2023年高考模擬理綜物理選編電場(chǎng)能的性質(zhì)-解析版

第頁(yè)樂(lè)陵一中電場(chǎng)能的性質(zhì)一、單項(xiàng)選擇題〔本大題共5小題，共30分〕如下圖，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab=Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，R點(diǎn)在等勢(shì)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(shì)能比在Q點(diǎn)的小

C.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)的動(dòng)能

D.三個(gè)等勢(shì)面中，c的電勢(shì)最高〔物理備課組整理〕D〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、等差等勢(shì)面P處密，P處電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)力大，加速度大．故A錯(cuò)誤；

BCD、根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直可知負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力應(yīng)向下，所以電場(chǎng)線向上．故c點(diǎn)電勢(shì)最高．

利用推論：負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，知道P點(diǎn)電勢(shì)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(dòng)能與電勢(shì)能之和不變，P點(diǎn)電勢(shì)能大那么動(dòng)能小．故BC錯(cuò)誤，D正確．

應(yīng)選：D

作出電場(chǎng)線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，電場(chǎng)線向上．故c點(diǎn)電勢(shì)最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，可知電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能大；總能量守恒；由電場(chǎng)線疏密確定出，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小，電場(chǎng)力小，加速度小．

解決這類(lèi)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化．

如下圖，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=3×105V/m，A、B兩點(diǎn)相距0.2m，兩點(diǎn)連線與電場(chǎng)的夾角是60°，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A.電荷量q=+2×10-4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電勢(shì)能增大6J

B.電荷量q=-2×10-4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功為-6J

C.假設(shè)取A點(diǎn)的電勢(shì)為0，那么B點(diǎn)的電勢(shì)φB=3×104V

D.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是UAB=6×104V〔物理備課組整理〕B〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、從A到B，電場(chǎng)力做功W=qEdABcos60°=2×10?4×3×105×0.2×12J=6J．那么電勢(shì)能減小6J．故A錯(cuò)誤。

B、從A到B，電場(chǎng)力做功W=-qEdABcos60°=-2×10?4×3×105×0.2×12J=-6J．故B正確。

C、AB間的電勢(shì)差UAB=EdABcos60°=3×105×0.2一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)，取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)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(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，故：F=|△EP△x|，即Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力；

A、Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力逐漸減小，根據(jù)E=Fq，故電場(chǎng)強(qiáng)度也逐漸減?。还蔄錯(cuò)誤；

B、根據(jù)動(dòng)能定理，有：F?△x=△Ek，故Ek-x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力；由于電場(chǎng)力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯(cuò)誤；

C、按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據(jù)公式v2?v02=2ax，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的v2-x圖象是直線，題圖v-x圖象是直線；相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動(dòng)，故增加相等的速度需要的時(shí)間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場(chǎng)力減小導(dǎo)致加速度減小；故矛盾，故C錯(cuò)誤；

D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軸上的兩點(diǎn)，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕

A.沿x軸正方向從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越大

B.沿x軸正方向從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小

C.將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電荷的電勢(shì)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(shì)能減少〔物理備課組整理〕D〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，O到無(wú)窮遠(yuǎn)間的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故x軸正方向從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度先增大，后減小，故AB錯(cuò)誤；

C、電場(chǎng)線方向由M指向N，沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤，D正確；

應(yīng)選：D

均勻帶電細(xì)圓環(huán)兩側(cè)電場(chǎng)分布具有對(duì)稱(chēng)性，沿0點(diǎn)右側(cè)OM連線上電場(chǎng)水平向右，在O點(diǎn)帶電細(xì)圓環(huán)上電荷所產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為0．向右電勢(shì)降低．據(jù)此判斷各項(xiàng)

解決此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是掌握電場(chǎng)的疊加原理，并能靈活運(yùn)用；二是運(yùn)用極限法場(chǎng)強(qiáng)的變化

如下圖，虛線表示電場(chǎng)的一簇等勢(shì)面且相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，一個(gè)a粒子以一定的初速度進(jìn)入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿實(shí)線軌跡運(yùn)動(dòng)，a粒子先后通過(guò)M點(diǎn)和N點(diǎn)．在這一過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，由此可判斷出〔〕A.a粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能比在M點(diǎn)的電勢(shì)能大

B.N點(diǎn)的電勢(shì)低于M點(diǎn)的電勢(shì)

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(chǎng)力比在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大〔物理備課組整理〕A〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、α粒子為氦核帶正電，由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電場(chǎng)力的方向向右，根據(jù)電場(chǎng)的性質(zhì)“順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降落〞可知M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，a粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能比在M點(diǎn)的電勢(shì)能大．故A正確；B錯(cuò)誤；

