1、2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共13个小题，每小题有一个或多个符合题意的选项，请你将正确选项填涂在答题卡上相应位置，选对不全得2分，全部选对得3分，不选或错选不得分）1某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A半径越大，加速度越大B半径越小，周期越大C半径越大，角速度越小D半径越小，线速度越小2两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则（）Aa处为正电荷，qaqbBa处为正电荷，qaqbCa处为负电荷，qaqbDa处为
2、负电荷，qaqb3如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于6eV时，它的动能等于（）A16 eVB4 eVC6 eVD14 eV4空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为，MN间距离为d，则（）AMN两点的电势差为B匀强电场的电场强度大小为C带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了FdcosD若要使
3、带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向5如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止设小球A的带电量大小为QA，小球B的带电量大小为QB，下列判断正确的是（）A小球A带正电，小球B带负电，且QAQBB小球A带正电，小球B带负电，且QAQBC小球A带负电，小球B带正电，且QAQBD小球A带负电，小球B带正电，且QAQB6在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则（）A
4、电压表的示数变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源两极间的电压变小7如图所示为孤立的正点电荷所激发电场的三条电场线，某条直线与一条电场线垂直相交，交点为b，该直线上还有a、c、d三点，且ab=bc=cd下列说法正确的是（）Aa、c两点场强相等Ba、c两点电势相等Cb、a两点的电势差大于c、d两点的电势差Db、d两点的电势差等于b、a两点电势差的2倍8下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则（）自重40kg额定电压48（V）载重75（kg）额定电流12（A）最大行驶速度20（km/h）额定输出功率350（W）A
5、电动机的输入功率为576WB电动机的内电阻为4C该车获得的牵引力为104ND该车受到的阻力为63N9如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则（）A电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流10下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是（）ABCD11如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀
6、强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD12一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13在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用，如图所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，当环境
7、温度降低时（）AR1消耗的功率减小B电容器C的带电量增大C电容器C两板间的电场强度减小D电压表的读数减小二、实验探究题：本题共2小题，共16分14如图甲所示为一个灯泡两端的电压与通过的电流的关系曲线，参考这根曲线回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）（1）若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12V的电源上，则流过灯泡的电流为A，每个灯泡的电阻为（2）如图乙所示，将两个这样的灯泡并联后再与10的定值电阻串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流为A，各灯泡的电阻值为15图（a）是测量电阻RX的原理图学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总
8、长为40.0cm（1）根据原理图链接图（b）的实物图（2）断开S2，合上S1；调节电源输出电压为2.0V时，单位长度电阻丝为电压u=V/cm记录此时电流表A1的示数（3）保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤记录的值相同，记录长度L和A2的示数I测量7组L和I值，测量数据已在图（c）中标出，写出RX与L、I、u的关系式RX=；根据图（c）用作图法算出RX=三、计算题：本题共4个小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位16如图所示，在竖直放置的光滑
9、半圆弧形绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小17如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和Q，A、B相距为2dMN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（
10、1）C、O间的电势差UCO；（2）O点处的电场强度E的大小；（3）小球p经过O点时的加速度；（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度18如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达（0，d）点不计重力和分裂后两微粒间的作用试求（1）分裂时两个微粒各自的速度；（2）当微粒1到达（0，d）点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；（3）当微粒1到达（0，d）点时，两微粒间的距离19如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过
11、圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共13个小题，每小题有一个或多个符合题意的选项，请你将正确选项填涂在答题卡上相应
