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广东省肇庆市端州中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·端州期中）下列说法正确的是（　　）
A．可用于计算任意电场的电场强度
B．只适用于计算真空中静止点电荷之间的库仑力
C．由可知，电场强度与电荷量成反比，与静电力成正比
D．对任何电场都适用
【答案】B
【知识点】电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．只适用于真空中点电荷产生电场的电场强度计算，故A错误；
B．库仑定律只适用于真空中两个静止的点电荷之间的库仑力计算，故B正确；
C．是计算电场强度的定义式，电场强度的大小和电场本身有关，与电荷量和静电力无关，由场源电荷决定，故C错误；
D．只适用于匀强电场，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查对库仑力、电场强度公式、电势差与电场强度关系的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义。
2．（2024高二上·端州期中）如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点，今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）
A．电荷q受到的电场力一直变小
B．电场力对电荷q一直做负功
C．电荷q的电势能先减小，后增加
D．电荷q受到的电场力方向一直不变
【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】根据场强叠加原理，可知在等量同种正点电荷二者连线上的中点处产生的电场强度大小相等，方向相反，合强度为零，从中点处向两点电荷靠近，场强逐渐增大，场强方向背离所靠近点电荷一方；在二者连线中垂线上，中点处场强为零，无穷远处场强为零，所以从中点处往中垂线两边延伸，场强先增大，后减小，且场强方向沿中垂线方向，二者连线上方竖直向上，下方竖直向下。
A．将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，场强先减小后增大，由F=Eq可知，电场力先减小后增大，故A错误；
BC．负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力方向与运动方向相反，电场力还是做负功；电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大，故B正确，C错误；
D．从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，负电荷受到电场力的方向先沿ba方向，后沿cb方向，所以电场力的方向也改变，故D错误。
故选B。
【分析】两个等量同种正电荷，它们在连线中点处产生的电场强度大小相等，方向相反。中垂线上每一点(除中点)电场线方向向上。根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，可利用电场的叠加原理分析各点的场强。
3．（2024高二上·端州期中）近年来，纺织服装作为汕头“三新两特一大”产业中的特色产业之一，已经形成了完整的产业链，织布是其中重要的一环。 现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。 如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是（　　）
A．虚线可能是等势线
B．电场强度
C．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D．负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；
B．由电场线的疏密可知EA＜EB＜EC
故B错误；
C．电场线是曲线，在C点静止释放一电子，电场力和速度方向不在同一直线上，电子不会沿着虚线CD运动，故C错误；
D．电场线由高压电源的正极指向负极，沿着电场线电势逐渐降低，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep=qφ
可知，电子在C点的电势能大于其在A点的电势能，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查到电势、电场线、场强的关联及带电粒子在电场中的运动，属于基础知识，熟记其定义。利用电场线与等势线垂直分析等势线；根据电场线的疏密判断电场强度的大小；负电荷在电势低的地方电势能增加；电场线的方向表示受力方向，即加速度方向，直线情况下，加速度方向不变，也一直与速度方向重合，而曲线情况下，加速度方向不断变换(沿曲线的切线方向)，导致速度方向与加速度方向不重合，即不会沿着电场线运动。
4．（2024高二上·端州期中）某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距增大过程中 （　　）
A．电容器的电容增大 B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低 D．M点的电势比N点的高
【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．由平行板电容器的决定式
可知在P、Q间距增大过程中，C减小，故A错误；
BCD．电容器P、Q间的电压等于电源电动势，电压不变，由
可知，C减小时，Q减小，电容器放电，电流方向由M指向N，故M点的电势比N点的高，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查电容器的应用，解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变。
在极板间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电荷量的变化及电流的流向，比较出电势的高低。
5．（2024高二上·端州期中）如图所示为密立根油滴实验的示意图，初始时开关处于闭合状态。喷雾器将细小的油滴喷入极板上方空间，油滴因摩擦带负电。某颗油滴经板上的小孔进入下方的电场后最终静止在距小孔的点，已知电源电压为，该油滴带电量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．
B．该过程中电场力对该油滴做的功为
