1、湛江一中2017届高二（23）班第17周物理C组作业 命题：叶梓一 选择题。（本题可能有一个正确选项，也可能有多个正确选项）1如图所示，电动势为E、内阻为r的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A电源消耗的总功率减小BL1上消耗的功率增大CR1上消耗的功率增大DR3上消耗的功率增大2陈俊志同学无聊的时候设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示AB是一段圆弧形的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为rO点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A
2、，O、B间接有一个理想电压表V整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行下列说法中正确的有（）A从图中看到列车一定是向右加速运动B当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大C若电压表显示3V，则列车的加速度为gD如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的3（2008海南）匀强电场中有a、b、c三点在以它们为顶点的三角形中，a=30、c=90，电场方向与三角形所在平面平行已知a、b和c点的电势分别为（2）V、（2+）V和2V该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A（2）V、（2+）V B0V、4V C
3、（2）V、（2+）V D0V、V4（2009江苏）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（）A电源的电动势E一定小于击穿电压UB电容器所带的最大电荷量一定为CEC闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等5（2015蚌埠一模）如图甲所示，光滑绝缘的水面平面上，相距5L的A、B两处分别固定两个正电荷QA和QB，AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象如图乙所示，图中x=L点为图线的最低点，若x=2L的C点由静
4、止释放一个质量为m、电量为+q的带电小物块（可视为致电），则（）Ax=0.5L处的电场线沿x轴正方向 B物块在x=L处的速度最大C物块将x=0.5L点为中心作往复运动 D固定在A、B处的电荷电量之比为QA：QB=2：36如图甲，一电流强度为I的通电直导线在其中垂线上A点处的磁感应强度B，式中r是A点到直导线的距离在图乙中是一电流强度为I的通电圆环，O是圆环的圆心，圆环的半径为R，B是圆环轴线上的一点，OB间的距离是r0，请你猜测B点处的磁感应强度是（）AB BB CB DB7如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上小车上用细线悬吊一质量为m的小球，Mm现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一
5、起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为T；若用另一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为T则（）Aa=a，T=TBaa，T=TCaa，T=TDaa，TT二 填空题。8有一匀强电场，电场线与 坐标平面xOy平行，以原点为圆心，半径r=5cm的圆周上任意一点P的电势U=40sin（+45）+25V，为O、P两点连线与x轴的夹角，如图所示，则该匀强电场的电场强度大小为V/m，方向 如图a所示，一根质量m、总电阻R的均匀金属杆用两根长L的轻质导线竖直悬挂在三等分点，导线的悬挂点间加上电压U后，仅将金属杆置于磁感应强度B的磁场中，单根
6、导线上的拉力是 若把导线长度变成L，如图b所示悬挂在金属杆两端，则单根导线上的拉力是 如图所示，质量为m的型导线框abcd，其质量均匀分布，ab与cd长度均为l，宽度bc为s，导线框置于竖直向上的匀强磁场中，可绕水平轴MN转动，现给导线框通以MabcdN方向、电流强度为I的恒定电流，导线框由静止开始从竖直平面向纸外偏转，在达到最大角度为的过程中，安培力对导线框做的功为 ；导线框最终静止时与竖直平面夹角为，则匀强磁场的磁感强度B为 9（2009深圳二模）某天，邓发珩很无聊，于是想要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：A待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻约为2）B电压表V
7、1（02V，内阻RV1=4000）C电压表V2（02V，内阻RV2约为3500）D电流表A（03A，内阻0.1）E电阻箱R1（09999）F滑动变阻器R2（0200，lA）G电键和导线若干该小组根据以上实验器材设计了如图1所示的电路来测量电源的电动势和内阻（1）请你根据实验电路补充完整主要的实验步骤：a闭合电键 ，记下V1的读数U1，b闭合电键 ，断开电键 ，记下 （2）请你根据以上步骤记录的物理量和已知的物理量写出该干电池的电动势和内阻的表达式：E=r=（3）在现有器材的条件下，请你选择合适的实验器材，并设计出另一种测量干电池电动势和内阻的方案，在下边方框2中画出实验电路图（4）如果要求用图