C、粒子從M到N，電場(chǎng)力做負(fù)功，那么知?jiǎng)幽軠p小，速率減?。蔆錯(cuò)誤．

D、根據(jù)電場(chǎng)線或等勢(shì)面的疏密程度可知，M點(diǎn)的等勢(shì)面疏，場(chǎng)強(qiáng)小于N場(chǎng)強(qiáng)，α粒子在M點(diǎn)受的電場(chǎng)力小于在N點(diǎn)受的電場(chǎng)力．故D錯(cuò)誤．

應(yīng)選：A

根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直和軌跡的彎曲方向判斷電場(chǎng)力的大致方向．等差等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，等差等勢(shì)面疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．

電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直．加強(qiáng)根底知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決此題．

二、多項(xiàng)選擇題〔本大題共4小題，共24分〕一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能E隨位移x變化的關(guān)系如下圖，其中0～x2段是對(duì)稱(chēng)的曲線，x2～x3段是直線，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A.x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零

B.x1、x2、x3處電勢(shì)φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1＞φ2＞φ3

C.粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直

線運(yùn)動(dòng)

D.x2～x3段是勻強(qiáng)電場(chǎng)

〔物理備課組整理〕ABD〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：

A、根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E=△φ△x，得：E=lq?△Ep△x，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Ep-x圖象切線的斜率等于△Ep△x，x1處切線斜率為零，那么x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故A正確．

B、根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=qφ，粒子帶負(fù)電，q＜0，那么知：電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正確．

C、D、由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)．x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，做非勻變速運(yùn)動(dòng)．x2～x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確．

應(yīng)選：ABD．

根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E=△φ△如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子〔不計(jì)重力〕，兩板間距離足夠大，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(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的選項(xiàng)是〔〕

A. B. C. D.〔物理備課組整理〕AD〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：分析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況：0～T4時(shí)間內(nèi)，電子從靜止開(kāi)始向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T4～T2時(shí)間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T2時(shí)刻速度為零．T2～34T時(shí)間內(nèi)時(shí)間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，34T～T時(shí)間內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．接著周而復(fù)始．

A、C、根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線可知，A圖符合電子的運(yùn)動(dòng)情況．故A正確，C錯(cuò)誤．

B、電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x-t圖象應(yīng)是拋物線，故B錯(cuò)誤．

D、根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)情況：勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)交替產(chǎn)生，而勻變速運(yùn)動(dòng)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(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況：0～T4時(shí)間內(nèi)，電子從靜止開(kāi)始向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T4～T2時(shí)間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如下圖，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源〔內(nèi)阻不計(jì)〕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移動(dòng)一小段距離后〔〕A.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低

B.P帶電油滴的電勢(shì)能將增大

C.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)

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(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud得知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，那么油滴將向下運(yùn)動(dòng)；板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，那么由公式U=Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，那么知P點(diǎn)的電勢(shì)將降低；故A正確，C錯(cuò)誤；

B、由帶電油滴原來(lái)處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢(shì)降低，那么油滴的電勢(shì)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也減小；故D錯(cuò)誤；

應(yīng)選：AB．

將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電場(chǎng)力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況．由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化和油滴電勢(shì)能的變化．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，Q與C成正比變化．

此題運(yùn)用如下圖，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，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)的距離均為L(zhǎng)，D在AB邊上的豎直投影點(diǎn)為O．一對(duì)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(duì)原電場(chǎng)的影響〕，將小球由靜止開(kāi)始釋放，靜電力常量為k、重力加速度為g，且kQqL2=33mgA.軌道上D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為mg2q

B.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其加速度為零

C.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為32mgL

〔物理備課組整理〕BC〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：A、負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)指向負(fù)電荷，可知兩個(gè)負(fù)電荷在D處的電場(chǎng)強(qiáng)度分別指向A與B，由于兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量是相等的，所以?xún)蓚€(gè)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等，那么它們的合場(chǎng)強(qiáng)的方向沿DA、DB的角平分線；

由庫(kù)侖定律，A、B在D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的大?。篍A=EB=kQL2=3mg3q

它們的合場(chǎng)強(qiáng)：ED=EAcos30°+EBcos30°=mgq．故A錯(cuò)誤；

B、由幾何關(guān)系寬度：AO.=CO.=32L，那么：∠OCD=45°

對(duì)小球進(jìn)行受力分析，其受力的剖面圖如圖：

由于C到A、B的距離與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合A的分析可知，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與D點(diǎn)的電場(chǎng)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°-F?cos45°=ma

垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N

其中F是庫(kù)侖力，F(xiàn)=q?EC=q?mgq=mg

聯(lián)立以上三式得：a=0．故B正確；

C、由于C與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可知，C點(diǎn)與D點(diǎn)的電勢(shì)是相等的，所以小球從D到C三、填空題〔本大題共1小題，共5分〕圖中虛線所示為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4，相鄰的等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，其中等勢(shì)面3的電勢(shì)為零．一帶正電的點(diǎn)電荷在靜電力的作用下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為24eV和3eV．當(dāng)這一點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面3時(shí)的動(dòng)能Ek3=______

eV；當(dāng)該電荷運(yùn)動(dòng)到某一位置，其電勢(shì)能變?yōu)?6eV時(shí)，它的動(dòng)能Ek=______eV．

〔物理備課組整理〕10；16〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕解：經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為24eV和3eV；

圖中虛線所示為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4，相鄰的等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，

故電荷經(jīng)過(guò)相鄰兩個(gè)等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能減小量為△Ek=24?33=7eV，故經(jīng)過(guò)等勢(shì)面3時(shí)的動(dòng)能為3+7=10eV；

只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，其電勢(shì)能變?yōu)?6eV時(shí)，故有：0eV+10eV=-6eV+Ek；

解得：Ek=16eV．

故答案為：10；16

四、實(shí)驗(yàn)題探究題〔本大題共1小題，共9.0分〕〔1〕英同物體學(xué)家麥克斯書(shū)認(rèn)為，磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)，如下圖，一個(gè)半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．環(huán)上套一帶電荷最為＋q的小球，磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，那么變化磁場(chǎng)所激發(fā)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為_(kāi)_______．假設(shè)小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，那么感生電場(chǎng)對(duì)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(guó)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(lái)研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．某同學(xué)對(duì)該裝置加以改良后用來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，如圖乙所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，該同學(xué)進(jìn)行了如下操作：①第一步：將質(zhì)量均為M〔A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(cè)量出________〔填“A的上外表〞、“A的下外表〞或“擋光片中心〞〕到光電門(mén)中心的豎直距離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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，光電門(mén)記錄擋光片擋光的時(shí)間為t．第三步：測(cè)出擋光片的寬度d，計(jì)算有關(guān)物理量，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．②如果系統(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(mǎn)足的關(guān)系式為_(kāi)_______〔用題中所給字母表示〕③該實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生誤差的原因是________〔寫(xiě)出兩條即可〕④驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，該同學(xué)突發(fā)奇想：如果系統(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(qǐng)你幫該同學(xué)寫(xiě)a與m，M之間的關(guān)系式：________〔3〕實(shí)驗(yàn)室有一靈敏電流計(jì)G的量程為1mA，現(xiàn)要精確測(cè)量G的內(nèi)阻rg．實(shí)驗(yàn)室中可供選擇的器材有：待測(cè)靈敏電流計(jì)G：多用電表〔僅使用歐姆檔〕電流表A1：量程為3mA，內(nèi)阻約為200Ω；電流表A2：量程為0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω；電壓表V：量程15V，內(nèi)阻約為2KΩ，定值電阻R1：阻值為10Ω；定值電阻R2：阻值為300Ω；滑動(dòng)變阻器R3：最大電阻20Ω，額定電流1.5A；直流電源：電動(dòng)勢(shì)1.5V，內(nèi)阻0.5Ω；開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線假設(shè)干．①先用多用電表粗測(cè)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(jì)G的________接線柱〔填“正〞或“負(fù)〞〕，黑表筆接另一個(gè)接線柱．②粗測(cè)G的內(nèi)阻rg約為300Ω，為了精確測(cè)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_(kāi)_______，電表2為_(kāi)_______〔以上兩空填“G、A1、A2、V〞等電表符號(hào)〕，定值電阻Rx為_(kāi)_______〔填“R1〞或“R2〞〕．③按照上述設(shè)計(jì)的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)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〕〔1〕kπr2

qkπr2〔2〕①擋光片中心

②mgh=d2〔3〕①負(fù)

②G

A1

R2

③(〔備課組長(zhǎng)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(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，然后根據(jù)W=qU求解電功。此題關(guān)鍵是明確感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小求解方法和方向的判斷方法，會(huì)求解電功，根底問(wèn)題。【解答】磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E感根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍∏驇д?，小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，那么感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是：

W＝故答案為：kπr2；qkπr2。〔2〕【分析】根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得出系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量和系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度求出系統(tǒng)末動(dòng)能；對(duì)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)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)方法；正確應(yīng)用牛頓第二定律的進(jìn)行分析求解?！窘獯稹竣佗谛枰獪y(cè)量系統(tǒng)重力勢(shì)能的變化量，那么應(yīng)該測(cè)量出擋光片中心到光電門(mén)中心的距離，系統(tǒng)的末速度為：v=那么系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量△Ep=mgh，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為：?E假設(shè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，那么有：mg③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(dòng)受到空氣阻力等；

