河北省唐山市玉田县高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年河北省唐山市玉田县高二（上）期中物理试卷一、选择题（共48分，每小题4分，选全得4分选对但不全得2分，将所选答案填涂在答题卡上，在试卷上作答无效.）1．在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F．如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于()A．2FB．C．4FD．2．关于电场线，以下说法中正确的是()A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电势逐渐降低，电场强度也越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷受到的电场力就越大，电势不一定越高D．逆电场线方向移动电荷，电场力一定对电荷做负功，电荷的电势能一定增加3．电子的电量为e，质量为m，进入电场被加速，经过电势差为U的a、b两点，末速度为v，此过程电子增加的动能为()A．eUB．eU+C．D．4．如图所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势面间电势差相同，取L2电势为零，有一负电荷在L1处动能为30J，运动到L3处动能为10J，则当电荷的电势能为4J，且不计重力和空气阻力时，它的动能是()A．6JB．4JC．16JD．14J5．利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻温度计．如图甲所示为某种金属导体的电阻R随温度t变化的图线．如果用这种金属导体做成测温探头，再将它连入如图乙所示的电路中，随着测温探头处待测温度的变化，电流表示数也会发生变化．则在t1﹣t2温度范围内()A．待测温度越高，电流表的示数越大B．待测温度越高，电流表的示数越小C．待测温度升高，电流表的示数均匀增大D．待测温度升高，电流表的示数均匀减小-18-\n6．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则()A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功7．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM8．如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，ts内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是()A．正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到AB．溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消C．溶液内电流方向从A到B，电流I=D．溶液内电流方向从A到B，电流I=-18-\n9．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是()A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少10．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大11．某同学设计了一个转向灯电路（如图），其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，以下判断正确的是()A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大12．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则()A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω-18-\nB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V二、实验题（14分）13．（14分）在“测定金属的电阻率”的实验中：（1）按图1所示的电路图测量金属丝的电阻R1（阻值约为15Ω），实验中除去开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）电流表A1（量程0～200mA，内阻约3Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（0～50Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω）电源E（电动势为3.0V，内阻不计）为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选__________，滑动变阻器应选__________．（选填器材的名称符号）（2）若通过测量可知，金属丝的长度为L，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=__________．（用题目所给字母和通用数学符号表示）（3）在按图1电路测量金属丝电阻的实验中，将滑动变阻器R1、R2分别接入实验电路，调节滑动变阻器的滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最大阻值，以RP表示滑动变阻器接入电路的电阻值，以U表示Rx两端的电压值．在图2中U随变化的图象可能正确的是__________．（图线中实线表示接入R1时的情况，虚线表示接入R2时的情况）三、计算题（共38分）本题要求有必要的解题步骤和文字说明只写结果不给分14．如图所示电路中，电源的电动势E=6V，内阻r=0.6Ω，电阻R1=6Ω，R2=4Ω．则：（1）图中a，b哪个是电流表？哪个是电压表？（2）闭合电键S后a、b的两个电表的示数．-18-\n15．（13分）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．（1）求两板间所加偏转电压U的范围；（2）求粒子可能到达屏上区域的长度．16．（13分）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OB=OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g，求：（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向．-18-\n2022-2022学年河北省唐山市玉田县高二（上）期中物理试卷一、选择题（共48分，每小题4分，选全得4分选对但不全得2分，将所选答案填涂在答题卡上，在试卷上作答无效.）1．在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F．如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于()A．2FB．C．4FD．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】各自所带的电荷量及它们之间的距离均减小到原来的一半，根据点电荷库仑力的公式F=K可以求得改变之后的库仑力的大小．【解答】解：由点电荷库仑力的公式F=K可以得到，将它们之间所带的电荷量不变，它们各自的距离减小到原来的一半，库仑力减小为原来的4倍，所以C正确，ABD错误．故选C．【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．2．关于电场线，以下说法中正确的是()A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电势逐渐降低，电场强度也越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷受到的电场力就越大，电势不一定越高D．逆电场线方向移动电荷，电场力一定对电荷做负功，电荷的电势能一定增加【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线可以形象表示电场强度的相对大小和电势高低，电场线越密，场强越大，顺着电场线电势降低．电场线的切线方向表示场强方向，与正电荷所受的电场力方向相同．根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟场强方向相同，与放在该点的正电荷受力方向相同，与负电荷的受力方向相反．