2018年高考模擬理綜物理選編電場能的性質(zhì)-解析版

1、.樂陵一中電場能的性質(zhì)一、單項選擇題本大題共5小題，共30分1. 如下圖，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，R點(diǎn)在等勢面b上，據(jù)此可知A. 帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的加速度比在Q點(diǎn)的加速度小B. 帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能比在Q點(diǎn)的小C. 帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動能大于在Q點(diǎn)的動能D. 三個等勢面中，c的電勢最高物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、等差等勢面P處密，P處電場強(qiáng)度大，電場力大，加速度大故A錯誤；BCD、根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知負(fù)電荷所受的電

2、場力應(yīng)向下，所以電場線向上故c點(diǎn)電勢最高利用推論：負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，知道P點(diǎn)電勢能大負(fù)電荷的總能量守恒，即帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動能與電勢能之和不變，P點(diǎn)電勢能大那么動能小故BC錯誤，D正確應(yīng)選：D 作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，電場線向上故c點(diǎn)電勢最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，可知電荷在P點(diǎn)的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點(diǎn)場強(qiáng)小，電場力小，加速度小解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動的思路是：根據(jù)運(yùn)動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動能等物理量的變化2. 如下圖，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=3×105V/m，A、B兩點(diǎn)相距0.2m，

3、兩點(diǎn)連線與電場的夾角是60°，以下說法正確的選項是A. 電荷量q=+2×10-4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)電勢能增大6JB. 電荷量q=-2×10-4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)電場力做功為-6JC. 假設(shè)取A點(diǎn)的電勢為0，那么B點(diǎn)的電勢B=3×104VD. A、B兩點(diǎn)間的電勢差是UAB=6×104V物理備課組整理B備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、從A到B，電場力做功W=qEdABcos60°=2×104×3×105×0.2×12J=6J那么電勢能減小6J故A錯誤。B、從A到B，電場力做功W=-qE

4、dABcos60°=-2×104×3×105×0.2×12J=-6J故B正確。C、AB間的電勢差UAB=EdABcos60°=3×105×0.2×12V=3×104V，因?yàn)锳點(diǎn)的電勢為0，那么B點(diǎn)的電勢為B=-3×104V故C、D錯誤。應(yīng)選：B。根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，根據(jù)U=Ed求出A、B兩點(diǎn)間的電勢差，從而得出B點(diǎn)的電勢解決此題的關(guān)鍵掌握電場力做功與電勢差、電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，并能靈敏運(yùn)用，根底題3. 一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動，

5、取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如下圖，以下圖象中合理的是A. B. C. D. 物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：F=|EPx|，即Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力；A、Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)E=Fq，故電場強(qiáng)度也逐漸減小；故A錯誤；B、根據(jù)動能定理，有：Fx=Ek，故Ek-x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤；C、按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據(jù)公式v2v02=2ax，勻變速直線運(yùn)動的v

6、2-x圖象是直線，題圖v-x圖象是直線；一樣位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導(dǎo)致加速度減?。还拭?，故C錯誤；D、粒子做加速度減小的加速運(yùn)動，故D正確；應(yīng)選：D粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動；根據(jù)功能關(guān)系得到Ep-x圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結(jié)合加速度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況此題切入點(diǎn)在于根據(jù)Ep-x圖象得到電場力的變化規(guī)律，打破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動能定理分析；不難4. 一半徑為R的均勻帶正電荷圓環(huán)，其軸線與x軸重合，環(huán)心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處，M、N為x

7、軸上的兩點(diǎn)，那么以下說法正確的選項是A. 沿x軸正方向從O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度越來越大B. 沿x軸正方向從O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度越來越小C. 將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電荷的電勢能增大D. 將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電荷的電勢能減少物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、根據(jù)場強(qiáng)的疊加可知，O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處的場強(qiáng)為零，O到無窮遠(yuǎn)間的場強(qiáng)不為零，故x軸正方向從O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度先增大，后減小，故AB錯誤；C、電場線方向由M指向N，沿電場方向電勢降低，將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤，D正確；應(yīng)選：D 均勻帶電細(xì)圓環(huán)兩側(cè)電場分布具