C．保持开关闭合，仅将板向上平移少许，该油滴将向上运动并最终静止在点上方
D．断开开关，仅将板向上平移少许，该油滴将静止在点下方
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电势差
【解析】【解答】A．油滴静止时受力平衡
解得
故A正确；
B．极板与点之间的电势差为，由W=Uq可知，该过程中电场力对该油滴做的功为
故B错误；
C．保持开关闭合，电容器间电势差不变，仅将板向上平移少许，由可知，两板间电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴将向上运动，不可能静止，故C错误；
D．断开开关，电容器电荷量不变，仅将板向上平移少许，根据
可得
由
解得
可知不变，油滴受力不变，油滴仍将静止在点，故D错误。
故选A。
【分析】 本题考查了电容器的应用，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键。
根据油滴最终静止，根据平衡条件列平衡方程求解电源电压 ；由W=Uq计算该过程中电场力对该油滴做的功；根据平行板电容器公式、电容定义式与匀强电场强度与电势差的关系判断极板间的电场强度如何变化。
6．（2024高二上·端州期中）如图所示，电场中一负离子只受电场力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为，速度方向与电场方向相同。能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度—时间（）图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】该离子从A点运动到B点过程中，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，由牛顿第二定律可知，加速度也减小。速度—时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小。离子带负电，电场力方向向左，与速度方向相反，所以离子将做减速运动。故D正确，BC错误；
故选D。
【分析】本题考查了速度 时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据电场线的分布判断电场强度的大小，分析受力情况，判断物体的运动情况。
速度 时间图象中，图象的斜率表示加速度；电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大。
7．（2024高二上·端州期中）a、b两电阻（阻值分别为、）接入如图1所示电路中，电路中电压表、电流表均为理想电表。闭合开关移动滑片P，得到多组数据后画出两电阻的伏安特性曲线如图2，图中图线b与横轴的夹角为，则下列说法正确的是（　　）
A．电阻a的阻值随其两端电压的增大而增大
B．可以用求的大小
C．电流表示数大于0.8A时，电压表示数小于示数
D．电流表示数为0.8A时，电阻a的阻值为0.75Ω
【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，由图可知，电阻a图线上的点与坐标原点连线的斜率不断增大，其电阻不断减小，所以a的电阻随其两端电压的增大而减小，故A错误；
B．由于横、纵坐标轴的比例标尺不同，则不能由的关系求解的大小，故B错误；
C．电流表示数大于0.8A时，根据可知，电阻a的阻值小于电阻b的阻值，、串联，故电压表示数小于示数，故C正确；
D．根据欧姆定律可得
故D错误。
故选C。
【分析】 本题考查对图的理解，注意在横纵坐标的标尺不同时，不能单独用斜率计算阻值大小。根据电阻的定义式，可由图像判断电阻的变化情况；由电阻的计算值与图像的角度关系比较，可判断正切值的倒数与电阻值的关系；由图像可分析当电流大于交点处的值时，两表的示数相对大小，及交点处的电阻值。
8．（2024高二上·端州期中）如图甲所示，某地新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制，路灯的亮度可自动随周围环境的亮度而改变。如图乙所示，为其内部电路简化原理图，电源电动势为，内阻为为定值电阻，灯泡电阻不变，为光敏电阻（光照强度增加时，其阻值增大）。清晨随着太阳的升起，光照强度增加，下列说法正确的是（　　）
A．两端电压变大 B．灯泡L变暗
C．两端电压变大 D．电源的总功率变大
【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．清晨随着太阳的升起，光照强度增加，阻值变大，电路总电阻变大，由可知，总电流减小，由U=IR可知，两端电压减小，故A错误；
B．由和U=IR可得
阻值变大，减小，灯泡L变暗，故B正确；
C．由U内=Ir可知电源内阻消耗的电压减小，两端电压减小，减小，则两端电压变大，故C正确；
D．总电流减小，电源的总功率
减小，故D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查传感器在动态电路中的应用。在动态电路分析中，电压、电流随电阻的变化规律是解题的关键。要知道电路当中任何一个电阻增大，电路中的总电阻就会增大，电路中的总电流就减小。
光照强度变化，光敏电阻的阻值变化，电路的总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律和电路中电压、电流和电阻的关系可以判断出、灯两端电压的变化，进而可以分析灯亮度变化；根据干路电流的变化，由分析电源总功率的变化。
9．（2024高二上·端州期中）如图为多级加速器，将一束质子流以初速度v0沿轴线射入长27km的加速隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件。设n个金属圆筒沿轴线排成一串，相间地连到周期性变化的电源上。电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则（　　）
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变
D．因为经过每个筒的时间越来越长，所以筒的长度要越来越长
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB．由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内速度保持不变，做匀速直线运动；而前后两筒间有交变电压，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，故B正确，A错误。