故A错误．B、沿电场线的方向，电势逐渐降低，而电场强度与电场线的疏密有关，故电场强度不一定越来越小．故B错误．C、电场线越密的地方，场强E越大，由F=Eq知，同一检验电荷受到的电场力就越大，因电势与场强没有直接的关系，故电势不一定越高．故C正确．D、逆电场线方向移动正电荷，电场力对电荷做负功，电荷的电势能增加；而逆电场线方向移动负电荷，电场一定对电荷做正功，电荷的电势能一定减小；故D错误．故选C-18-\n【点评】本题考查对电场线物理意义的理解，抓住电场线的疏密表示场强的大小、电场线的方向反映电势的高低是分析的关键．3．电子的电量为e，质量为m，进入电场被加速，经过电势差为U的a、b两点，末速度为v，此过程电子增加的动能为()A．eUB．eU+C．D．【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】带电粒子在电场中加速，由动能定理可求得电子增加的动能．【解答】解：由动能定理可知，带电粒子在电场中动能的改变量等于电场力所做的功，故应等于eU；故选A．【点评】本题注意排除末速度的干扰，我们所求的增加的动能，而由动能定理可直接求出．4．如图所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势面间电势差相同，取L2电势为零，有一负电荷在L1处动能为30J，运动到L3处动能为10J，则当电荷的电势能为4J，且不计重力和空气阻力时，它的动能是()A．6JB．4JC．16JD．14J【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据等差等势面的特点，由W=qU，可知电荷从L1到L2与L2到L3电场力做功相等，电势能减小量相等，可得到电荷在L2处的动能为20J，此处电势能为零，再者总量为20J，电能量守恒即可求解电势能为4J时的动能．【解答】解：如图为三个等差等势面，根据W=qU，可知电荷从L1到L2与L2到L3电场力做功相等，电势能减小量相等，则由已知条件得知，电荷在L2处动能为20J，此处电荷电势能为零，所以电荷的电势能与动能的总量为20J，根据能量守恒得知，当电势能为4J时，动能为16J．故选：C【点评】本题的关键在于确定电荷的总能量，突破口在于选择研究L2处的动能，由能量守恒定律处理．5．利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻温度计．如图甲所示为某种金属导体的电阻R随温度t变化的图线．如果用这种金属导体做成测温探头，再将它连入如图乙所示的电路中，随着测温探头处待测温度的变化，电流表示数也会发生变化．则在t1﹣t2温度范围内()-18-\nA．待测温度越高，电流表的示数越大B．待测温度越高，电流表的示数越小C．待测温度升高，电流表的示数均匀增大D．待测温度升高，电流表的示数均匀减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先据甲图知道电阻与温度的关系，再据电路图和闭合电路的欧姆定律分析电流表的示数．【解答】解：AB、据图可知温度越高电阻越大，据闭合电路的欧姆定律可知，待测温度越高，电流表的示数越小，故A错误，B正确；CD、据甲图可知：R=R0+kt，电路的电流I==，可知电流随温度变化并不是线性关系，因此电流表的示数不会均匀增大，故CD错误．故选：B．【点评】明确电阻随温度变化的关系是解题的关键，在灵活利用闭合电路的欧姆定律分析电流的变化，基础题．6．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则()A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低．-18-\n【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小．7．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．故选：AD．-18-\n【点评】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题．8．如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，ts内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是()A．正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到AB．溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消C．溶液内电流方向从A到B，电流I=D．溶液内电流方向从A到B，电流I=【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】电流的方向与正离子定向移动方向相同．一价离子带电量的大小为e．通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流强度．【解答】解：AB、电流的方向与正离子定向移动方向相同，故A错误，B错误CD、溶液内电流方向从A到B．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量q=n1e+n2e=（n1+n2）e，则根据电流的定义式I==，故C错误，D正确故选：D．【点评】本题运用电流的定义式求解电流强度，对于电解质溶液，公式I=中q是通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和．9．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是()A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少-18-\n【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】带电液滴沿bd作直线运动，可知带电液滴所受的重力与电场力的合力一定在bd线上，判断出电场力方向，即可确定出带电液滴所带电荷的性质，求出电场力的大小与合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．【解答】解：A、带电液滴沿bd作直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故A正确．B、由图知液滴所受的合力F=mg，做匀加速直线运动，其加速度为a==d，故B正确．C、因为合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减小，故D正确．故选：ABD．【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．10．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．【解答】解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．根据I=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．流过电流表的示数为I=，可知电流在减小，故B错误．-18-\n根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．故选A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．11．某同学设计了一个转向灯电路（如图），其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，以下判断正确的是()A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关接1时，L与L2串联后与L1并联；则由闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律可得出各灯的功率情况．【解答】解：A、因L与L2串联后接在电源两端，而两灯的额定电压均为6V，故两灯功率一定小于额定功率，故A正确；B、因电源电压为6V，而电源有内电阻，故电源的输出电压一定小于6V，故B错误；C、由A的分析可知，L2的功率要小于额定功率，故C错误；D、因两并联支路两电压相等，故由P=可知，含L支路的电阻要大，故其功率比另一支路要小，故D错误；故选A．【点评】本题要注意图中给出的电源电动势与灯泡的额定电压的关系，由此才能分析灯泡的功率．12．