8、象法处理你设计的实验的数据，并能根据图象较直观地求出电动势和内阻，则较适合的函数表达式是请你在下边虚框3中画出此表达式对应的大致图象三 解答题。10（2009汕头二模）如图1所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）在两板的中心各有小孔O和O，O和O处在同一竖直线上在两板之间有一带负电的质点P已知A、B间所加电压为U0时，质点P所受的电场力恰好与重力平衡现在A、B 间加上如图2所示随时间t作周期性变化的电压U，已知周期T=（g为重力加速度）在第一个周期内的某一时刻t0，在A、B 间的中点处由静止释放质点P，一段时间后质点P从金属板的小孔飞出（1）t0在什么范围内，可
9、使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短？（2）t0在哪一时刻，可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大？11在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆筒S（右图为俯视图），圆筒半径为R=1m一根长r=0.5m的绝缘细线一端固定于圆筒圆心O点，另一端系住一个质量为m=0.2kg、带电量为q=+5105C的小球空间有一场强为E=4104N/C的匀强电场，电场方向与水平面平行将细线拉至与电场线平行，给小球大小为10m/s、方向垂直于电场线的初速度v0（1）求当小球转过90时的速度大小；（2）若当小球转过90时，细线突然断裂，小球继续运动，碰到圆筒后不反弹，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量损失减小为
10、零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不变之后小球沿圆筒内壁继续做圆周运动求这一运动过程中的速度的最小值（3）从初始位置开始，要使小球在运动过程中，细线始终保持不松弛，电场强度E的大小所需满足的条件 12有一天，邓发珩写完作业后开始研究如图所示的一个货物运输装置示意图，BC是平台，AB是长L=12m的传送带，BA两端的高度差h=2.4m传送带在电动机M的带动下顺时针匀速转动，安全运行的最大速度为vm=6m/s假设断电后，电动机和传送带都立即停止运动现把一个质量为20kg的货物，轻轻放上传送带上的A点，然后被传送带运输到平台BC上，货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4由于传送带较为平坦，可把货物对
11、传送带的总压力的大小近似等于货物的重力（即sin=2.4/12=0.2，cos1）；由于轮轴等方面的摩擦，电动机（转化为机械功）的效率为80%取g=10m/s2他开始求解：（1）要使该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间（2）要把货物尽快地运送到BC平台，电动机的输出功率至少多大？（3）如果电动机接在输出电压为120V的恒压电源上，电动机的内阻r=6，在把货物最快地运送到BC平台的过程中，电动机消耗的电能共有多少？ 13相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为e，在AB两板之间
12、加上图乙所示的交变电压，其中0k1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计（1）在0T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离（结果用L、d 表示，第2小题亦然）（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值参考答案与详细解析 感谢物理小
13、王子庞皓文对本卷 点评1. 【解答】解：A、题中，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大电源的消耗的总功率P=EI，与电流成正比，则电源消耗的总功率增大故A错误B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小故B错误C、R1在干路中，通过R1上的电流增大，所以R1上消耗的功率增大故C正确D、由上知道，并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小，所以R3上消耗的功率减小故D错误【物理小王子庞皓文点评】本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小，根
14、据欧姆定律判断干路电流，再根据串并联电路的特点即可求解，没有难度2. 【分析】通过小球合力方向确定列车的加速度方向，加速度增大时，判断角的变化，从而得知BC段电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流和电压的变化【解答】解：A、小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动故A错误B、小球的加速度a=gtan，当加速度增大，增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，BC段电压增大故B错误C、当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则=30，则a=gtan30=故C正确D、根据a=gtan知，a与不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电
15、阻与成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀故D正确故选CD【物理小王子庞皓文点评】本题将闭合电路欧姆定律与牛顿第二定律综合，关键知道与加速度的关系，与BC段电阻的大小关系没有什么难度3. 【解答】解：如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为MN方向 外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点设外接半径为R，则UOP=UOa=V，UON=ER，UOP=ERcos30，则 UON：UOP=2：，故UON=2V，N点电势为零，为最低电势点，同理M点电势为4V，为最高电势点故选B【物理小王子庞皓文点评】找等