C．质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，故C正确。
D．质子在缝隙中被持续加速，速度不断增加，而电源正、负极改变时间t一定，则沿质子运动方向，由x=vt可知，金属筒的长度要越来越长，故D错误。
故选BC。
【分析】分析粒子在每个圆筒内和圆筒间的缝隙处的运动情况，以及如何让粒子加速运动。 根据图可知，每个圆筒上各点的电势都相等，是个等势体，所以质子在圆筒中做匀速直线运动，在圆筒缝隙处做加速运动，根据质子的速度，结合x=vt再得到每个筒长与位置的关系。
解决本题的关键是理解线性加速器的工作原理，理解交流电的变化周期与质子穿过每个圆筒的时间的关系。
10．（2024高二上·端州期中）如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，通过放电极让尘埃带负电以后，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线（方向未标出）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则（　　）
A．电场线方向由集尘极指向放电极
B．尘埃在迁移过程中做匀加速运动
C．图中A点电势高于B点电势
D．尘埃在迁移过程中电势能减小
【答案】A,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，可知集尘极带正电，放电极带负电，电场线方向由集尘极指向放电极，故A正确；
B．因在放电极附近的电场线较密集，则场强较大，尘埃受电场力较大，则尘埃在向集尘极迁移过程中受电场力减小，则加速度减小，做非匀加速运动，故B错误；
C．沿电场线电势逐渐降低，结合对称性可知，因B点距离集尘极较近，电势较高，则图中A点电势低于B点电势，故C错误；
D．尘埃带负电，在迁移过程中，电势逐渐升高，由可知，电势能减小，故D正确；
故选AD。
【分析】本题主要考查电场线的有关知识。根据带电尘埃的偏转方向判断出电场力方向，由尘埃电性判断出电场方向。根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。由判断电势能变化。
11．（2024高二上·端州期中）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置．电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
（1）当开关S接　 　时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时　 　（选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将　 　（选填“增大”或“减小”或“不变”）．
（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为　 　F（计算结果保留两位有效数字）．
【答案】2；相反；不变；3.9×10-4
【知识点】电容器及其应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】（1）放电时，平行板电容器需要和电阻构成闭合电路，所以开关S接“2”。
电容器充电时，电容器上极板接电源的正极，上极板带正电，所以电容器放电时，流经G表的电流方向由右向左，充电时由左向右， 放电时流经G表的电流方向与充电时相反。
因电容器的电容与电容器是否充放电无关，所以此过程中电容器的电容将“不变”。
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是q'=0.4×2×10-4C=8×10-5C
图像与时间轴所围的面积约为39个小方格，所以电荷量为Q=39q'=39×8×10-5C =3.12×10-3C
由电容定义式可得
【分析 】本题考查电容器充放电过程的理解，解题关键是通过图像得电容器充电后极板带电量。
(1)充电时上极板与电源正极相连，带正电；放电时电容器与电阻相连，电流从上极板流出；充放电不改变电容器电容；
(2)根据可知放电电流随时间变化曲线与轴所围面积即为通过的电荷量，由求电容器电容。
12．（2024高二上·端州期中）某同学在实验室测量一段圆柱形导电材料的电阻率。
（1）先用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，选用合适的倍率重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，其阻值是　 　；然后用螺旋测微器测其直径，如图乙所示，读数是　 　mm；再用游标卡尺测其长度，如图丙所示，读数是　 　cm。
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测材料外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表V（量程3V，内阻约为；量程15V，内阻约为）
B.电流表A（量程3A，内阻约为；量程0.6A，内阻约为）
C.滑动变阻器（，0.6A）
D.输出电压为3V的直流稳压电源E
E.开关S，导线若干
①若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，用笔画线代替导线将实物图补充完整　 　（画线需体现电表量程的选择）。
②在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于　 　（最左，最右）端。
③若该材料的直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，测其电阻率的表达式为　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
④由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电阻率比实际值偏　 　（填“大”或“小”）。
【答案】（1）6；2.095；4.62
（2） ；最左；；小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，应降低挡位，选挡，重新欧姆调零后，读取数据，则其阻值为
螺旋测微器的精确值为，由图乙可知固定部分分读数为2mm，可动部分读数为0.019.5=0.095mm
直径为
10分度游标卡尺的精确值为，由图丙可知长度为
；
（2）①若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；因电源为直流稳压电源，输出电压为，则电压表选用量程为，通过待测金属丝的最大电流为