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则()A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω-18-\nC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R==40Ω．故A正确．B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R==128Ω．故B错误．C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=80V．故C正确．D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3==25V．故D错误．故选AC．【点评】对于电路的问题，首先要识别电路的结构，有时要画出等效电路图．基础题，比较容易．二、实验题（14分）13．（14分）在“测定金属的电阻率”的实验中：（1）按图1所示的电路图测量金属丝的电阻R1（阻值约为15Ω），实验中除去开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）电流表A1（量程0～200mA，内阻约3Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（0～50Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω）电源E（电动势为3.0V，内阻不计）为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选A1，滑动变阻器应选R1．（选填器材的名称符号）（2）若通过测量可知，金属丝的长度为L，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=．（用题目所给字母和通用数学符号表示）-18-\n（3）在按图1电路测量金属丝电阻的实验中，将滑动变阻器R1、R2分别接入实验电路，调节滑动变阻器的滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最大阻值，以RP表示滑动变阻器接入电路的电阻值，以U表示Rx两端的电压值．在图2中U随变化的图象可能正确的是A．（图线中实线表示接入R1时的情况，虚线表示接入R2时的情况）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据电路结构分析电路中的最大电流，则可以选择电流表；本实验中两滑动变阻器阻值均大于待测电阻，故可以采用限流接法；根据方便调节的性质选择变阻器；（2）根据欧姆定律可求得电阻，再根据电阻定律可求得电阻率；（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的电压与电阻的关系，则由排除法可以得出对应的图象．【解答】解：（1）电源电动势为3V，待测电阻阻值约为15Ω，故最大电流约为200mA；故电流表选择A1；由电路图可知，实验中采用了限流接法，为了调节方便，滑动变阻器略大于待测电阻即可；故滑动变阻器选择R1；（2）由电阻定律得：R==ρ=ρ，电阻率：ρ=；（3）根据闭合电路欧姆定律应有U=RX=RX，则说明在R和Rx不变时，U与不是一次函数关系，故只能是曲线；故CD错误；当R分别为R1和R2时，由公式可知，R越大，在相同的前提下，U将越小，故只有A正确；故选：A．故答案为：（1）A1；R1；（2）；（3）A．【点评】本题考查测量导体电阻率的实验，要注意正确分析题目中给出的物理量，从面确定出可用的仪表；题中同时注意应用电学中的基本规律分析实验数据，并能灵活分析图象；本题中由于无法直接用公式确定图象，则可以通过排除法进行分析确定．三、计算题（共38分）本题要求有必要的解题步骤和文字说明只写结果不给分-18-\n14．如图所示电路中，电源的电动势E=6V，内阻r=0.6Ω，电阻R1=6Ω，R2=4Ω．则：（1）图中a，b哪个是电流表？哪个是电压表？（2）闭合电键S后a、b的两个电表的示数．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据电压表及电流的使用方法可确定两表的位置；（2）由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流；再由欧姆定律可求得电压表的示数．【解答】解：（1）电流表应串联在电路中；而电压表应并联在电路中；故a是电流表，b是电压表（2）由电路图可知，R1与R2并联，总电阻R===2.4Ω；则由闭合电路欧姆定律可知：I===2A；则电压表的示数U=E﹣Ir=6﹣2×0.6=4.8V；答：（1）a是电流表，b是电压表；（2）a的示数是2A，b的示数是4.8V．【点评】电流表内阻较小，故电流表应串联使用；而电压表内阻较大，电压表应交联使用．15．（13分）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．（1）求两板间所加偏转电压U的范围；（2）求粒子可能到达屏上区域的长度．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；运动的合成和分解．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）粒子垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．当粒子恰好从极板右边缘飞出时两板间所加偏转电压U达到最大，由牛顿第二定律和运动学公式求出最大电压．粒子可能从上极板边缘飞出，也可能从下极板边缘飞出，可得到电压变化的范围．-18-\n（2）粒子飞出电场后做匀速直线运动，根据推论可知，粒子速度的反向延长线交水平位移的中点，由三角函数知识可求出粒子可能到达屏上区域的长度．【解答】解：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有竖直方向：y=…①水平方向：L=v0t…②加速度为a=…③E=…④由①②③④式解得：y=当y=时，U=则两板间所加电压的范围为﹣≤U≤（2）当y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设为y0，则y0=而tanθ==解得y0=则粒子可能到达屏上区域的长度为．答：（1）两板间所加偏转电压U的范围为﹣≤U≤；（2）粒子可能到达屏上区域的长度为．-18-\n【点评】本题是类平抛运动中的临界问题，一方面要熟练掌握运动的分解法研究类平抛运动，另一方面要把握临界条件．对于粒子飞出电场后偏转的距离，常用有两种方法：三角函数法和三角相似法．16．（13分）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OB=OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g，求：（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，将该运动分解即可；（2）加电场后，同样使用动能定理与功能关系等于小球到达A与到达B的过程分别列出公式即可．【解答】解：（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令，则：，根据平抛运动的规律得：d•sin60°=v0t…①…②又：…③联立①②③解得：…④设小球到达A时的动能为EKA，则：…⑤-18-\n所以：；（2）加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点下降了，设两点的电势能分别减小△EPA和△EPB，由能量守恒和④得：…⑥…⑦在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有：…⑧解得：x=d，MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是α，由几何关系可得：α=30°，即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30°，设电场强度的大小是E，则：qE•dcos30°=△EPA…⑨联立④⑥⑨得：E=，答：（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值是；（2）电场强度的大小是，方向与竖直方向之间的夹角是30°．【点评】本题是平抛运动与类平抛运动的组合，关键是运用动能定理与功能关系研究小球到达A与到达B的过程，再运用电场力做功的基本规律解题．-18-