1、2019-2020学年广东省广州市培正中学高二（上）期中物理试卷一、单选题（本题共6小题，每题3分，共18分）1（3分）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A带正电的矿粉落在右侧B电场力对矿粉做负功C带负电的矿粉电势能变大D带正电的矿粉电势能变小2（3分）一个电流计的满偏电流Ig100A，内阻为600，要把它改装成一个量程为0.6A的电流表，则应在电流计上（）A串联一个5.4k的电阻B串联一个约0.1的电阻C并联一个约0.1的电阻D并联一个5.4k的电阻3（3分）如图所示，虚线a、b、c是电场中的
2、三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面c的电势最高B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小4（3分）图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、q，则该三角形中心O点处的场强为（）A，方向由C指向OB，方向由O指向CC，方向由C指向OD，方向由O指向C5（3分）如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是
3、（）ABCD6（3分）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（）A匀强电场的场强大小为10V/mB匀强电场的场强大小为V/mC电荷量为1.61019C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.61019JD电荷量为1.61019C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.81019J二、多选题（本题共8小题，每小题全部答对得4分，答对但不全对得2分，有错误答案得0分，共32分）7（4分）如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星
4、形路径，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是（）Ae点和g点的电场强度相同Ba点和f点的电势相等C电子从g点到f点再到e点过程中，电势能一直在不断增加D质子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功8（4分）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A带电粒子将始终向同一个方向运动B2s末带电粒子回到原出发点C3s末带电粒子的速度为零D03s内，电场力做的总功为零9（4分）图中R14，R29，R318通电后（）A经R1和R3的电流之比I
5、1：I33：1BR1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U34：9C三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P32：1：2D三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P32：2：110（4分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（）A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2D偏转电场
6、的电场力对三种粒子做功之比为1：2：411（4分）空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（）AEBx的大小大于ECx的大小BEBx的方向沿x轴正方向C负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功D电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大12（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角变小C带电油滴
7、的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴静止不动13（4分）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度v0垂直于电场方向进入电场，最后落在A、B、C三点，可以判断（）A小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电B三个小球在电场中运动的时间相等C三个小球到达极板时的动能关系为EkCEkBEkAD三个小球在电场中运动时的加速度关系为aAaBaC14（4分）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E一根不可伸长的绝缘细线长为L，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点
8、，把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成60角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是（）A小球在B位置处于平衡状态B小球受到的重力与电场力的关系是EqmgC小球在A点电势能小于在B点电势能D小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为mgL三、实验题（10分）15（10分）一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线。A电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B电压表V1：量程为03V，内阻约为1k；C电压表V2：量程为015V，内阻约为4kD电流表A1：量程为03A，内阻约为0.1；
9、E电流表A2：量程为00.6A，内阻约为0.6；F滑动变阻器R1：最大阻值为10，额定电流为0.5A；G滑动变阻器R2：最大阻值为15，额定电流为1.0A；H滑动变阻器R3：最大阻值为150，额定电流为1.0A；I开关S，导线若干。实验得到如表数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）并描点如图3：I/A0.000.120.210.290.340.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.201.401.601.802.00实验中电压表应选用 ；电流表应选用 ；滑动变阻器应选用 （请填写选项前对应的字母）。请你不要改动已连接导线，在
10、如图1所示的实物连接图中把还需要连接的导线补上。闭合开关前，应使变阻器滑片放在最 （填“左”或“右”）端。在实验中，其中一组数据如图2，电流表示数为 A，电压表示数为 V，并标在在如图3所示的UI图中，再画出小灯泡的UI曲线。在图4中画出该实验的实验电路图。四.计算题（共40分）16（10分）把带电荷量2108C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8106J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做的功17（15分）如图所示，水平放置的平行
11、板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L0.1m，两板间距离d0.4cm，现有一微粒质量m2.0106kg，带电量q+1.0108C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g10m/s2试求：（1）带电粒子入射初速度的大小；（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？18（15分）如图所示，A为电解槽，OM为电动机，N为电炉子，恒定电压U12V，电解槽内阻rA2，S1闭合，S2、S3断开时，电流表OA示数为6A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表OA示数为5A，且电动机输出功率为35W；当
12、S3闭合，S1、S2断开时，电流表OA示数为4A求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机的内阻；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少2019-2020学年广东省广州市培正中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共6小题，每题3分，共18分）1【答案】D【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉受力及运动情况，再根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案。【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，故A错误；B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移