12、位置，选对不全得2分，全部选对得3分，不选或错选不得分）1某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A半径越大，加速度越大B半径越小，周期越大C半径越大，角速度越小D半径越小，线速度越小【考点】库仑定律；匀速圆周运动【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得=ma=m=m2r=，可得a=T=v=A、半径越大，加速度越小，故A错误；B、半径越小，周期越小，故B错误；C、半径越大，角速度越
13、小，故C正确；D、半径越小，线速度越大，故D错误故选：C2两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则（）Aa处为正电荷，qaqbBa处为正电荷，qaqbCa处为负电荷，qaqbDa处为负电荷，qaqb【考点】等势面；电势【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低所以，a处为正电荷等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0该图象的左侧的
14、等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多故正确的答案应该选B故选：B3如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于6eV时，它的动能等于（）A16 eVB4 eVC6 eVD14 eV【考点】等势面【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况
15、【解答】解：设相邻两等势面间的电势差为U，小球的电荷量为q，小球从a到b和从b到c分别根据动能定理得：q3U=EkbEka，qU=EkcEkb解得： eV=8eV因为c点为零电势，所以小球在c点时的电势能为：Ec=qc=0小球在电场中运动时，只有电场力做功，因此有W电=Ek，同时，W电=Ep，所以Ek+Ep=0，即只有电场力做功时，小球的动能与电势能的总和保持不变设小球电势能为6 eV时，在电场中的P点位置，由于小球的动能与电势能的总和保持8 eV不变，所以有EkP+Ep=8 eV，解得：EkP=8 eVEp=8（6）eV=14 eV故选：D4空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为q的质点（重
16、力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为，MN间距离为d，则（）AMN两点的电势差为B匀强电场的电场强度大小为C带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了FdcosD若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势；电势能【分析】根据题设条件F、d、，功的公式求出力F做功，根据动能定理，可求出电场力做功，从而求出M、N间电势差；由公式U=Ed求出场强大小；电场力做负功，电势能增大；根据平衡条件，由N到M力F仍是原方向【解答】解：A、根据动能定理得，FdcosqUMN=0，UMN=，故A正确 B、电场
17、线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcos，由公式E=得，E=，故B错误 C、小球M到N做Fdcos的功，电势能增大Fdcos故C错误 D、小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由N到M，F方向不变故D错误故选：A5如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止设小球A的带电量大小为QA，小球B的带电量大小为QB，下列判断正确的是（）A小球A带正电，小球B带负电，且QAQBB小球A带正电，小球B带负电，且QAQBC小球A带负电，小球B带正电，且QAQBD小球A带负电，小球B带正电，且QAQB【考点】电场强度；库
18、仑定律【分析】假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右【解答】解：A、假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右故A、B错误C、小球A带负电，小
19、球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：对小球B：EQB=mBaB 对小球A：EQA=mAaA 两式相加得：EQBEQA=mBaB+mAaA所以必有QAQB，故C错误，D正确故选D6在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则（）A电压表的示数变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源两极间的电压变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆
20、定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化【解答】解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小故A错误；B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；D、电源两端的电压为路
21、端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，故D错误；故选B7如图所示为孤立的正点电荷所激发电场的三条电场线，某条直线与一条电场线垂直相交，交点为b，该直线上还有a、c、d三点，且ab=bc=cd下列说法正确的是（）Aa、c两点场强相等Ba、c两点电势相等Cb、a两点的电势差大于c、d两点的电势差Db、d两点的电势差等于b、a两点电势差的2倍【考点】电场线；电场强度；电势差；电势【分析】本题考查了正点电荷周围的电场强度、电势、电势差的情况，根据点电荷的周围电场分布情况可正确解答【解答】解：A、由数学知识可知a点与c点到场源电荷距离相等，因此a、c两点场强大小相等，方向不同，由于电场强度为矢量，故
22、A错误；B、a点与c点到场源电荷距离相等，因此在同一等势线上，所以a、c两点电势相等，故B正确；C、a、c两点电势相等，d点距场源电荷距离比b点大，所以bc处的电场强度比cd处的电场强度大，根据U=Ed可知，UbaUcd，故C正确；D、由于该电场不是匀强电场，故U=Ed不成立，故D错误故选BC8下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则（）自重40kg额定电压48（V）载重75（kg）额定电流12（A）最大行驶速度20（km/h）额定输出功率350（W）A电动机的输入功率为576WB电动机的内电阻为4C该车获得的牵引力为10
23、4ND该车受到的阻力为63N【考点】电功、电功率；能量守恒定律【分析】对于电动机来说，不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等【解答】解：A、电动机的输入功率P入=UI=4812W=576W，故选项A正确B、电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B错误C、电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出=Ffvmax得Ff=N=63N，故选项C错误、D正确；故选AD9如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处