16、势点，作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法，没有难度4. 【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量【解答】解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为
17、Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D正确故选D【物理小王子庞皓文点评】根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量没什么难度5. 【解答】解：A、从L向右，电势逐渐增大，故逆着电场线，故电场线沿x轴负方向，故A错误；B、据x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向右，向右加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场力向左，做减
18、速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故B正确C、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向右最远能到达x=0点处，然后小球向右运动，小球将以x=L点为中心作往复运动，故C错误D、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：kQA：QB=4：9，D错选B【物理小王子庞皓文点评】本题要准确理解图象斜率的意义，在电场中运用动能定理时要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式WAB=qUAB，注意各量都要代入符号Easy！6. 【解答】解：因一电流强度为I的通电直导线在其中垂线上A点处的磁感应强度B，设比例系数为k，得：B=K，其中
19、的单位A/m，A、的单位为A/m，但当r0为零时，O点的磁场强度变为无穷大了，不符合实际，选项A错误B、的单位为A/m3，单位不相符，选项B错误，C、的单位为A/m，单位相符；当r0为零时，也符合实际，选项C正确D、的单位为A/m，单位相符；但当r0为零时，O点的磁场强度变为零了，不符合实际，选项D错误故选：C7. . 【解答】解：先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有F=（M+m）a 再对左图中情况下的小球受力分析，如图：根据牛顿第二定律，有FTsin=ma Tcosmg=0 由以上三式可解得T=；a=再对右图中小球受力分析，如图：由几何关系得：F合=mgt
20、an；T=再由牛顿第二定律，得到a=gtan由于Mm，故aa，T=T故选：B8. 【解答】解：任意一点P的电势U=40sin（+45）+25V，=0和90的时候，电势相等，从数学角度可以看出是关于与x、y轴负向都夹45角轴对称时电势总相等那就是说每1条垂直于与x、y轴负向夹45角轴的直线都是等势面，那么与x、y轴负向夹45角方向是场强方向当=45时，P电势最大，为65V，当=180+45时，P的电势最小，为15V，根据U=Ed得E=800V/m 对图a，金属杆中的电流I=，则金属杆所受的安培力：F=BIL=根据左手定则，安培力方向竖直向下，根据共点力平衡得，mg+F=2T，解得：T=对于图b，
21、金属杆中的电流：，安培力：F=BI3L=根据共点力平衡得：2Tsin45=mg+F，解得：T= 通电导线处于匀强磁场，安培力恒定，但安培力大小无法确定，根据动能定理，在达到最大角度为的过程中，则有：WF+WG=00；所以WF=mgl（1cos）；导线框最终静止时与竖直平面夹角为，则有，安培力、拉力与重力处于平衡状态，根据力的平行四边形定则，则有：BIs=mgtan；因此B=；故答案为：800，与x、y轴负向都夹45角，mgl（1cos）；9. 【解答】解：（1）实验步骤：a闭合电键S1和S2，记下V1的读数U1，b闭合电键S1，断开S2，记下V1的读数U1和V2的读数U2（2）根据闭合电路欧姆
22、定律得，U1+r=E；U1+U2+r=E联立解得E=，r=（1）RV1（3）运用电阻箱和电压表，通过伏阻法测量电路图如图所示（4）根据E=U+r，得=+，即与成线性关系，纵轴截距的倒数表示电动势，图象的斜率表示内阻与电动势的比值对应的图象如图故答案为：（1）aS1和S2，bS1，S2，V1的读数U1和V2的读数U2（2），（1）RV1（3）电路图如图所示（4）=+，对应的图象如图10. 【解答】解：设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有q=mg 当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a1，则q mg=ma1 解得 a1=g 当两板间的电压为2U0时
23、，P的加速度向下，其大小为a2，则q+mg=ma2 解得 a2=3g （1）要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，须使质点释放后一直向下加速运动设质点释放后经过时间t到达小孔O，则 解得 t=因为周期T=，所以t质点到达小孔之前能一直加速因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，质点释放的时刻t0应满足，即t05（2）要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，须使质点释放后先向上加速、再向上减速运动，在到达小孔O时速度减为0，然后向下加速运动直到小孔O设质点释放后向上加速时间为t1、向上减速时间为t2，则v1=gt1 0=v13gt2 由以上各式解得t1= t2=，因为t1，t2因此质点P