13、，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故B错误；CD、由于电场力对正负电荷均做正功，故正负电荷的电势能增均变小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。2【答案】C【分析】改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：IgRg（IIg）R，其中I为量程【解答】解：改装成电流表要并联电阻分流，其并联电阻阻值为R：R0.1 故为并联0.1的电阻。则A错误，B 错误 C 正确 D错误故选：C。【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流程度与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小
14、则分流大。3【答案】D【分析】由于带电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，根据电场线的方向可判断电势的高低；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，由此分析加速度的变化。动能变化可以通过电场力做功情况判断。【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B、带电质点可能是从P点向Q点运动，也可能是从Q点向P点运动，故B错误。C、由于相邻等势面之间的电势差相同。等差等势线密的地方电场线
15、密，场强大，故P点位置场强大，质点受到的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C错误。D、若质点从P运动到Q，电场力做正功，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故D正确；故选：D。【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。4【答案】B【分析】由点电荷场强公式Ek分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解。【解答】解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为rasin60，三个电荷在O处产生的场强大小均E0k根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1k再与q在O处产生的场
16、强合成，得到O点的合场强为EE1+E02k2k，方向由O指向C。故选：B。【点评】本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解。5【答案】AD【分析】根据点电荷的电场强度公式Ek可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向。有U21，UEd得，21Ed可判断电势高低【解答】解：根据点电荷的电场强度公式Ek可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同。再根据U21，UEd得，21Ed可判断a、b两电势相等。故A正确B、根据点电荷的电
17、场强度公式Ek，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误。C、根据点电荷的电场强度公式Ek，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；D、根据点电荷的电场强度公式Ek，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，根据对称性，方向也相同，都平行于两电荷的连线指向同一方向，ab两点连成的平面是等势面，因此这两点电势相等，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查了点电荷的电场强度公式Ek ，场强的
18、叠加以及电场线的特点，难度中等，是道好题。6【答案】B【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式UEd求出场强大小由WqU，则电场力做功就可以求解【解答】解：A、B、由几何知识得知，CAEB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向ABA间的电势差为UBA1V，又UBAEdABcos30，得场强EV/mV/m。故A错误、B正确。C、由上得知，E的电势为2V，F点与A点的电势相等为1V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为WEFqUE
19、Fq（EF）1.61019（21）J1.61019J故C错误。D、由上得知，D的电势与C点电势相等为3V，F点与A点的电势相等为1V，则电子从F点移到D点，电场力做正功，而且为WFDqUFDq（FD）1.61019（13）J3.21019J，电势能将减小3.21019J故D错误。故选：B。【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系二、多选题（本题共8小题，每小题全部答对得4分，答对但不全对得2分，有错误答案得0分，共32分）7【答案】BC【分析】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，电场力做正功
20、，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A、由等量异种电荷的电场的特点可知，e点和g点关于中点对称，所以e点和g点的电场的强度的大小相等，但是这两点的方向不同，所以A错误。B、a点和f点都处在中垂线上，在等量异种电荷的中垂线上的电势都为零，所以a点和f点的电势相等，所以B正确。C、从g点到f点再到e点过程中，电场的电势不断减小，所以电子在运动的过程中，电场力做负功，所以电子的电势能一直在不断增加，所以C正确。D、从f点到e点再到d点过程中，电场的电势先减小后增大，所以质子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功，所以D错误。故选：BC。【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场
21、线的特点，即可解决本题8【答案】CD【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1，为第2s内加速度a2的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，vt图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误。B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的
22、瞬时速度刚减到0，故C正确；D、因为第4s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前4s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故D正确。故选：CD。【点评】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动9【答案】AD【分析】串联电路电流相同，电压与电阻成正比并联电路电压相同，电流与电阻成反比用功率表达式求功率即可【解答】解：A、设通过R3的电流I3I，由并联电路的特点可知，可得通过电阻R2，的电流I22I所以通过电阻R1的电流I1I2+I33I，故A正确；B、由UIR可知，故B错
23、误；C、D、由PI2R，可知，P1：P2：P3（9I24）：（4I29）：（I218）2：2：1，故D正确故选：AD。【点评】本题考查串并联电路中电流和电压的关系，难度不大10【答案】BC【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据WqEy，分析电场力做功之比【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。A、在加速电场中，由动能定理得
24、：qU1，得，加速获得的速度为v0三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同。故A错误。B、根据推论：y，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同。故B正确。C、D偏转电压的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关11【答案】
25、AC【分析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，可根据图象的斜率表示场强来判断根据电势降低的方向分析场强的方向由电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负【解答】解：AD、在B点和C点附近分别取很小的一段x，由图象知，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，每一小段看做匀强电场，则有 E，可见EBxECx，同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力在x方向上的分量最小，故A正确，D错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，故B错误。C、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，则电场力先做正功，后做负功