24、于静止状态现将两极板的间距变大，则（）A电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流【考点】电容器的动态分析【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向【解答】解：A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动故A
25、错误，B正确C、D根据电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流故C错误，D正确故选BD10下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是（）ABCD【考点】电场强度；电场的叠加【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止【解答】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为EA图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原
26、点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于EC图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0所以坐标原点O处电场强度最大的是B故选：B11如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向
27、水平的匀强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD【考点】库仑定律【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2cos30=EQ所以匀强电场场强的大小为故选B12一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（
28、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】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，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运用动能定理得，将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回根据动能定理得，联立两式解得x=故D正确，A、B、C错误故选D13在温控电路中，通过热敏电阻
29、阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用，如图所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，当环境温度降低时（）AR1消耗的功率减小B电容器C的带电量增大C电容器C两板间的电场强度减小D电压表的读数减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化电容器的电压等于R2两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化由E=分析板间场强的变化【解答】解：A、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小故A正确B、电容器的电压UC=EI（r+R1）
30、，E、r、R1均不变，I减小，UC增大，电容器C的带电量增大故B正确C、电容器C两板间的电场强度E=，UC增大，d不变，则E增大故C错误D、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压U=EIr，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大故D错误故选：AB二、实验探究题：本题共2小题，共16分14如图甲所示为一个灯泡两端的电压与通过的电流的关系曲线，参考这根曲线回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）（1）若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12V的电源上，则流过灯泡的电流为0.4A，每个灯泡的电阻为10（2）如图乙所示，将两个这样的灯泡并联后再
31、与10的定值电阻串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流为0.6A，各灯泡的电阻值为6.7【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）三个电灯串联后，每只电灯的电压为4V，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式R=求出电阻（2）根据闭合电路欧姆定律，得到电灯的实际电压与电流的关系式，在甲图上作出图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出电灯电阻【解答】解：（1）把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12V的电源上，每个灯泡得到的实际电压V=4V，在图甲上可以查到每个灯泡加上4V实际电压时的工作电流为：I=0.4A由此可以求出此时每个灯泡的实际
32、电阻为：R=10（2）在图乙所示的混联电路中，设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，有E=U+2IR0，代入数据并整理得：U=820I，这是一个反映了电路约束的直线方程；把该直线在题图甲上画出，可得如图所示图象这两条曲线的交点为U=2V、I=0.3A，同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值IA=2I=0.6A，每个灯泡的电阻：R=6.7故答案为：（1）0.4A；10；（2）0.6；6.715图（a）是测量电阻RX的原理图学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为40.0cm（1）根据原理图链接图（b）
33、的实物图（2）断开S2，合上S1；调节电源输出电压为2.0V时，单位长度电阻丝为电压u=0.05V/cm记录此时电流表A1的示数（3）保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤记录的值相同，记录长度L和A2的示数I测量7组L和I值，测量数据已在图（c）中标出，写出RX与L、I、u的关系式RX=；根据图（c）用作图法算出RX=3【考点】伏安法测电阻【分析】（1）对照电路图连线即可；（2）输出电压为2.0V，电阻丝粗细均匀，用电压除以长度即可；（3）电阻丝左侧并联部分电流不变，故单位长度电压恒定，即电压与长度成正比；根据欧姆定律列式求解待测电阻
