时，分析电路的结构，根据闭合电路的欧姆定律和功率公式：P=I2R即可计算出电路消耗的总功率；（2）当S1闭合、S2均闭合时，求出外电路总电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求总电流，再求电路消耗的总功率；（3）根据串联电路的电压分配关系计算电容器极板间的电压，最后由Q=CU计算电量即可【解答】解：（1）S1闭合，S2断开时，电路消耗的总功率为：P1=2W （2）S1、S2均闭合时，外电路总电阻为： R=R3+=1.5+=3.5电路消耗的总功率为：P2=4W（3）S1闭合，S2断开时，电容器极板间的电压为：U=E=4V=3V电容器所带
34、的电荷量为： Q=CU=201063C=6105C答：（1）当S1闭合、S2断开时，电路消耗的总功率是2W；（2）当S1闭合、S2均闭合时，电路消耗的总功率是4W；（3）当S1闭合、S2断开时，电容器所带的电荷量为6105C16如图，匀强电场中有一半径为r=10cm的光滑绝缘轨道，轨道平面与电场方向平行一电荷量为q=+2109 C的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力分别为Na=2106 N和 Nb=8106N不计质点重力，求：（1）匀强电场的电场强度的大小？（2）质点经过a点和b点时的动能各为多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；电场强度【分析】（1）根据牛顿第二
35、定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解出电场强度（2）根据动能定义式表示出a、b两点的动能，联立（1）中的方程即可求出质点经过a点和b点时的动能【解答】解：（1）在b点：；在a点：；从a点到b点由动能定理有： 解得： =500v/m（2）设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有：联立得：=1.5107J=3.5答：（1）匀强电场的电场强度的大小500V/m（2）质点经过a点动能为和b点时的动能为17如图，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.01011 kg、电荷量为q=+1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速
36、后，经过b点垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点c （图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成60角已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）水平匀强电场的场强E的大小；（2）bc两点间的电势差Ubc【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电势【分析】（1）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小（2）从b到c根据动能定理即可求出bc两点间的电势差Ubc【解答】解：（1）由动能定理得：代入数据解得： m/s进入PQ、MN间电场中后：d
37、=v1t代入数据解得：由题意得：代入得由牛顿第二定律得qE=ma 沿电场方向：vy=at，得 解得：（3）由动能定理得：得： =答：（1）水平匀强电场的场强E的大小；（2）bc两点间的电势差为18两块水平的平行金属板如图1所示放置，金属板左侧为一加速电场，电压U0=2500V，大量质量m=1.61014kg、电荷量q=3.21010 C的带电粒子（不计重力）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地通过小孔后沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间当两板电势差为零时，这些带电粒子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0（U0=2500V）的周期性电压时，恰好能
38、使所有粒子均从两板间通过已知t0=2106s求：（1）带电粒子从加速电场出来时的速度？（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值和最小值分别是多少？（3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿运动定律的综合应用；动能定理【分析】（1）由动能定理求解带电粒子从加速电场出来时的速度；（2）以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vyt图象分别如图a和图b所示，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据图象与坐标轴围成的面积计算位移；（3）根据（2）可得射出偏转电
39、场的最大速度和最小速度，根据动能定理得到射出电场时的动能，再求解比值【解答】解：（1）由动能定理得：qU0=mv12 解得v1=1106m/s；（2）以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vyt图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动的加速度大小为；图a中，由图（a）可得电子的最大侧移为：=；而，解得：d=m=3.464cm 由图（b）可得电子的最小侧移为，所以=1.732cm Symin=0.866cm （3）根据（2）可得：，电子经电压U0加速：，所以=答：（1）带电粒子从加速电场出来时的速度1106m/s；（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值为1.732cm，最小值为0.866cm； （3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为16：132016年12月9日