8、有對稱性，沿0點(diǎn)右側(cè)OM連線上電場程度向右，在O點(diǎn)帶電細(xì)圓環(huán)上電荷所產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0向右電勢降低據(jù)此判斷各項解決此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是掌握電場的疊加原理，并能靈敏運(yùn)用；二是運(yùn)用極限法場強(qiáng)的變化5. 如下圖，虛線表示電場的一簇等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等，一個a粒子以一定的初速度進(jìn)入電場后，只在電場力作用下沿實(shí)線軌跡運(yùn)動，a粒子先后通過M點(diǎn)和N點(diǎn)在這一過程中，電場力做負(fù)功，由此可判斷出A. a粒子在N點(diǎn)的電勢能比在M點(diǎn)的電勢能大B. N點(diǎn)的電勢低于M點(diǎn)的電勢C. a粒子在M點(diǎn)的速率小于在N點(diǎn)的速率D. a粒子在M點(diǎn)受到的電場力比在N點(diǎn)受到的電場力大物理備課組整理A備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、粒子為

9、氦核帶正電，由運(yùn)動軌跡可知，電場力的方向向右，根據(jù)電場的性質(zhì)“順著電場線的方向電勢降落可知M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢，a粒子在N點(diǎn)的電勢能比在M點(diǎn)的電勢能大故A正確；B錯誤；C、粒子從M到N，電場力做負(fù)功，那么知動能減小，速率減小故C錯誤D、根據(jù)電場線或等勢面的疏密程度可知，M點(diǎn)的等勢面疏，場強(qiáng)小于N場強(qiáng)，粒子在M點(diǎn)受的電場力小于在N點(diǎn)受的電場力故D錯誤應(yīng)選：A根據(jù)電場線與等勢面垂直和軌跡的彎曲方向判斷電場力的大致方向等差等勢面密的地方電場的強(qiáng)度大，等差等勢面疏的地方電場的強(qiáng)度小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加電場線與等勢面垂直加強(qiáng)根底知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點(diǎn)，即可解決

10、此題二、多項選擇題本大題共4小題，共24分6. 一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動，其電勢能E隨位移x變化的關(guān)系如下圖，其中0x2段是對稱的曲線，x2x3段是直線，那么以下說法正確的選項是A. x1處電場強(qiáng)度為零B. x1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為123C. 粒子在0x2段做勻變速運(yùn)動，x2x3段做勻速直 線運(yùn)動D. x2x3段是勻強(qiáng)電場物理備課組整理ABD備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=x，得：E=lqEpx，由數(shù)學(xué)知識可知Ep-x圖象切線的斜率等于Epx，x1處切線斜率為零，那么x1處電場強(qiáng)度為零，故A正確B、根

11、據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，粒子帶負(fù)電，q0，那么知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：123故B正確C、D、由圖看出在0x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強(qiáng)減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動x1x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強(qiáng)增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運(yùn)動x2x3段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動，故C錯誤，D正確應(yīng)選：ABD根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=x，結(jié)合分析圖象斜率與場強(qiáng)的關(guān)系，即可求得x1處的電場強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化；由Ep=

12、q，分析電勢的上下由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動性質(zhì)根據(jù)斜率讀出場強(qiáng)的變化，由F=qE，分析電場力的變化，解決此題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)根本規(guī)律：牛頓第二定律進(jìn)展分析電荷的運(yùn)動情況7. 如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子不計重力，兩板間間隔 足夠大，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的電壓后，在以下圖中反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的選項是A. B. C. D. 物理備課組整理AD備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：分析電子一個周期內(nèi)的運(yùn)動情況：0T4時間內(nèi)，電子從靜止開場向A板做勻加速直線運(yùn)動，T4T2時間內(nèi)沿原