故电流表应选量程；由于
则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示
②在闭合开关前，电压表和电流表示数从0开始调节，所以滑动变阻器触头应置于最左端；
③根据电阻定律和、可得
又
联立可得电阻率的表达式为
④电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过金属丝的电流，则测得的电阻率比实际值偏小。
故答案为：（1）6；2.095；4.62。（2）；最左；；小
【分析】本题考查了测量一段圆柱形导电材料的电阻率的实验，要明确实验原理，能够正确选择实验器材的量程，完成实验电路的连接；掌握欧姆定律和电阻定律的运用。
(1)用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，应该更换为小倍率，根据欧姆表的读数规则读数；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
(2)根据电动势的值选择电压表量程，根据闭合电路欧姆定律估算电路中的最大电流，选择电流表的量程；要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；根据待测电阻值、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内、外接法，然后完成实验电路的连接；根据欧姆定律和电阻定律求解 电阻率的表达式 ；由串并联知识分析误差。
（1）[1]用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，应选挡，重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，则其阻值为
[2]螺旋测微器的精确值为，由图乙可知直径为
[3]10分度游标卡尺的精确值为，由图丙可知长度为
（2）①[1]若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；因电源为输出电压为的直流稳压电源，则电压表选用量程为，通过待测金属丝的最大电流为
故电流表应选量程；由于
则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示
②[2]在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于最左端，使电压表和电流表示数从0开始调节；
③[3]根据电阻定律可得
又
联立可得电阻率的表达式为
④[4]电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过金属丝的电流，则测得的电阻率比实际值偏小。
13．（2024高二上·端州期中）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=2×10-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10-7J，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)电荷从b移到c，静电力做功W2；
(3)a、c两点间的电势差Uac。
【答案】解：(1) 正电荷从a点移到b点时静电力做功为
可得
；
(2) 电荷从b移到c，静电力做功
；
(3) a、c两点间的电势差
。
【知识点】电场力做功；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】本题主要考查电场力做功、电场强度、电势差的计算，匀强电场中电场力做功公式中，是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负。
(1)根据电场力做功公式，求解电场强度，是电场线方向两点间的距离。
(2)电场力做功公式，求解电荷从移到电场力做功。
(3)由求解、两点的电势差Uac。
14．（2024高二上·端州期中）如图所示的电路中，定值电阻、，A为标称为（3V、3W）的小灯泡。已知电源的电动势为，断开电键K小灯泡A正常发光，假设灯丝的电阻不随温度的变化而变化。求
（1）灯泡A的电阻是多少？
（2）电源的内阻是多少
（3）闭合电键，灯泡A消耗的实际功率是多少？
【答案】（1）解：小灯泡的额定电流为
灯泡A的电阻为
；
（2）解：断开电键K时，小灯泡、R1串联，小灯泡A正常发光，根据闭合电路的欧姆定律得
解得
；
（3）解：闭合电键K时，小灯泡、R2并联，R1串联，设外电路总电阻为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
灯泡两端的电压为
灯泡的实际功率为
。
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、电功率；对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。
(1)根据求出小灯泡的额定电流，根据求电阻；
(2)断开K时，灯正常发光，即，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
(3)闭合K时，求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出电流和电压，从而求出实际功率 。
（1）小灯泡的额定电流为
灯泡A的电阻为
（2）断开电键K时，小灯泡A正常发光，根据闭合电路的欧姆定律得
解得
（3）闭合电键K时，设外电路总电阻为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
灯泡两端的电压为
灯泡的实际功率为
15．（2024高二上·端州期中）如图所示，一质量m=2.0×10-18kg，电荷量q=1.0×10-12C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。O'点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=100V，极板的长度L1=6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm，若不计粒子重力，求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的点到O'点的距离Y；
（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
