期中专区高二上学期精品课后作业题

这是一份期中专区高二上学期精品课后作业题，共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一个选项正确，9～12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）
1．（4分）对电场中的一些概念及公式的理解，下列说法正确的是（ ）
A．根据公式E＝电场中某点的电场强度，跟放入该点的试探电荷所受的电场力成正比跟试探电荷的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．在匀强电场中由E＝可知，电场强度大小与两点间电势差成正比
D．在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的电场强度大小
2．（4分）有一横截面积为s的铜导线，设每单位长度的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速度为v，则在Δt时间内，流经导线的电流可表示为（ ）
A．B．C．nevD．nesv
3．（4分）有关电压与电动势的说法正确的是（ ）
A．电源的电动势与外电路无关，与电源的体积有关
B．电动势就是电源两极间的电压
C．电动势公式中的W与电压中的W物理意义是相同的
D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
4．（4分）关于电场，下列说法正确的是（ ）
A．首先提出用电场线来描绘电场的物理学家是法拉第
B．在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能就越大
C．在电场中，电场强度越大的地方电势越高
D．电势降低的方向就是电场的方向
5．（4分）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子。运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
6．（4分）如图电路中，R1＝R2＝R3＝4Ω，若在a、c两点之间加上U＝6V的电压，则电流表的读数为（ ）
A．0B．0.5AC．1AD．1.5A
7．（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势φ随x变化的规律如图所示，在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用则在﹣x0～x0区间内（ ）
A．电子将沿x轴正方向运动，电势能逐渐减小
B．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
C．该静电场是匀强电场，x0处电场强度最小
D．该静电场是非匀强电场，O点电场强度最小
8．（4分）如图A、B、C是两带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电荷量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（ ）
A．从B到C，电场力对该电子一直不做功
B．电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB＞EpC
C．电子从B到C做加速度变大的加速运动
D．若电子可回到B点，则回到B点时的速度不为零
9．（4分）如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地在极板间P点有一带电液滴q处于静止状态，现将B板移至虚线处，则（ ）
A．两极间电压变大
B．P点场强不变，但电势降低
C．带电液滴q仍保持静止
D．带电液滴q的电势能增大
10．（4分）如下图所示，匀强电场的方向平行于竖直平面（图中未画出），一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为一条直线，该直线与竖直方向的夹角为θ（且θ＜45°）不计空气阻力，重力加速度为g．则下列判断正确的是（ ）
A．若小球做匀速运动，则场强的大小为E＝
B．若小球做匀变速运动，则电场力的最小值为mgtanθ
C．若E＝，则小球运动过程中机械能保持不变
D．若E＝，则小球运动过程中机械能、电势能可以保持不变
11．（4分）如图所示的电路，将两个相同的表头分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把这两个改装的电流表并联接入电路中测量电流，则下列说法正确的是（ ）
A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏
C．A1的读数为1A时，干路的电流为1.2A
D．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A
12．（4分）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V．一个带电粒子质量为m，所带电荷量为e，从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点．不计带电粒子的重力。下列判断正确的是（ ）
A．匀强电场的方向由b指向d
B．电场强度E的大小与v0的关系满足E＝
C．带电粒子从b运动到c所用的时间为
D．带电粒子从b运动到c，电场力做功为4eV
二、实验题（本题共2小题，共15分）
13．（5分）研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验过程及现象如图所示．
（1）本实验采用的实验方法是 ．