13、方向做勻減速直線運(yùn)動，T2時刻速度為零T234T時間內(nèi)時間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動，34TT時間內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動接著周而復(fù)始A、C、根據(jù)勻變速運(yùn)動速度圖象是傾斜的直線可知，A圖符合電子的運(yùn)動情況故A正確，C錯誤B、電子做勻變速直線運(yùn)動時x-t圖象應(yīng)是拋物線，故B錯誤D、根據(jù)電子的運(yùn)動情況：勻加速運(yùn)動和勻減速運(yùn)動交替產(chǎn)生，而勻變速運(yùn)動的加速度不變，a-t圖象應(yīng)平行于橫軸故D正確應(yīng)選：AD 分析電子一個周期內(nèi)的運(yùn)動情況：0T4時間內(nèi)，電子從靜止開場向A板做勻加速直線運(yùn)動，T4T2時間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運(yùn)動，T234T時間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動，34TT時間內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動根據(jù)牛頓第二定律

14、分析加速度根據(jù)電子的運(yùn)動情況分析判斷此題是帶電粒子在周期性電場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析電子的運(yùn)動情況8. 如下圖，平行板電容器與電動勢為E的直流電源內(nèi)阻不計連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上挪動一小段間隔 后A. P點(diǎn)的電勢將降低B. P帶電油滴的電勢能將增大C. 帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動D. 電容器的電容減小，極板帶電量將增大物理備課組整理AB備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、C、將平行板電容器的上極板豎直向上挪動一小段間隔 ，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud得知板間場強(qiáng)減小，油滴所受的電場力減小，那么油滴將向下運(yùn)動；板間場強(qiáng)E減小，

15、而P點(diǎn)與下極板間的間隔 不變，那么由公式U=Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢差將減小，而P點(diǎn)的電勢高于下極板的電勢，那么知P點(diǎn)的電勢將降低；故A正確，C錯誤；B、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢降低，那么油滴的電勢能將增加；故B正確；D、根據(jù)電容的定義式C=QU，電容器與電源保持相連，那么U不變，當(dāng)C減小，那么Q也減??；故D錯誤；應(yīng)選：AB將平行板電容器的上極板豎直向上挪動一小段間隔 ，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud分析板間場強(qiáng)的變化，判斷電場力變化，確定油滴運(yùn)動情況由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢的變化和油滴電勢能的變化根據(jù)電容的定義式C

16、=QU，電容器與電源保持相連，那么U不變，Q與C成正比變化此題運(yùn)用E=Ud分析板間場強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運(yùn)動；明確正電荷在電勢高處電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化9. 如下圖，程度面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點(diǎn)，光滑直導(dǎo)軌的上端點(diǎn)D到A、B兩點(diǎn)的間隔 均為L，D在AB邊上的豎直投影點(diǎn)為O一對電荷量均為-Q的點(diǎn)電荷分別固定于A、B兩點(diǎn)在D處將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上忽略它對原電場的影響，將小球由靜止開場釋放，靜電力常量為k、重力加速度為g，且kQqL2=33mg，忽略空氣阻力，那么A. 軌道上D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為mg

17、2qB. 小球剛到達(dá)C點(diǎn)時，其加速度為零C. 小球剛到達(dá)C點(diǎn)時，其動能為32mgLD. 小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小物理備課組整理BC備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、負(fù)電荷產(chǎn)生的電場指向負(fù)電荷，可知兩個負(fù)電荷在D處的電場強(qiáng)度分別指向A與B，由于兩個點(diǎn)電荷的電量是相等的，所以兩個點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等，那么它們的合場強(qiáng)的方向沿DA、DB的角平分線；由庫侖定律，A、B在D點(diǎn)的場強(qiáng)的大?。篍A=EB=kQL2=3mg3q 它們的合場強(qiáng)：ED=EAcos30°+EBcos30°=mgq故A錯誤；B、由幾何關(guān)系寬度：AO.=CO.=32L，那么：OCD=45&#

