内蒙古包头一中2017届高三上学期期中考试物理试卷（解析版）

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2016-2017学年内蒙古包头一中高三（上）期中物理试卷

参考答案与试题解析

一．选择题（本大题共12道小题，其中1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，每小题4分，共48分）

1．在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则（ ）

A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a

C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】根据电场线做功的正负可分析两点的电势关系，但不能判断场强的大小关系．也不能根据电势的变化，判断出场强的方向．电场力做功能量度电势能的转化，根据动能定理分析动能的变化．

【解答】解：A、正电荷从a点移到b点，电场力做负功，由于电场力做功的正负与场强相对大小没有直接关系，故无法判断a、b两点电场强度大小，若是匀强电场，a、b两点电场强度相等，故A错误；

B、通过电场力做功无法判断电场线的方向，电荷运动时可能与电场有一定夹角，也可能沿着电场或者逆着电场等，故B错误；

C、移动正电荷从a点到b点，电场力做负功，电势能一定增大，因正电荷在电势高处电势能大，所以b点的电势一定比a点高．故C正确．

D、电场力做负功，如有重力等其他力做功，根据动能定理可知，该电荷的动能不一定减小，故D错误．

故选：C

【点评】本题主要考察了描述电场的基本概念：电势和电场强度，可结合电场线进行分析．掌握推论：正电荷在电势高处电势能大，很容易判断电势能与电势的关系．

2．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）

A．三个等势面中，a的电势最高

B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较小

C．对于M、N两点，带电粒子通过N点时动能较大

D．带电粒子由M运动到N时，速度增大

【考点】电势差与电场强度的关系；电势差；电势能．

【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．

【分析】由于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左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．

【解答】解；A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误；

B、根据质点受力情况可知，从M到N过程中电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故B正确；

C、从N到M过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故N点的动能小于M点的动能，故C错误；

D、因从M到N过程中电场力做负功，动能减小，则速度减小，故D错误；

故选：B．

【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、电势能、动能等物理量的变化．

3．如图所示，电压表由灵敏电流计

与电阻R串联而成．某同学在使用中发现一块电压表的读数总比真实值偏小一些，若要调准，可采用的措施是（ ）

A．在电阻R上并联一个比其小得多的电阻

B．在电阻R上并联一个比其大得多的电阻

C．在电阻R上串联一个比其小得多的电阻

D．在电阻R上串联一个比其大得多的电阻

【考点】把电流表改装成电压表．

【专题】实验题；恒定电流专题．

【分析】此电压表的读数比准确值稍微小一些，故加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻R的值．

【解答】解：电压表由表头G和电阻R串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，说明加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻R的值，可以与电阻R并联电阻实现，但电压表的读数比准确值稍微小一些，故并联电阻要比R大得多，故ACD错误，B正确；

故选：B．

【点评】要明确电压表的改装和读数原理，灵活运用电阻串并联规律．

4．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下例说法中正确的是（ ）

A．此电源的内阻为0.5Ω

B．电源的总功率为10W

C．电源的输出功率为8W

D．由于小灯泡的U﹣I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．

【解答】解：A、由图读出E=4V，斜率表示内阻，则r=

=0.5Ω，故A正确；

B、灯泡与电源连接时，工作电压U=3V，I=2A，则电源的总功率P_总=EI=4×2W=8W，电源的输出功率P_出=EI﹣I²r=（8﹣2²×0.5）W=6W，故BC错误；

D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U﹣I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；

故选：A

【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．

5．如图所示的电路中，闭合电键k后，灯a和b都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表读数增加，由此推 断这故障可能是（）

A．a灯灯丝烧断 B．电阻R₂短路

C．电阻R₂断路 D．电容被击穿短路

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】闭合电键S后，灯a和b都正常发光时，灯a与电阻R₁并联，灯b与电阻R₂并联，两部分再串联．发生故障后，将四个选项逐一代入，分析灯b亮度的变化，选择符合题意的选项．