（2）实验过程中电容器的电荷量Q保持不变，保持d不变，减小两板间正对面积S，观察到静电计指针偏角增大，即电势差U （填“变大”或“变小”），则电容C ．（填“变大”或“变小”）
14．（10分）现有一小灯泡额定电压为4V，额定电流大约为0.5A．一实验小组在实验室要用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，可供选器材如下：
A．电源电动势E（5V，内阻约为1Ω）
B．电压表V1（0～3V，内阻约6kΩ）
C．电压表V2（0～15V内阻约30kΩ）
D．电流表A1（量程为200mA，内阻为10Ω）
E．电流表A2（量程为800mA，内阻约为3Ω）
F．定值电阻R0为15Ω
G．滑动变阻器R1（0～100Ω，0.5A）
H．滑动变阻器R2（O～10Ω，1A）
I．单刀开关一个、导线若干
（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电表 和 ，滑动变阻器应选用 ．（填对应器材前的字母序号）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在如图所示的虚线框里画出实验电路图（图中需标明所选器材的字母代号）
三、计算题（本题共4小题，共47分解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（10分）有一点电荷所带电荷量q＝﹣6×10﹣6C，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做功6×10﹣4J，从B点移到C点，电场力对电荷做功9×10﹣4J，求：
（1）AB间电势差UAB和BC间电势差UBC；
（2）若B点电势为零，则A点的电势φA是多少？电荷在C点的电势能EpC为多大？
16．（11分）在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：
（1）B点的电场强度的大小和方向．
（2）试判断点电荷Q的电性，并说明理由．
（3）点电荷Q的位置坐标．
17．（12分）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0．求：
（1）电场强度E。
（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）。
18．（14分）如图所示，两平行金属板A、B长L1＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子（电荷量q＝10﹣10C，质量m＝10﹣20kg），沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距L2＝12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：
（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y以及速度v大小？
（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？
（3）设O为RD延长线上的某一点，现在O点固定一负点电荷（MN、PS间的区域仍无电场），使粒子穿过界面PS后恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电荷量为多少？（静电力常数k＝9.0×109N•m2/C2，保留两位有效数字）
2021-2022学年河南省南阳市六校高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一个选项正确，9～12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）
1．（4分）对电场中的一些概念及公式的理解，下列说法正确的是（ ）
A．根据公式E＝电场中某点的电场强度，跟放入该点的试探电荷所受的电场力成正比跟试探电荷的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．在匀强电场中由E＝可知，电场强度大小与两点间电势差成正比
D．在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的电场强度大小
【分析】根据物理量的定义式即可。
【解答】解：AB、电场强度定义式E＝，与试探电荷无关，由电场本身性质决定，故A错误；
B、C＝是电容的定义式，与电荷量和电压无关，只是计算电容的大小，故B错误；
C、在匀强电场中，E＝，电场强度与电场本身决定，与电势差大小无关，故C错误；
D、F＝k＝qE，则E＝k是点电荷场强的决定式，其中Q2是场源电荷，即点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的电场强度大小，故D正确；
故选：D。
2．（4分）有一横截面积为s的铜导线，设每单位长度的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速度为v，则在Δt时间内，流经导线的电流可表示为（ ）
A．B．C．nevD．nesv
【分析】首先根据几何关系结合每单位长度的导线中有n个自由电子，可以求得△t时间内通过导线横截面积自由电子的个数，进而可以求得总的电荷量的大小，再根据电流的定义式即可求出。
【解答】解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v△t，由于单位长度的导线有n个自由电子，则在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N＝nv△t；电子的电荷量为e，则在△t时间内，流经导线的电荷量为Q＝nveΔt