18、176; 對小球進(jìn)展受力分析，其受力的剖面圖如圖：由于C到A、B的間隔 與D到A、B的間隔 都等于L，結(jié)合A的分析可知，C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小與D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等，方向指向O點(diǎn)，即：EC=ED=mgq 沿斜面方向：mgcos45°-Fcos45°=ma 垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N 其中F是庫侖力，F(xiàn)=qEC=qmgq=mg 聯(lián)立以上三式得：a=0故B正確；C、由于C與D到A、B的間隔 都等于L，結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知，C點(diǎn)與D點(diǎn)的電勢是相等的，所以小球從D到C的過程中電場力做功的和等于0，那么只有重力做功，小球的機(jī)械能

19、守恒，得：mgOD.=12mv2 由幾何關(guān)系可得：OD.=Lsin60=3L2 小球的動能：Ek=12mv2=3mgL2，故C正確；D、由幾何關(guān)系可知，在CD的連線上，CD連線的中點(diǎn)處于到A、B的間隔 最小，電勢最低，小球帶正電，所以小球在CD的連線中點(diǎn)處的電勢能最小那么小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先減小后增大故D錯誤應(yīng)選：BC 根據(jù)矢量合成的方法，結(jié)合庫侖定律即可求出D點(diǎn)的電場強(qiáng)度；對C點(diǎn)的小球進(jìn)展受力分析，結(jié)合庫侖定律即可求出小球在C點(diǎn)的加速度；根據(jù)功能關(guān)系即可求出小球到達(dá)C的動能；根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)分析各點(diǎn)的電勢的變化，然后結(jié)合電勢與電勢能的關(guān)系分析小球的電勢能的變化

20、此題的難度在于計算小球到最低點(diǎn)時的電場力的大小，注意AB處有等量同異種電荷，CD位于AB邊的中垂面上，難度適中三、填空題本大題共1小題，共5分10. 圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為零一帶正電的點(diǎn)電荷在靜電力的作用下運(yùn)動，經(jīng)過a、b點(diǎn)時的動能分別為24eV和3eV當(dāng)這一點(diǎn)電荷運(yùn)動到等勢面3時的動能Ek3=_ eV；當(dāng)該電荷運(yùn)動到某一位置，其電勢能變?yōu)?6eV時，它的動能Ek=_eV物理備課組整理10；16備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：經(jīng)過a、b點(diǎn)時的動能分別為24eV和3eV；圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等

21、勢面之間的電勢差相等，故電荷經(jīng)過相鄰兩個等勢面時的動能減小量為Ek=2433=7eV，故經(jīng)過等勢面3時的動能為3+7=10eV；只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，其電勢能變?yōu)?6eV時，故有：0eV+10eV=-6eV+Ek；解得：Ek=16eV故答案為：10；16只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，根據(jù)題意曲線3處的電勢為零，列式求解點(diǎn)電荷的電勢能與動能的和，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出動能“在只有電場力做功的條件下動能和電勢能的總和保持不變；相鄰等勢面之間的電勢差一樣是我們解決此類問題時的打破口四、實(shí)驗(yàn)題探究題本大題共1小題，共9.0分11. 1英同物體學(xué)家麥克斯書認(rèn)為，磁場變化時會在空

22、間激發(fā)感生電場，如下圖，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)程度放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場環(huán)上套一帶電荷最為q的小球，磁感強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，那么變化磁場所激發(fā)出的感應(yīng)電動勢大小為_假設(shè)小球在環(huán)上運(yùn)動一周，那么感生電場對小球所做功大小是_ 2如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機(jī)，是英國數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律某同學(xué)對該裝置加以改進(jìn)后用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，如圖乙所示實(shí)驗(yàn)時，該同學(xué)進(jìn)展了如下操作：第一步：將質(zhì)量均為MA的含擋光片、B的含掛鉤的重物A、B用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出_填“A的上外表、“A的下外表或“擋光