34、表达式后结合图象分析即可【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）电源输出电压为2V，电阻丝长度为40cm，故每1cm长度电阻丝分得电压为： =0.05V/cm；（3）ac间电压为Lu，电流为I，故根据欧姆定律，有：Rx=，根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示：斜率为：k=60，故电阻Rx=ku=600.05=3.0故答案为：（1）电路图如图所示；（2）0.05；（3）；3三、计算题：本题共4个小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位16如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧
35、形绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【分析】小球沿细管下滑到最低点的过程中，电场力不做功，只有重力做功，由动能定理求出小球经过最低点时速度经过最低点时，由重力、电场力和轨道的弹力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出电场力，再求解场强大小【解答】解：小球从A到最低点过程，电场力不做功，由动能定理得： mgR=mv2在最低点，由牛顿第二定律： FmgFN=又F=qE，FN=mg 解得
36、E=答：圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小为E=17如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和Q，A、B相距为2dMN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）C、O间的电势差UCO；（2）O点处的电场强度E的大小；（3）小球p经过O点时的加速度；（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度【考点】动能定理的
37、应用；牛顿第二定律；库仑定律；电势差【分析】要求解电势差，我们应该去想电势差与电场力做功的关系，要求解电场力做功我们想到运用动能定理一个物理量的求解我们应该去找出与这个物理量有关的已知物理量，可以根据所求的物理量反向思考小球p经过O点时受力分析，根据电场强度的定义式求解电场强度对于变加速直线运动求速度，我们应该首选动能定理求解【解答】解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理，得：（2）小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：它们的合力为：O点处的电场强度，（3）由牛顿第二定律得：mg+qE=ma（4）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：由电场特点可知：UCO=UOD联立解得：答：（1）C
38、、O间的电势差UCO是（2）O点处的电场强度E的大小是；（3）小球p经过O点时的加速度是g+；（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度是18如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达（0，d）点不计重力和分裂后两微粒间的作用试求（1）分裂时两个微粒各自的速度；（2）当微粒1到达（0，d）点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；（3）当微粒1到达（0，d）点时，两微粒间的距离【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动；运动的合成和分解；动量守
39、恒定律【分析】（1）微粒1做的是类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得微粒1的速度的大小，再由动量守恒求得微粒2的速度的大小；（2）电场力做功的瞬时功率，要用沿电场力方向的瞬时速度的大小，再由P=Fv可以求得瞬时功率的大小；（3）画出粒子的运动轨迹，由几何知识可以求得两微粒间的距离【解答】解：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动所以微粒1做的是类平抛运动设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：在y方向上有 d=v1t在x方向上有a=， d=at2 v1=速度方向沿y轴的负方向中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有 mv1+
40、mv2=0所以 v2=v1所以 v2的大小为，方向沿y正方向（2）设微粒1到达（0，d）点时的速度为VB，则电场力做功的瞬时功率为，P=qEVB cos=qEVBx，其中由运动学公式 VBx=，所以 P=qE，（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，d）点时发生的位移 S1=d，则当微粒1到达（0，d）点时，两微粒间的距离为BC=2S1=2d答：（1）分裂时微粒1的速度大小为，方向沿着y轴的负方向；微粒2的速度大小为，方向沿着y轴的正方向；（2）当微粒1到达（0，d）点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率是 qE；（3）当微粒1到达（0，d）点时，两微粒间的距离是2d19如图所示
41、，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力；电势能【分析】（1）对小球从A到C过程运用动能定
42、理列式；小球从C平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式；（2）小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求最大值；（3）当速度最大时，小球对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解【解答】解：（1）设电场强度为E，小球过C点时速度大小为vc，小球从A到C由动能定理：小球离开C点后做平抛运动到P点：2R=vct联立方程解得：即电场强度E的大小为（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为，小球从A运动到D过程，根据动能定理：即：根据数学知识可得，当=450时动能最大 由此可得：即小球在圆轨道上运动时最大速率为（3）由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系由牛顿第二定律：解得：即小球对圆轨道的最大压力的大小2016年11月11日
