甘肃省兰州一中高二物理上学期期中试题理含解析

首页 > 试卷 > 高中 > 物理 > 甘肃省兰州一中高二物理上学期期中试题理含解析

甘肃省兰州一中高二物理上学期期中试题理含解析

2022-08-25 14:26:21
19页
235.79 KB

点击预览全文

点击下载高清阅读全文，WORD格式文档可编辑

立即下载

资料简介

2022-2022学年甘肃省兰州一中高二（上）期中物理试卷（理科）　一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）1．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法错误的是（　　）A．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻消失B．摩擦使笔套带电C．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷D．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力　2．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点　3．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关　4．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）A．半径越大，加速度越大B．半径越小，周期越大C．半径越大，角速度越小D．半径越小，线速度越小　5．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）-19-\nA．B．C．D．　6．图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、﹣q，则该三角形中心O点处的场强为（　　）A．，方向由c指向OB．，方向由O指向CC．，方向由C指向OD．，方向由O指向C　　二、多项选择题（本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题意的．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分，共24分）7．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5ΩC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C　8．如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（　　）A．小球先做减速运动，后做加速运动B．小球做匀速直线运动C．小球的电势能保持不变-19-\nD．静电力对小球所做的功为零　9．给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（　　）A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C．若将B极板向下平移稍许，夹角θ将变大D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动　10．如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、C为实线与虚线的交点，已知0点电势高于C点，若不计重力，则（　　）A．M带负电，N带正电B．N在a点的速度与M在c点的速度大小不同C．M从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零D．N在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功　11．如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是（　　）A．质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量B．a、b两点的电势差U=C．质量为m、带电荷量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为D．质量为m、带电荷量为﹣q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为　-19-\n12．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大D．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小　　三、实验题（本题共2小题，共10分）13．如图所示，绝缘开口空心金属球壳A已带电，今把验电器甲的小金属球与A的内部用导线连接，用带绝缘柄的金属小球B与A内壁接触后再与验电器乙的小球接触，甲、乙验电器离球壳A足够远．那么甲验电器的箔片　　　　　　，乙验电器的箔片　　　　　　．（填“张开”或“不张开”）　14．有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G，若要把它改装成量程为3A的电流表，应　　　　　　联一个　　　　　　Ω的电阻（保留2位有效数字）；若把它改装成量程为10V的电压表，应　　　　　　联一个　　　　　　Ω的电阻．　　四、计算题（本大题共4小题，共42分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）15．一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1A．除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）电动机的输出功率．（2）电动机线圈所产生的热量．　16．（10分）（2022秋•庐江县期末）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：-19-\n（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．　17．（12分）（2022•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．　18．（12分）（2022•余江县校级四模）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求：（1）电场强度的大小E；（2）质点经过a点和b点时的动能．　　2022-2022学年甘肃省兰州一中高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析　一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）-19-\n1．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法错误的是（　　）A．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻消失B．摩擦使笔套带电C．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷D．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力考点：电荷守恒定律．分析：摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电，实质是电子的转移．感应起电是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分．解答：解：A、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故A错误；B、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故B正确；C、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出异号电荷，故C正确；C、当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：此题考查的是物体带电的本质和电荷间的相互作用规律，是一道基础题．　2．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．解答：解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误-19-\n故选：B．点评：本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．　3．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D、由侧向位移y=at2=（\frac{l}{v}）2，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．故选：C．点评：解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．　4．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）A．半径越大，加速度越大B．半径越小，周期越大C．半径越大，角速度越小D．半径越小，线速度越小考点：库仑定律；匀速圆周运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力．根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．解答：解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得=ma=m=mω2r=，可得a=-19-\nT=ω=v=A、半径越大，加速度越小，故A错误；B、半径越小，周期越小，故B错误；C、半径越大，角速度越小，故C正确；D、半径越小，线速度越大，故D错误．故选：C．点评：能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．　5．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）A．B．C．D．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：首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．解答：解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错．B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B对．C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达．故C错．D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错．故选B．点评：解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合v﹣t图象求解．　6．图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、﹣q，则该三角形中心O点处的场强为（　　）-19-\nA．，方向由c指向OB．，方向由O指向CC．，方向由C指向OD．，方向由O指向C考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由点电荷场强公式E=k分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解．解答：解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=×a×sin60°=，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=k根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=k再与﹣q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2k=2k=，方向由O指向C．故选B点评：本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．　二、多项选择题（本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题意的．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分，共24分）7．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5Ω-19-\nC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系．对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解．由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量．解答：解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确BC、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=Ω=2Ω，故BC错误．