【解答】解：A、a灯灯丝烧断导致总电阻增大，总电流减小，b变暗，不符合题意．故A错误．

B、电阻R₂短路，b不亮．故B错误．

C、电阻R₂断路，导致总电阻增大，总电流减小，a两端电压减小，而路端电压增大，则b两端电压增大，b变亮．故C正确．

D、电容器被击穿短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数减小．故D错误．

故选：C

【点评】本题既是故障分析问题，也属于电路动态分析问题．按照“局部→整体→局部”的顺序分析．

6．如图所示，一价氢离子（

H）和二价氦离子（

He）的混合体，经同一加速电场U₁同时加速后，垂直射入同一偏转U₂电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）

A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点

C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【专题】带电粒子在电场中的运动专题．

【分析】本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系．

【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．

在加速电场中，由动能定理得：qU₁=

①

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v₀的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v₀不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=

不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．

在偏转电场中的偏转位移y=

②

联立①②得 y=

同理可得到偏转角度的正切tanθ=

，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．

7．如图所示，一条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示．则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保持静止）（）

A．为零 B．方向由向左变为向右

C．方向保持不变 D．方向由向右变为向左

【考点】安培力；摩擦力的判断与计算．

【分析】要求磁铁所受的静摩擦力的方向需要知道磁铁所受的其它力的方向即求磁铁所受通电导线安培力的方向，故应该求解通电导线所受磁铁的安培力的方向，所以应该知道通电导线所在位置的磁场的方向，然后根据左手定则即可判定出通电导线所受安培力的方向从而解决问题．

【解答】解：由图可知通电导线所在位置的磁场的方向，根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示，显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．故当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B正确，ACD错误．

故选：B．

【点评】首先根据左手定则确定出通电导线所受安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向，是此类题目的解答思路．

8．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B₀，则C处磁场的总磁感应强度大小是（）

A．0 B．B₀ C．

D．2B₀

【考点】磁感应强度．

【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小．

【解答】解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，

如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B_总=2Bcos30°=

B₀．

故选：C

【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则．

9．如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V₁、V₂示数变化量的绝对值分别为△U₁、△U₂，已知电阻R大于电源内阻r，则（）

A．电流表A的示数增大 B．电压表V₂的示数增大

C．电压表V₁的示数增大 D．△U₁大于△U₂

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．

【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V₁、V₂分别测量R、路端电压．

当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；

B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V₂的示数减小，故B错误；

C、电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表V₁的示数增大，故C正确．

D、路端电压减小，R的电压增大，则△U₁大于△U₂，故D正确．

故选：ACD．

【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．

10．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v₁，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v₂．若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（）

A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为E_A＞E_B、φ_A＜φ_B

B．若v₂＞v₁，则电场力不一定做正功

C．A、B两点间的电势差为

（v₂²﹣v₁²﹣2gh）

D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为

mv₂²﹣

mv₁²

【考点】电势差与电场强度的关系．

【专题】定量思想；寻找守恒量法；电场力与电势的性质专题．

【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低．小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负．根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功．

【解答】解：A、由电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，可知，E_A＜E_B．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，可知，φ_A＞φ_B．所以E_A＜E_B、φ_A＞φ_B，故A错误．

B、在运动的过程中，由动能定理得，mgh+qU=

mv₂²﹣

mv₁²，若v₂＞v₁，知电场力做功W=qU可正可负，故B正确．

C、由B得，A、B两点间的电势差 U=

（v₂²﹣v₁²﹣2gh，故C正确

D、由上式得，电场力做功为 W=qU=

mv₂²﹣

mv₁²﹣mgh．故D错误．

故选：BC

【点评】本题首先要掌握电场线两个意义可判断场强和电势的大小；其次根据动能定理研究曲线运动中功的问题．

11．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r．当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为R₀，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（）

A．电动机的额定电压为IR

B．电动机的输出功率为IE﹣I²R

C．电源的输出功率为IE﹣I²r

D．整个电路的热功率为I²（R₀+R+r）

【考点】电功、电功率．

【专题】恒定电流专题．

【分析】小灯泡是纯电阻电路，满足欧姆定律，但电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律；

电源的输出功率P=UI=IE﹣I²r；

由公式P=UI求出电动机的总功率P_总．电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒可知P_出=P_总﹣P_热，P_热=I²R．