④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=故答案為：①擋光片的中心；②mgh=〔3〕【分析】①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；

②根據(jù)待測(cè)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(shí)電路的最小電阻，根據(jù)該電阻選擇定值電阻；

③由并聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律求出電流表G的內(nèi)阻。此題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選取、實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計(jì)、求電阻等問(wèn)題；選擇實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，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(jì)是此題的難點(diǎn)，沒(méi)有電壓表，利用并聯(lián)電路特點(diǎn)求出待測(cè)電流表兩端電壓是常用的方法。【解答】①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，用多用電表粗測(cè)G的內(nèi)阻時(shí)應(yīng)該使多用電表的紅表筆接靈敏電流計(jì)G的負(fù)接線柱，黑表筆接另一個(gè)接線柱；

②由圖示電路圖可知，電表1是待測(cè)電表G；待測(cè)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(guò)電流表A1的電流等于其量程3mA時(shí)，通過(guò)G的電流應(yīng)約為1mA，通過(guò)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；

③測(cè)得電表1的示數(shù)為a1，電表2的示數(shù)為a2，通過(guò)定值電阻的電流為：I=a2-a1，電流表G兩端的電壓U=IRx，

待測(cè)電流表內(nèi)阻rg故答案為：①負(fù)；②G；A1；R2；③(a五、計(jì)算題〔本大題共4小題，共48分〕一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從O點(diǎn)以和水平方向成α角的初速度v0拋出，當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點(diǎn)A時(shí)，恰進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球從A點(diǎn)沿水平直線運(yùn)動(dòng)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(lái)斜上拋運(yùn)動(dòng)的軌跡逆方向運(yùn)動(dòng)又落回原拋出點(diǎn)〔重力加速度為g，θ未知〕，求：

〔1〕該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；

〔2〕從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時(shí)間．〔物理備課組整理〕解：斜上拋至最高點(diǎn)A時(shí)的速度vA=v0cosα

①

水平向右

由于AA′段沿水平方向直線運(yùn)動(dòng)，所以帶電小球所受的電場(chǎng)力與重力的合力應(yīng)為一平向左的恒力：F=mgtanθ=qEcosθ

②

帶電小球從A運(yùn)動(dòng)到A′過(guò)程中作勻加速度運(yùn)動(dòng)有

〔v0cosα〕2=2qEcosθsm

③

由以上三式得：E=mv04cos4α+4g2s22qs．

〔2〕小球斜拋運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間〔備課組長(zhǎng)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(chǎng)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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?/p>

〔2〕根據(jù)等時(shí)性求出斜拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合平均速度的推論求出勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)從拋出點(diǎn)出發(fā)到A′和返回到拋出點(diǎn)過(guò)程的對(duì)稱(chēng)性求出整個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解決此題的關(guān)鍵掌握處理斜拋運(yùn)動(dòng)的方法，以及知道小球做直線運(yùn)動(dòng)，合力與速度方向在同一條直線上．

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)，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)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g．

〔1〕假設(shè)小滑塊P能在圓弧軌道上某處?kù)o止，求其靜止時(shí)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，滑到水平軌道上的A點(diǎn)時(shí)速度減為零，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ求：

①滑塊通過(guò)圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度大小以及所受軌道的支持力大小

②水平軌道上A、B兩點(diǎn)之間的距離．〔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(chǎng)力平衡，有：F=m2g2+q2E2，由牛頓第三定律得：FN=F=m2g2+q2E2

〔2〕①小滑塊從C到B的過(guò)程中，設(shè)滑塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得：

mgR-qER=12mvB2

代入數(shù)據(jù)解得：vB=2(mg?qE)Rm

通過(guò)B前，滑塊還是做圓周運(yùn)動(dòng)，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-2qE

〔3〕令A(yù)、B之間的距離為L(zhǎng)AB，小滑塊從C經(jīng)B到A的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

mgR-qE〔R+〔備課組長(zhǎng)教學(xué)指導(dǎo)〕〔1〕滑塊在某點(diǎn)受重力、支持力、電場(chǎng)力三個(gè)力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出支持力的大小

〔2〕①小滑塊從C到B的過(guò)程中，只有重力和電場(chǎng)力對(duì)它做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解．

根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可求解，

②由動(dòng)能定理即可求出AB的長(zhǎng)．

此題考查分析和處理物體在復(fù)合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的能力．對(duì)于電場(chǎng)力做功W=qEd，d為兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離．

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)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該物體恰能靜止在斜面上，G=10m/s2，求：

〔1〕該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小

〔2〕假設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的12，小物塊運(yùn)動(dòng)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(shí)，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、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，那么有

在x軸方向：F合x(chóng)=Fcosθ?m