D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确．故选：AD．点评：本题考查了学生对电阻的定义式R=的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别．　8．如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（　　）A．小球先做减速运动，后做加速运动B．小球做匀速直线运动C．小球的电势能保持不变D．静电力对小球所做的功为零考点：静电场中的导体；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．解答：解：A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A错误，B正确．C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功．小球的电势能不变．故CD正确．故选：BCD点评：本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面，电场力对小球不做功．　-19-\n9．给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（　　）A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C．若将B极板向下平移稍许，夹角θ将变大D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据电容的决定式C=，分析电容的变化．电容器的电量不变，由U=，分析板间电势差的变化．根据E=，U=，C=，结合分析场强E的变化，判断θ的变化．轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向沿作匀加速直线运动．解答：解：A、若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C=，得知电容将减小．故A正确．B、C若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C=，得知电容将减小．电容器的电量Q不变，由U=，分析得知板间电势差增大，由E=得知，E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故B、C正确．D、轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动．故D错误．故选ABC点评：本题要抓住条件：电量Q不变的基础上，根据E=，U=，C=，进行分析．　10．如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、C为实线与虚线的交点，已知0点电势高于C点，若不计重力，则（　　）A．M带负电，N带正电B．N在a点的速度与M在c点的速度大小不同C．M从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零D．N在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功-19-\n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：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．解答：解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误．B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．故B错误．C、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故C正确．D、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故D错误．故选：C．点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．　11．如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是（　　）A．质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量B．a、b两点的电势差U=C．质量为m、带电荷量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为D．质量为m、带电荷量为﹣q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力与重力共同作用下，做加速运动，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变．电场力做功，导致电势能变化；重力做功，导致重力势能变化．电场力做功公式W=qU．根据动能定理求出a、b两点的电势差U，两点间的电势差与所移动的电荷无关，再由动能定理求速度．解答：解：A、从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，重力和电场力都做正功，根据能量守恒定律得知：动能增加量等于电势能减少量与重力势能减小量之和．故A错误．B、从a→b过程，根据动能定理得：mgh+qU=﹣0，解得，U=．故B正确．-19-\nC、由动能定理得：mgh+2qU=，U=，解得，vb=2．故C错误．D、由动能定理得：mgh﹣qU=，U=，解得，vb=．故D正确．故选BD点评：考查电场力做功表达式W=qU，与动能定理的应用，注意功的正负值．同时掌握电场力做功与电势能的变化关系，及重力做功与重力势能变化的关系．　12．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大D．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小解答：解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差　三、实验题（本题共2小题，共10分）13．如图所示，绝缘开口空心金属球壳A已带电，今把验电器甲的小金属球与A的内部用导线连接，用带绝缘柄的金属小球B与A内壁接触后再与验电器乙的小球接触，甲、乙验电器离球壳A足够远．那么甲验电器的箔片　张开　，乙验电器的箔片　不张开　．（填“张开”或“不张开”）-19-\n考点：静电现象的解释．分析：达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．空心金属球壳A内部因为没有净电荷，所以B与A内壁接触后B上不带电．解答：解：验电器甲的小金属球与空心金属球壳A用导线连接，不论是连在球壳内部或是外边，效果都一样，即都使两者成为一个共同的导体．达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．空心金属球壳A内部因为没有净电荷，所以B与A内壁接触后B上不带电，所以也无法使乙验电器的箔片张开．故答案为：张开；不张开点评：本题分析中要注意要学会找等势体．在这里，由于是等势体，同性电荷相斥，所以外部带正电．　14．有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G，若要把它改装成量程为3A的电流表，应　并　联一个　0.67　Ω的电阻（保留2位有效数字）；若把它改装成量程为10V的电压表，应　串　联一个　1600　Ω的电阻．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值；把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.67Ω；把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R′=﹣Rg=﹣400=1600Ω；故答案为：并，0.67，串，1600．点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．　四、计算题（本大题共4小题，共42分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）-19-\n15．一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1A．除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）电动机的输出功率．（2）电动机线圈所产生的热量．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）由共点力的平衡条件可求得牵引力和速度，再由P=FV可求得输出功率；（2）由能量守恒可求得电动机线圈中所产生的热量．解答：解：（1）货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有：F=mg=30×10=300N；上升的速度为：v==10m/s；故输出功率为：P=FV=300×10=3000W；（2）由能量守恒定律可知：Q=UIt﹣mgh=380×1×30﹣300×30=2400J；答：（1）电动机的输出功率为3000W；（2）电动机线圈所产生的热量为2400J．点评：本题考查电功率的计算及能量守恒定律的应用，要注意明确输出功等于消耗的总功与内部电阻热功的差值．　16．（10分）（2022秋•庐江县期末）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．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：（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，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运动，由L=v0t求解时间t．（2）根据牛顿第二定律求出加速度．研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由求出tanα．-19-\n（3）由位移公式求出粒子刚射出电场时偏转的距离y．带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltanα，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离S．解答：解：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间．（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间：粒子在电场中的加速度为：所以：．所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为．（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则又s=y+Ltanα，解得：．答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离．点评：本题中带电粒子先做类平抛运动后做匀速直线运动，运用运动的分解研究类平抛运动，根据几何知识求解S．　17．（12分）（2022•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．-19-\n考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．解答：解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：v=…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）﹣qEd=0解得：E=…②电容器两极板间的电压为：U=Ed=，电容器的带电量为：Q=CU=．（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：t=．答：（1）小球到达小孔处的速度为；（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；-19-\n（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．点评：本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．　18．（12分）（2022•余江县校级四模）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求：（1）电场强度的大小E；（2）质点经过a点和b点时的动能．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．解答：解：质点所受电场力的大小为f=qE①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：②③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有：Eka=mva2④Ekb=mvb2⑤根据动能定理有：Ekb﹣Eka=2rf⑥联立①②③④⑤⑥式得：答：：（1）电场强度的大小E为（Nb﹣Na）；-19-\n（2）质点经过a点和b点时的动能分别为：（Nb+5Na）和（5Nb+Na）．点评：考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负．　-19- 查看更多