26、，故C正确。故选：AC。【点评】解决本题的关键是要理解图象斜率的物理意义：斜率表示场强，结合电场力做功与电势能变化的关系分析12【答案】CD【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两极板间的电势差不变，根据电容器板间的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。【解答】解：A、将平行板电容器的下极板下移，电容器板间距离增大，根据C知，d增大，则电容将减小。故A错误；B、静电计测量的是电容器两极板间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误。C、电容器极板间的电势差不变，d增大，则电场强度减小，由UEd知，上极板与P点间的电势差减
27、小，因两板间电势差不变，故P点与下极板间的电势差增大，而P点的电势高于下极板的电势，所以P点的电势升高，因粒子带负电，故带电油滴的电势能将减少，故C正确。D、电容器与电源断开，则电荷量Q不变，d改变，根据E，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D正确。故选：CD。【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变。13【答案】ACD【分析】有图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力则不带电的小球做平抛运动，带负电的
28、小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解【解答】解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知不带电小球做平抛运动a1，带正电小球做类平抛运动a2，带负电小球做类平抛运动a3。根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短。A、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球
29、，C带负电的小球。故A正确。B、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；C、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为GF，做功最少动能最小，则小球到达极板时的动能关系为EkCEkBEkA故C正确。D、因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aAa2，aBa1，aCa3，所以aAaBaC故D正确。故选：ACD。【点评】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线
30、运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析14【答案】CD【分析】小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小。根据电场力做功公式WqEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功。【解答】解：A、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态。故A错误；B、根据动能定理得：mglsinqEl（1cos）0，解得：Eqmg，故B错误。C、从A点到B点，电场力做负功，电
31、势能增加，则A点电势能小于B点电势能，故C正确。D、根据动能定理得：mglsin+W0，则电场力做功WmgL，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了动能定理的基本运用，知道电场力做功与电势能的关系，以及知道B点的速度为零，合力不为零，难度不大。三、实验题（10分）15【答案】B；E；G；电路图见解析，右；0.36；1.00；图象见解析；图象见解析。【分析】根据额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小、额定电流较大的滑动变阻器；描绘小灯泡伏安特性曲线，要电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验
32、电路图；滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置；根据电流表和电压表的量程以及指针的位置进行读数，根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后作出灯泡的UI图象；根据实验方法结合实验实物图作出实验电路图。【解答】解：灯泡额定电压为2V，电压表应选B；灯泡额定电流为0.5A，电流表应选E；由于滑动变阻器F的额定电流较小，故选额定电流较大的滑动变阻器G；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为R4，电压表内阻为电压表内阻约为1k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；为保护电路
33、，闭合开关前，滑片应置于右端；电流表采用0.6A的量程，每一小格是0.02A，所以电流表示数为0.36A；电压表采用的是3V的量程，每一小格是0.01V，所以电压表示数为1.00V，根据坐标系中描出的应点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的UI图象，如图所示：由于灯泡电阻受温度影响，灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯泡的UI图线不是直线。实验电路如图所示：故答案为：B；E；G；电路图见解析，右；0.36；1.00；图象见解析；图象见解析。【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、作图象等问题；要正确实验器材的选取原则；要掌握描点法作图的方法；要学会应用图象法处理实验数据、计算答题。四
34、.计算题（共40分）16【答案】见试题解答内容【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WABEpAEpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WABqUAB求解电场力做的功【解答】解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WABEpAEpB，有WOAEpOEpA无穷远处电势能为零，即EpO0故EpAWOA8106J根据电势的定义式，有A即A点的电势为400V（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WABEpA
35、EpB，有WOBEpOEpB无穷远处电势能为零，即EpO0故EpBWOB2106J根据电势的定义式，有B故A、B间的电势差为UABAB400V100V300V即A、B点的电势差为300V（3）根据电场力做功与电势差关系公式WABqUAB，有WABqUAB2105C300V6103J即把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做6103J的功【点评】本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势，最后根据电场力做功与电势差关系公式WABqUAB求解电场力做的功17【答案】见试题解答内容【分析】（1）粒子只是在重力的作
36、用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度v0的大小；（2）对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小；【解答】解析：（1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，则有： 联立两式得： 代入数据得：v02.5m/s（2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则 UABABAA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有： 联立以上各式得：Amin6VA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有： 且有：a2a1代入数据得：Amax10V综上可得：
37、6VA10V答：（1）粒子入射时初速度v0的大小为：v02.5m/s （2）则带电后A板的电势为：6VA10V【点评】在本题中要注意极板没电荷时，此时的粒子在极板之间做的是平抛运动，当极板间有了电荷之后，再进入的粒子受到重力和电场力的共同的作用，此时将做类平抛运动18【答案】见试题解答内容【分析】（1）电炉子工作时为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；（2）电动机工作时为非纯电阻，由能量守恒定律列式，即可求解电动机的内阻；（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率，由能量守恒定律求解【解答】解：（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R2其发热功率为：PUI1126 W72 W（2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI2I22 rM+代入数据：解得：（3）电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：所以P化（124422）W16 W答：（1）电炉子的电阻2及发热功率72W；（2）电动机的内阻1；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路，当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路