设流经导线的电流为I，则：I＝＝＝nev，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（4分）有关电压与电动势的说法正确的是（ ）
A．电源的电动势与外电路无关，与电源的体积有关
B．电动势就是电源两极间的电压
C．电动势公式中的W与电压中的W物理意义是相同的
D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。
【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势与电源的体积无关，和外电路无关，故A错误；
B、电源的电动势与电压的单位相同，都是伏特，但与电压有本质的区别；电动势等于非静电力做的功与电荷量的比值，电压等于电场力做的功与电荷量的比值，故B错误；
C、电动势公式中的W是非静电力所做的功，而电压中的W为静电力所做的功，二者物理意义不同，故C错误；
D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，故D正确。
故选：D。
4．（4分）关于电场，下列说法正确的是（ ）
A．首先提出用电场线来描绘电场的物理学家是法拉第
B．在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能就越大
C．在电场中，电场强度越大的地方电势越高
D．电势降低的方向就是电场的方向
【分析】明确电场线的性质，知道电场线是由法拉第最早提出的；电场强度是描述电场强弱的物理量，而电势是描述电势能的物理量，二者没有关系；知道沿电场线的方向电势是降落的。
【解答】解：A、法拉第最早提出用电场线来描绘电场的性质，故A正确；
B、在电场中，电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能就越大，而负电荷在该点具有的电势能越小，故B错误；
C、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知电场强度越大的地方电势不一定越高，故C错误；
D、电场线方向电势降低，但电场的方向是电势降低最快的方向，所以电势降低的方向不一定是电场的方向，故D错误。
故选：A。
5．（4分）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子。运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
【分析】根据电场力方向与电场强度方向间的关系可以判断粒子电性；电场力做正功，粒子速度增大，粒子电势能减小；电场线的疏密可以描述电场的强弱，电场线密集的地方电场强度大，电场线稀疏的地方电场强度小，根据电场线的疏密判断电场强度大小关系，然后判断粒子加速度如何变化。
【解答】解：A、由于不知道电场线的方向，a、b带电性质不能判断，故A错误；
BD、a所受电场力向左，电场力做正功，速度增大，电势能减小；同理可判断电场力对b粒子也做正功，b粒子速度也增大，电势能减小，故BD错误；
C、因电场线疏密表示场强大小，a向左偏转，电场变得稀疏，场强减小，a粒子的加速度减小；同理可知b粒子加速度变大，故C正确。
故选：C。
6．（4分）如图电路中，R1＝R2＝R3＝4Ω，若在a、c两点之间加上U＝6V的电压，则电流表的读数为（ ）
A．0B．0.5AC．1AD．1.5A
【分析】明确电路结构，根据串并联电路的规律求解总电阻，再由欧姆定律求得总电流，则由并联电路分流原理可求得电流表的电流．
【解答】解：当电压加在ac两点时，R2与R3并联后与R1串联，电流表测量流过R3的电流；
电路中总电阻R总＝4+＝6Ω，则总电流I＝＝1A；
根据并联电路分压原理可知，流过电流表的电流为0.5A；
故选：B。
7．（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势φ随x变化的规律如图所示，在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用则在﹣x0～x0区间内（ ）
A．电子将沿x轴正方向运动，电势能逐渐减小
B．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
C．该静电场是匀强电场，x0处电场强度最小
D．该静电场是非匀强电场，O点电场强度最小
【分析】φ﹣x图像的斜率表示电场强度大小，且沿电场强度方向电势逐渐降低，由此可判断电场强度大小和方向，由此可判断加速度、电场力做功的正负，从而可判断电势能的变化。
【解答】解：AB、沿电场线方向电势逐渐降低，故场强方向沿x轴负方向，电子带负电，故其受力沿x轴正方向，故电子沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，且当电子从O点沿x轴正方向运动，电场强度减小，那么电场力减小，则加速度大小也减小，故A正确，B错误；
CD、φ﹣x图像的斜率表示电场强度大小，故该电场为非匀强电场，O处斜率最大，故O处场强最大，故CD错误；
故选：A。
8．（4分）如图A、B、C是两带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电荷量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（ ）
A．从B到C，电场力对该电子一直不做功
B．电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB＞EpC
C．电子从B到C做加速度变大的加速运动