23、片中心到光電門中心的豎直間隔 h第二步：在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)重物A、B以及物塊C中的物體由靜止開場運(yùn)動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t第三步：測出擋光片的寬度d，計算有關(guān)物理量，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律假如系統(tǒng)重物A、B以及物塊C的機(jī)械能守恒重力加速度為g，各物理量應(yīng)滿足的關(guān)系式為_用題中所給字母表示該實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生誤差的原因是_寫出兩條即可驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)完畢后，該同學(xué)突發(fā)奇想：假如系統(tǒng)重物A、B以及物塊C的機(jī)械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關(guān)系？重力加速度為g請你幫該同學(xué)寫a與m，M之間的關(guān)系式：_3實(shí)驗(yàn)室有一靈敏電流計

24、G的量程為1mA，現(xiàn)要準(zhǔn)確測量G的內(nèi)阻rg實(shí)驗(yàn)室中可供選擇的器材有：待測靈敏電流計G：多用電表僅使用歐姆檔電流表A1：量程為3mA，內(nèi)阻約為200；電流表A2：量程為0.6A，內(nèi)阻約為0.1；電壓表V：量程15V，內(nèi)阻約為2K，定值電阻R1：阻值為10；定值電阻R2：阻值為300；滑動變阻器R3：最大電阻20，額定電流1.5A；直流電源：電動勢1.5V，內(nèi)阻0.5；開關(guān)，導(dǎo)線假設(shè)干先用多用電表粗測G的內(nèi)阻：正確的操作中應(yīng)該使多用電表的紅表筆接靈敏電流計G的_接線柱填“正或“負(fù)，黑表筆接另一個接線柱粗測G的內(nèi)阻rg約為300，為了準(zhǔn)確測量G的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)選擇了如下圖的電路那么電表1為_，

25、電表2為_以上兩空填“G、A1、A2、V等電表符號，定值電阻Rx為_填“R1或“R2按照上述設(shè)計的電路進(jìn)展實(shí)驗(yàn)，測得電表1的示數(shù)為a1，電表2的示數(shù)為a2，那么電流表G的內(nèi)阻的表達(dá)式為rg_用“a1、a2、Rx表達(dá)物理備課組整理1kr2  qkr2 2擋光片中心  mgh=d22t2(2Mm)  滑輪與繩子之間有摩擦、重物運(yùn)動受到空氣阻力等  mg2Mm3負(fù)  G  A1  R2  (a2a1)Rxa1備課組長教學(xué)指導(dǎo)1【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的方向，然后根

26、據(jù)W=qU求解電功。此題關(guān)鍵是明確感應(yīng)電動勢的大小求解方法和方向的判斷方法，會求解電功，根底問題?！窘獯稹看鸥袘?yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，故感應(yīng)電動勢為：E感=BtS=kr2，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動勢的方向?yàn)轫槙r針方向，小球帶正電，小球在環(huán)上運(yùn)動一周，那么感生電場對小球的作用力所做功的大小是：WqUqE感=qkr2。故答案為：kr2；qkr2。2【分析】根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得出系統(tǒng)重力勢能的減小量和系統(tǒng)動能的增加量，根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度求出系統(tǒng)末動能；對系統(tǒng)研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度與m的關(guān)系式。解決此題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，知道誤差產(chǎn)生的原因；明確驗(yàn)證機(jī)械能守

27、恒定律的實(shí)驗(yàn)方法；正確應(yīng)用牛頓第二定律的進(jìn)展分析求解?！窘獯稹啃枰獪y量系統(tǒng)重力勢能的變化量，那么應(yīng)該測量出擋光片中心到光電門中心的間隔 ，系統(tǒng)的末速度為：v=dt，那么系統(tǒng)重力勢能的減小量Ep=mgh，系統(tǒng)動能的增加量為：Ek=12(2M+m)v2=12(2M+m)(dt)2，假設(shè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，那么有：mgh=d22t2(2M+m)；系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，引起實(shí)驗(yàn)誤差的原因可能有：繩子有一定的質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運(yùn)動受到空氣阻力等；根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，那么系統(tǒng)加速度為：a=mg2M+m。故答案為：擋光片的中心；mgh=d22t2(2M+m)；滑