整个电路的热功率为I²（R₀+R+r）

【解答】解A、电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，故A错误；

BC、电源的输出功率P=UI=IE﹣I²r；，故B错误，故C正确；

D、整个电路的热功率为I²（R₀+R+r），故D正确．

故选：CD．

【点评】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用P=UI，求电热只能用P=I²R，求机械功率要根据能量守恒得到P_机=P_总﹣P_热．

12．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示．由此可见（）

A．电场力为2mg

B．小球带负电

C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等

D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；平抛运动．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小．根据△v=at研究速度变化量的关系．

【解答】解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x₁和x₂，竖直分位移分别为y₁和y₂，经历的时间为分别为t₁和t₂．在电场中的加速度为a．

则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：

x₁=v₀t₁；

从B到C过程，有：x₂=v₀t₂；

由题意有：x₁=2x₂；

则得：t₁=2t₂；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．

又 y₁=

g

，

将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：

y₂=

a

根据几何知识有：

y₁：y₂=x₁：x₂；

解得：a=2g；

根据牛顿第二定律得：

F﹣mg=ma=2mg，

解得：F=3mg

由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．

根据速度变化量△v=at，则得：

AB过程速度变化量大小为△v₁=gt₁=2gt₂；BC过程速度变化量大小为△v₂=at₂=2gt₂；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等．故BD正确，AC错误．

故选：BD．

【点评】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析．

二、实验题（本大题共3小题，每题每空2分，共20分）

13．（1）用游标卡尺测量某物体长度如图1，由图可知其长度为 12.40 mm；

（2）用螺旋测微器测量某物体直径如图2，由图可知其直径为 1.771 mm．

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

【专题】实验题；定性思想；实验分析法；基本实验仪器．

【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

【解答】解：（1）、游标卡尺的主尺读数为20mm，主尺上刻度为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm．

（2）、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.1×0.01mm=0.271mm，所以最终读数为1.5mm+0.271mm=1.771mm．

故答案为：（1）12.40 （2）1.771

【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，同时要注意明确有效位数和是否需要估读．

14．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧，电压表的内阻约为十几千欧．实验中得到了8组数据，在图甲所示的电流﹣电压（I﹣U）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．

①请你判断实验电路的连接方式，根据你的判断画出实验电路图．

②根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U²和I²的关系，如图1的示意图中正确的是D ．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．

【分析】（1）伏安特性曲线实验变阻器应用分压式，小灯泡电阻较小电流表应选外接法，注意导体与电源伏安特性曲线的区别；

（2）明确电阻随温度的变化规律，从而分析P与I²以及P﹣U²关系图线．

【解答】解：①、因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示

（2）由P=I²R=

可知，在P﹣U²图象中，图象上某点与原点连线的斜率为电阻倒数

，因随温度的升高R增大因而

应减小，故AB均错误；

在P﹣﹣I²图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随温度的升高而增大，故D正确，C错误，故本题应选D．

故答案为：（1）如图所示；（2）D

【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的实验描绘，要注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题，并区分曲线上某点与原点连线的斜率和曲线的切线的斜率含义的不同．

15．（12分）完成下列关于多用电表的问题：

（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆调零旋钮，把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上cabe ．

a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔

b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔

c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1K

d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100

e．旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔

（2）多用电表除了可以测电阻，还可以测电压和电流，那么：

用多用电表测二极管正向电阻时， 黑 表笔接二极管的正极；

用多用电表测量用电器两端的电压时， 红 表笔接高电势；

（3）如图1所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，多用表表盘指针在测量时的偏转位置如图2所示．