D．若电子可回到B点，则回到B点时的速度不为零
【分析】分析电场力的方向，判断其做功情况；分析电子的受力情况判断加速度的变化情况；根据电场力做功正负分析电势能的变化．由功能关系分析电子回到B点的速度．
【解答】解：A、从B到C，合场强不会一直为零，电场力对该电子要做功，故A错误；
B、从B到C，电子的动能增大，则电势能减小，则有EpB＞EpC．故B正确；
C、从B到C，﹣Q产生的场强变小，但两个+Q产生的合场强变化情况不能确定，所以BC间电场的分布情况不能确定，电场强度的变化不能确定，电场力的变化不能确定，所以加速度不一定一直变大，故C错误；
D、若电子可回到B点，则电场力对电子做的总功为零，根据动能定理可知，回到B点时的速度一定为零，故D错误；
故选：B。
9．（4分）如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地在极板间P点有一带电液滴q处于静止状态，现将B板移至虚线处，则（ ）
A．两极间电压变大
B．P点场强不变，但电势降低
C．带电液滴q仍保持静止
D．带电液滴q的电势能增大
【分析】平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变．将B板移至虚线处，板间距离减小，电容增大，根据电容的定义式分析板间电压的变化．根据推论分析板间电场强度的变化，确定电荷q能否保持静止．由U＝Ed分析P点与B板间电势差的变化，再分析P点电势的变化．
【解答】解：A、平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变，板间距离减小，由电容的决定式C＝ 得到，电容增大，由公式C＝分析得知，板间电压U减小，故A错误；
B、根据推论E＝＝＝＝可知，当电容器电量、正对面积不变时，板间电场强度不变，而P点与B板间电势差大小U＝Ed，当d减小，U减小，由于P点的电势小于B板电势，则P点电势升高，故B错误；
C、因板间的电场强度不变，那么电荷q所受电场力不变，则仍保持静止，故C正确；
D、由电荷静止可判断出来电荷带正电，P点电势升高，电荷q的电势能增大，故D正确。
故选：CD。
10．（4分）如下图所示，匀强电场的方向平行于竖直平面（图中未画出），一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为一条直线，该直线与竖直方向的夹角为θ（且θ＜45°）不计空气阻力，重力加速度为g．则下列判断正确的是（ ）
A．若小球做匀速运动，则场强的大小为E＝
B．若小球做匀变速运动，则电场力的最小值为mgtanθ
C．若E＝，则小球运动过程中机械能保持不变
D．若E＝，则小球运动过程中机械能、电势能可以保持不变
【分析】结合选项情况对小球进行受力分析，做出受力分析图分析电场强度大小。
【解答】解：A、若小球做匀速运动，则小球所受重力与电场力平衡，即qE＝mg，解得E＝ 故A正确；
BD、若小球做匀变速运动，则电场力与重力的合力一定与v0同向，作出一系列重力与电场力的矢量合成图，如图所示，
可知当电场力与v0方向垂直时有最小值，为Fm＝mgsinθ，
由此可知当E＝时，小球垂直于电场线运动，电场力对小球做功始终为零，则小球运动过程中机械能、电势能可以保持不变，故B错误，D正确；
C、若E＝，则根据B项分析可知此时电场力方向与重力方向垂直，小球在运动过程，电场力对小球做正功，小球机械能增加，故C错误。
故选：AD。
11．（4分）如图所示的电路，将两个相同的表头分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把这两个改装的电流表并联接入电路中测量电流，则下列说法正确的是（ ）
A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏
C．A1的读数为1A时，干路的电流为1.2A
D．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A
【分析】AB、根据电表改装原理及并联电路特点，可以判断两表指针的偏转角度关系；
CD、根据电表改装原理及表盘刻度分布特点，可以判断两表电流关系，进而得出电路总电流。
【解答】解：AB、根据电表改装原理可知，两个改装的电流表并联接入电路中，则此时两个表头并联，根据并联电路电流分配特点可知，此时流过两表头的电流一样，即A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误；
CD、A1的读数为1A时，根据电表改装原理及表盘刻度分布特点可知有
＝
代入数据可得I2＝0.2A
此时干路电流I＝I1+I2＝1A+0.2A＝1.2A
故C正确，D错误。
故选：AC。
12．（4分）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V．一个带电粒子质量为m，所带电荷量为e，从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点．不计带电粒子的重力。下列判断正确的是（ ）
A．匀强电场的方向由b指向d
B．电场强度E的大小与v0的关系满足E＝
C．带电粒子从b运动到c所用的时间为
D．带电粒子从b运动到c，电场力做功为4eV
【分析】在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，由类平抛运动特点求场强与速度的关系，根据W＝qU计算电场力做的功．
【解答】解：A、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故φa﹣φd＝φb﹣φc，
解得：φc＝16V，a点电势为20V，设ad连线中点为O，则其电势为16V，故cO为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bO方向，故A错误；