28、輪與繩子之間有摩擦、重物運(yùn)動受到空氣阻力等；mg2M+m。3【分析】歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，電源負(fù)極與紅表筆相連，電流應(yīng)從電流表的正接線柱流入電流表；根據(jù)待測電流表的量程選擇電流表，由歐姆定律求出電路最大電流時電路的最小電阻，根據(jù)該電阻選擇定值電阻；由并聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律求出電流表G的內(nèi)阻。此題考察了實(shí)驗(yàn)器材的選取、實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計、求電阻等問題；選擇實(shí)驗(yàn)器材時，首先要保證電路平安，在保證平安的情況下，為使讀數(shù)準(zhǔn)確，電表量程及電阻阻值應(yīng)選小的；實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計是此題的難點(diǎn)，沒有電壓表，利用并聯(lián)電路特點(diǎn)求出待測電流表兩端電壓是常用的方法?！窘獯稹繗W姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，電源負(fù)極與紅

29、表筆相連，電流應(yīng)從電流表的正接線柱流入電流表，用多用電表粗測G的內(nèi)阻時應(yīng)該使多用電表的紅表筆接靈敏電流計G的負(fù)接線柱，黑表筆接另一個接線柱；由圖示電路圖可知，電表1是待測電表G；待測電流表G量程是1mA，因此可以選電流表A1，電表2為A1；當(dāng)通過電流表A1的電流等于其量程3mA時，通過G的電流應(yīng)約為1mA，通過定值電阻的電流約為3-1=2mA，定值電阻阻值阻值應(yīng)小于G的內(nèi)阻，約為G內(nèi)阻的一半，那么定值電阻應(yīng)選擇R2；測得電表1的示數(shù)為a1，電表2的示數(shù)為a2，通過定值電阻的電流為：I=a2-a1，電流表G兩端的電壓U=IRx，待測電流表內(nèi)阻rg=Ua1=(a2a1)Rxa1。故答案為：負(fù)；G；

30、A1；R2；(a2a1)Rxa1。五、計算題本大題共4小題，共48分12. 一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從O點(diǎn)以和程度方向成角的初速度v0拋出，當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點(diǎn)A時，恰進(jìn)入一勻強(qiáng)電場中，如圖，經(jīng)過一段時間后，小球從A點(diǎn)沿程度直線運(yùn)動到與A相距為S的A點(diǎn)后又折返回到A點(diǎn)，緊接著沿原來斜上拋運(yùn)動的軌跡逆方向運(yùn)動又落回原拋出點(diǎn)重力加速度為g，未知，求：1該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大?。?從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時間物理備課組整理解：斜上拋至最高點(diǎn)A時的速度vA=v0cos   程度向右由于AA段沿程度方向直線運(yùn)動，所以帶電小球所受的電場力與重力的合力應(yīng)為一平向左的恒力：F=m

31、gtan=qEcos    帶電小球從A運(yùn)動到A過程中作勻加速度運(yùn)動有   v0cos2=2qEcossm      由以上三式得：E=mv04cos4+4g2s22qs2小球斜拋運(yùn)動到A點(diǎn)的時間t1=v0sing，從A到A的運(yùn)動時間t2=svA2=2sv0cos，根據(jù)運(yùn)動的對稱性，那么t=2t1+t2所以小球沿AA做勻減速直線運(yùn)動，于A點(diǎn)折返做勻加速運(yùn)動所需時間t=2v0sing+4sv0cos答：1勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小為mv04cos4+4g2s22qs2從O

32、點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時間為t=2v0sing+4sv0cos備課組長教學(xué)指導(dǎo)1根據(jù)平行四邊形定那么求出小球在A點(diǎn)的速度，抓住小球所受電場力和重力的合力與AA在同一條直線上，根據(jù)平行四邊形定那么求出合力的大小，根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式求出勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小2根據(jù)等時性求出斜拋運(yùn)動的時間，結(jié)合平均速度的推論求出勻減速運(yùn)動的時間，根據(jù)從拋出點(diǎn)出發(fā)到A和返回到拋出點(diǎn)過程的對稱性求出整個過程的運(yùn)動時間解決此題的關(guān)鍵掌握處理斜拋運(yùn)動的方法，以及知道小球做直線運(yùn)動，合力與速度方向在同一條直線上13. 如下圖，BC是半徑為R的14圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內(nèi)，其下端與程度絕緣軌道平滑連接，