24、能向上先加速后减速恰好到达小孔O设质点从小孔O向下加速运动到小孔O经过的时间为t3，则d=，解得t3=因为t2+t3=，因此质点P能从小孔O向下一直加速运动到小孔O，此时质点P从小孔O飞出时的速度达到最大因此，要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，质点P释放的时刻应为t0=【物理小王子庞皓文点评】带电粒子在电场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况非常简单11.【解答】解：（1）设小球转过90时速度大小为v1，由动能定理：解得m/s （2）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v2，由动能定理，解得m/s 撞上筒壁后，设小球碰
25、到圆筒后瞬间沿圆筒内壁做圆周运动的速度大小为v3，小球沿圆筒内壁再转过30时速度最小，设大小为v4，由动能定理解得m/s3.94m/s （3）情况一：小球从图示位置开始运动后，速度逐渐减小若小球能在转过90之前速度减小为零，则反向运动，且细线始终保持不松弛设电场强度大小为E1时，小球转过90的瞬时速度恰为零，解得：N/C ，则此过程中，E4105情况二：若小球从图示位置转过90后，未到达180时，开始反向运动，则细线会松弛因此需保证小球能转过180设电场强度大小为E2时，小球转过180瞬时的速度为vmin，则 qE22r=两式联立，得到N/C。所以当E1.6105N/C或E4105N/C时，能
26、使细线始终保持不松弛【物理小王子庞皓文点评】本题是动能定理和牛顿第二定律的综合应用，确定临界情况，找到等效的最高点12. 【解答】解：（1）要使时间最短，货物应一直加速，设匀加速上行的加速度为a1，则有：mgcosmgsin=ma1把sin=0.2，cos1代入上式得：a1=2m/s2由于受最大速度vm=6m/s的限制，易知经过t1=3s后货物匀速运动加速位移：l1=vm t1=9m，此后货物还得运动：l2=12m9m=3m假设此后电动机不工作，根据牛顿第二定律，有：mgcos+mgsin=ma2解得：a2=6m/s2货物能够上滑的最大距离为：S=3m，刚好能够到达平台，假设正确该货物能到达B
27、C平台，电动机需工作的最短时间为：tmin=t1=3s（2）要把货物尽快地运送到BC平台，由第（1）小题可知货物应该先加速后匀速，在加速过程中，传送带受到的摩擦力：f1=mgcos=80N；需提供的最大功率：P1=f1vm=806W=480W；之后匀速运动，受到的摩擦力：f2=mgsin=40N电动机功率：P2=f2vm=406W=240W；考虑到效率，电动机的输出功率不得小于Pm=600W（3）由上述分析可知，匀加速运动时间t1=3s，此过程电动机的输出功率为P1=600W由P1=UI1I12r，解得I1=10A消耗电能：E1=UI1 t1=120103J=3600J匀速运动过程：t2=0.
28、5s此过程电动机的输出功率为：P2=P2/0.80=300W由P2=UI2I22r解得：I2=（105）A消耗电能：E2=UI2 t2=120（105）0.5J=（600300）J总消耗电能E=E1+E2=（4200300）J=3776J【物理小王子庞皓文点评】电动机带动传送带升高物体的过程中，有两次能量转化：首先电能转化为电动机的机械能和线圈的内能；其次电动机的机械能转化成物体的重力势能和机械间摩擦产生的内能，所以效率是不断降低的Perfect！13. 【分析】（1）在0kT时间内，根据动能定理求出电子穿出B板后的速度，在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转距离
29、根据推论：电子射出偏转电场后，好像从“中点射出”，得到打在荧光屏上的坐标再运用同样的方法求出在kTT 时间内，电子打在荧光屏上的坐标，即可求得这两个发光点之间的距离（2）考虑到临界条件，当极板间距为d时，电子刚从偏转极板边缘飞出，荧光屏上只出现一个光点，由上题结果求出极板间距应满足什么要求（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等，分别得到电子束长度的表达式，根据相等关系即可求得k【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化在0kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理得：eU0=mv12mv02，将U0=代入后解得：v1=在偏转电场中，电子
30、运动时间t1=，侧移量y1=at12=，解得：y1=根据偏转电场中的推论，其打在荧光屏上的坐标y1=2y1=在kTT 时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，v2=v1，y2=y2=2y2=荧光屏上两个发光点之间的距离y=y1y2=（2）考虑到临界条件，当极板间距为d时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有d=at2，又 a=，t=整理得，d2=对于速度v1时，d1=L；对于速度v2时，d2=L；只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：LdL；（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠），第一束长度：l1=v1kT；第二束长度：l2=v2（TkT）；当l1= l2时，即v1kT=v1（1k）T，解得k=0.59【物理小王子庞皓文点评】本题利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程进行解答，关键要分析出临界条件和隐含的条件，没难度