C、由上可知，电场线沿着bO方向，带电粒子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bO方向做匀速运动，位移大小为x＝2L•＝L，则运动时间为t＝＝．故C正确；
B、根据平抛知识可知，从b运动到c时，t2＝v0t，代入t可得：E＝，故B正确；
D、根据W＝qU，带电粒子从b点运动到c点，电场力做功为W＝qUbc＝1e×（24V﹣16V）＝8eV，故D错误；
故选：BC。
二、实验题（本题共2小题，共15分）
13．（5分）研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验过程及现象如图所示．
（1）本实验采用的实验方法是 控制变量法 ．
（2）实验过程中电容器的电荷量Q保持不变，保持d不变，减小两板间正对面积S，观察到静电计指针偏角增大，即电势差U 变大 （填“变大”或“变小”），则电容C 变小 ．（填“变大”或“变小”）
【分析】（1）根据实验原理可知采取的实验方法是控制变量法；
（2）结合静电计指针偏角变化分析两板间电势差变化；根据电容的定义式判断电容的变化。
【解答】解（1）影响平行板电容器电容大小的因素有板间距离d、两板间正对面积S和板间绝缘介质，在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验过程中，要控制其中的两个量不变，研究第三个量对电容大小的影响，即该实验采取的方法是控制变量法；
（2）根据静电计工作原理可知静电计指针偏角增大，表明此时两板间的电势差变大；
根据电容的定义式可知C＝，由题意知实验过程中电容器的电荷量Q保持不变，故电容C变小。
故答案为：（1）控制变量法；（2）变大；变小
14．（10分）现有一小灯泡额定电压为4V，额定电流大约为0.5A．一实验小组在实验室要用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，可供选器材如下：
A．电源电动势E（5V，内阻约为1Ω）
B．电压表V1（0～3V，内阻约6kΩ）
C．电压表V2（0～15V内阻约30kΩ）
D．电流表A1（量程为200mA，内阻为10Ω）
E．电流表A2（量程为800mA，内阻约为3Ω）
F．定值电阻R0为15Ω
G．滑动变阻器R1（0～100Ω，0.5A）
H．滑动变阻器R2（O～10Ω，1A）
I．单刀开关一个、导线若干
（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电表 D 和 E ，滑动变阻器应选用 H ．（填对应器材前的字母序号）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在如图所示的虚线框里画出实验电路图（图中需标明所选器材的字母代号）
【分析】（1）根据实验原理与所给器材规格选择实验所需电表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。
【解答】解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表A量程太小，电压表B量程太大，不能用电压表测电压，应用内阻已知的电流表C与定值电阻E串联改装成电压表测电压，用电流表D测电流，为方便实验操作滑动变阻器应选择G；
（2）电流表A1与定值电阻R0串联改装成电压表，描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；
故答案为：（1）DEH；（2）如图所示
三、计算题（本题共4小题，共47分解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（10分）有一点电荷所带电荷量q＝﹣6×10﹣6C，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做功6×10﹣4J，从B点移到C点，电场力对电荷做功9×10﹣4J，求：
（1）AB间电势差UAB和BC间电势差UBC；
（2）若B点电势为零，则A点的电势φA是多少？电荷在C点的电势能EpC为多大？
【分析】由公式U＝求解电势差即可；根据电势差求出A点电势，由电场力的功等于电势能的变化量求出C点电势能。
【解答】解：（1）根据U＝，点电荷从A移到B，克服电场力做功，则
AB间电势差：
BC间电势差：
（2）根据UAB＝φA﹣φB
因为B点电势为零，则φA＝100V
根据电场力做功和电势能的关系，WBC＝EpB﹣EpC
则
答：（1）AB间电势差UAB为100V，BC间电势差UBC为﹣150V；
（2）若B点电势为零，则A点的电势φA是100V，电荷在C点的电势能EpC为﹣9×10﹣4J
16．（11分）在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：
（1）B点的电场强度的大小和方向．
（2）试判断点电荷Q的电性，并说明理由．
（3）点电荷Q的位置坐标．
【分析】（1）电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E＝．方向与正电荷所受电场力方向相同．
（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．从而知道点电荷位于A、B之间．
（3）根据点电荷场强公式E＝分析．
【解答】解：（1）由图可知，B点的电场强度，方向指向x负方向．
同理A点的电场强度EA＝40N/C，方向指向x正方向．
（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电．