33、整個軌道處在程度向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E，P為一質(zhì)量為m，帶正電q的小滑塊體積很小可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g1假設(shè)小滑塊P能在圓弧軌道上某處靜止，求其靜止時所受軌道的支持力的大小2假設(shè)將小滑塊P從C點(diǎn)由靜止釋放，滑到程度軌道上的A點(diǎn)時速度減為零，滑塊與程度軌道間的動摩擦因數(shù)為求：滑塊通過圓弧軌道末端B點(diǎn)時的速度大小以及所受軌道的支持力大小程度軌道上A、B兩點(diǎn)之間的間隔 物理備課組整理解：1受力如圖，滑塊在某點(diǎn)受重力、支持力、電場力平衡，有：F=m2g2+q2E2，由牛頓第三定律得：FN=F=m2g2+q2E22小滑塊從C到B的過程中，設(shè)滑塊通過B點(diǎn)時的速度為vB，由動能定理得：mgR-q

34、ER=12mvB2代入數(shù)據(jù)解得：vB=2(mgqE)Rm通過B前，滑塊還是做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F支mg=mvB2R，由牛頓第三定律得：F壓=F支代入數(shù)據(jù)解得：F壓=3mg-2qE3令A(yù)、B之間的間隔 為LAB，小滑塊從C經(jīng)B到A的過程中，由動能定理得：mgR-qER+LAB-mgLAB=0解得：LAB=mgqEmg+qER答：1滑塊通過B點(diǎn)時的速度大小為m2g2+q2E2；2滑塊通過B點(diǎn)前瞬間對軌道的壓力3mg-2qE；3程度軌道上A、B兩點(diǎn)之間的間隔 mgqEmg+qER備課組長教學(xué)指導(dǎo)1滑塊在某點(diǎn)受重力、支持力、電場力三個力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出支持力的大小2小滑塊從C到B

35、的過程中，只有重力和電場力對它做功，根據(jù)動能定理求解根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式即可求解，由動能定理即可求出AB的長此題考察分析和處理物體在復(fù)合場運(yùn)動的才能對于電場力做功W=qEd，d為兩點(diǎn)沿電場線方向的間隔 14. 如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m=1×10-2Kg、電荷量q=+1×10-6C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上程度向右的勻強(qiáng)電場時，該物體恰能靜止在斜面上，G=10m/s2，求：1該電場的電場強(qiáng)度大小2假設(shè)電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2，小物塊運(yùn)動的加速度大小3在2前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L=23m時，機(jī)械能的改變量物理備課組整理解：1如下圖，小物塊受重力、斜面支

36、持力和電場力三個力作用，受力平衡，那么有 在x軸方向：F合x=Fcosmgsin=0 在y軸方向：F合y=FNmgcosFsin=0 得：qE=mgtan37°，故有：E=3mg4q=7.5×104N/C，方向程度向右2場強(qiáng)變化后物塊所受合力為：F=mgsin37°12qEcos37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F=ma 故代入解得a=0.3g=3m/s2，方向沿斜面向下3機(jī)械能的改變量等于電場力做的功，故E=12qELcos37°，解得E=-0.02J 答：1該電場的電場強(qiáng)度大小為7.5×104N/C 2假設(shè)電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2，小物塊運(yùn)動的加速度大小3m/s2 3在2前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L=23m時，機(jī)械能的改變量-0.02J備課組長教學(xué)指導(dǎo)1帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，物體受到重力、支持力和電場力，根據(jù)平衡條件，可判斷出電場力方向，再由平衡條件列式，求得電場強(qiáng)度的大小2當(dāng)電場強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大小3選取物體下滑間隔 為L=23m作為過程，機(jī)械能的改變量等于