若是用A档测量，则读数为 14.0Ω ；

若是用B档测量，则读数为 5.2mA ；

若是用C档测量，则读数为 26.0V ．

【考点】用多用电表测电阻．

【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；恒定电流专题．

【分析】（1）使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

（2）欧姆表黑表笔接内置电源的正极；用多用电表进行测量时电流应从红表笔流入、黑表笔流出．

（3）根据多用电表测量的量与量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数．

【解答】解：（1）用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：cabe．

（2）欧姆表的黑表笔与内阻电源正极相连，用多用电表测二极管正向电阻时，黑表笔接二极管的正极；

电流应从多用电表正接线柱流入，即红表笔电势高，用多用电表测量用电器两端的电压时，红表笔接高电势；

（3）若是用A档测量，使用欧姆×1挡测电阻，则读数为14.0×1=14.0Ω；

若是用B档测量，多用电表测直流电流，量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，则读数为5.2mA；

若是用C档测量，多用电表测直流电压，量程为50V，由图示表盘可知，其分度值为1V，则读数为26.0V；

故答案为：（1）cabe；（2）黑；红；（3）14.0Ω；5.2 mA；26.0V．

【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．

三、计算题（本大题共3小题，16题9分，17题11分，18题12分，共40分）

16．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）水平向右电场的电场强度；

（2）若将电场强度减小为原来的

，物块的加速度是多大；

（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．

【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．

【专题】动能定理的应用专题．

【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．

（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．

（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．

【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，

F_Nsin37°=qE①

F_Ncos37°=mg②

由1、②可得电场强度

（2）若电场强度减小为原来的

，则变为

mgsin37°﹣qEcos37°=ma③

可得加速度a=0.3g．

（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，

由动能定理则有：

mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=E_k﹣0④

可得动能E_k=0.3mgL

【点评】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关．

17．如图电路，两平行金属板A、B水平放置，两极板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，带电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v₀=4m/s竖直向上射入板间，若小球带电量为q=1×10^﹣2C，质量为m=2×10^﹣2kg，不考虑空气阻力，那么滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？移动滑动变阻器片，当滑动变阻器的阻值为多少时，滑动变阻器消耗的功率最大？（g=10m/s²）

【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；闭合电路的欧姆定律．

【专题】计算题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题．

【分析】（1）对小球分析，由动能定理可求得电容器两板间的电势差；电容器与R_P并联，则电容器两端的电压等于R_P两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；

（2）将R等效为电源内阻，即等效电源内阻r′=R+r，外电阻

，当

时滑动变阻器消耗的功率最大

【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．

设两板间电压为

，由动能定理得

所以滑动变阻器两端电压

设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得

滑动变阻器接入电路的电阻

（2）滑动变阻器的功率

当

时，

，功率最大，解得

答：滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板；移动滑动变阻器片，当滑动变阻器的阻值为16Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大

【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要明确电容的性质，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．

18．静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×10³N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v₀=2.0m/s，质量m=5.0×10^﹣15kg、带电量为q=﹣2.0×10^﹣16C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：

（1）电场力对每个微粒所做的功．

（2）微粒打在B板上的动能．

（3）微粒到达B板所需的最短时间．

（4）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

【专题】带电粒子在电场中的运动专题．

【分析】（1）每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为qE，电场力是恒力，直接根据W=qEd计算即可；

（2）微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解．

（3）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间．

（4）图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解分位移公式，即可求得面积．

【解答】解：（1）电场力对每个微粒所做的功为W=qEd=2.0×10^﹣16×1.0×10³×0.40J=8.0×10^﹣14J

（2）微粒从A板到B板过程，根据动能定理得 W=E_kt﹣E_k0

则得

（3）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．

由

得

根据运动学公式得

所以微粒到达B板所需的最短时间为

（4）根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形．

由牛顿第二定律得：

由类平抛运动规律得

R=v_ot₁

则圆形面积为

答：

（1）电场力对每个微粒所做的功是8.0×10^﹣14J．

（2）微粒打在B板上的动能为9.0×10^﹣14J．

（3）微粒到达B板所需的最短时间为0.1s．

（4）微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形，面积的大小为0.25m²．

【点评】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．第（4）问要弄清物理情景，实质是研究类平抛运动水平位移问题．