（3）设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E＝，可知
解得x＝2.6m．（另解x＝1舍去）
所以点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）．
答：（1）B点的电场强度的大小为EB＝2.5N/C，方向指向x负方向．
（2）点电荷带负电．
（3）点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）．
17．（12分）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0．求：
（1）电场强度E。
（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）。
【分析】（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态。根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性。根据平衡条件和电场力公式F＝qE，列方程求出电场强度。
（2）根据题意可知，由力的平行四边形定则求出电场力与重力的合力，可等效成新的重力，小球若能以最小速度通过新重力的对应的最高点，则小球恰好完成竖直圆周运动，从而根据动能定理，可求出A点释放小球时应有初速度的大小。
【解答】解：（1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。
由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，
以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图。根据平衡条件得：
qE＝mgtan
则：E＝＝；
（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。
根据牛顿第二定律，则有：＝m ；
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得，
﹣mgL（1+cs30°）﹣qELsin30°＝mvC2﹣mvA2；
qE＝mg
联立两式解得：vA＝。
答：（1）小球带正电，电场强度为；
（2）细线摆到竖直位置时，小球的速度为。
18．（14分）如图所示，两平行金属板A、B长L1＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子（电荷量q＝10﹣10C，质量m＝10﹣20kg），沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距L2＝12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：
（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y以及速度v大小？
（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？
（3）设O为RD延长线上的某一点，现在O点固定一负点电荷（MN、PS间的区域仍无电场），使粒子穿过界面PS后恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电荷量为多少？（静电力常数k＝9.0×109N•m2/C2，保留两位有效数字）
【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由类平抛运动公式求解出粒子竖直方向的位移，利用速度与时间关系求解出竖直方向的速度，根据速度的矢量合成即可求解末速度大小；
（2）在MN、PS区域内无电场力，粒子将做匀速直线运动，根据水平方向的分运动求解运动时间，再计算竖直方向的分运动即可求解竖直分位移，最后由第（1）问的偏离中心线RD的位移与此处竖直分位移相加即可求出粒子到达PS界面离D点的距离。
（3）假设粒子穿过PS时速度方向与水平方向夹角为θ，根据几何关系求解θ，再由几何关系求出圆周运动的半径，根据库仑力提供向心力，即可求解出电荷量。
【解答】解：（1）金属板A、B长为L1＝8cm＝0.08m
两板间距离为d＝8cm＝0.08m
MN、PS相距L2＝12cm＝0.12m
带电粒子在匀强电场中
Eq＝ma
解得：
带电粒子垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，则
L1＝v0t
联立解得：
带入数据解得：y＝0.03m
带电粒子在竖直方向的速度
带入数据解得：
则粒子穿过界面MN的速度大小为
（2）粒子在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，
粒子在MN、PS间的无电场区域沿竖直方向的位移
则离子到达PS界面时离D点的距离：
Y＝y+y'＝（0.03+0.09）m＝0.12m
（3）设粒子穿过PS时速度方向与水平方向夹角为θ
解得：θ＝37°
粒子穿过界面PS后，绕电荷Q做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，半径为r
解得：r＝0.15m
解得：
答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y为0.03m，速度v大小为2.5×106m/s；
（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为0.12m；
（3）在O点固定的负点电荷的电荷量约为1.0×10﹣8C。