【答案】解：（1）带电粒子在加速电场被加速中，根据动能定理得
解得
；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上
沿着电场方向上
由牛顿第二定律
解得
根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
；
（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功
。
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解进入偏转电场的速度；
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，垂直电场方向做匀速运动；根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据类平抛运动推论和几何关系求解Y；
(3)根据即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
1 / 1广东省肇庆市端州中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·端州期中）下列说法正确的是（　　）
A．可用于计算任意电场的电场强度
B．只适用于计算真空中静止点电荷之间的库仑力
C．由可知，电场强度与电荷量成反比，与静电力成正比
D．对任何电场都适用
2．（2024高二上·端州期中）如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点，今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）
A．电荷q受到的电场力一直变小
B．电场力对电荷q一直做负功
C．电荷q的电势能先减小，后增加
D．电荷q受到的电场力方向一直不变
3．（2024高二上·端州期中）近年来，纺织服装作为汕头“三新两特一大”产业中的特色产业之一，已经形成了完整的产业链，织布是其中重要的一环。 现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。 如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是（　　）
A．虚线可能是等势线
B．电场强度
C．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D．负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能
4．（2024高二上·端州期中）某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距增大过程中 （　　）
A．电容器的电容增大 B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低 D．M点的电势比N点的高
5．（2024高二上·端州期中）如图所示为密立根油滴实验的示意图，初始时开关处于闭合状态。喷雾器将细小的油滴喷入极板上方空间，油滴因摩擦带负电。某颗油滴经板上的小孔进入下方的电场后最终静止在距小孔的点，已知电源电压为，该油滴带电量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．
B．该过程中电场力对该油滴做的功为
C．保持开关闭合，仅将板向上平移少许，该油滴将向上运动并最终静止在点上方
D．断开开关，仅将板向上平移少许，该油滴将静止在点下方
6．（2024高二上·端州期中）如图所示，电场中一负离子只受电场力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为，速度方向与电场方向相同。能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度—时间（）图象是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·端州期中）a、b两电阻（阻值分别为、）接入如图1所示电路中，电路中电压表、电流表均为理想电表。闭合开关移动滑片P，得到多组数据后画出两电阻的伏安特性曲线如图2，图中图线b与横轴的夹角为，则下列说法正确的是（　　）
A．电阻a的阻值随其两端电压的增大而增大
B．可以用求的大小
C．电流表示数大于0.8A时，电压表示数小于示数
D．电流表示数为0.8A时，电阻a的阻值为0.75Ω
8．（2024高二上·端州期中）如图甲所示，某地新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制，路灯的亮度可自动随周围环境的亮度而改变。如图乙所示，为其内部电路简化原理图，电源电动势为，内阻为为定值电阻，灯泡电阻不变，为光敏电阻（光照强度增加时，其阻值增大）。清晨随着太阳的升起，光照强度增加，下列说法正确的是（　　）
A．两端电压变大 B．灯泡L变暗
C．两端电压变大 D．电源的总功率变大
9．（2024高二上·端州期中）如图为多级加速器，将一束质子流以初速度v0沿轴线射入长27km的加速隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件。设n个金属圆筒沿轴线排成一串，相间地连到周期性变化的电源上。电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则（　　）
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变
D．因为经过每个筒的时间越来越长，所以筒的长度要越来越长
10．（2024高二上·端州期中）如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，通过放电极让尘埃带负电以后，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线（方向未标出）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则（　　）
A．电场线方向由集尘极指向放电极
B．尘埃在迁移过程中做匀加速运动
C．图中A点电势高于B点电势
D．尘埃在迁移过程中电势能减小
11．（2024高二上·端州期中）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置．电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
（1）当开关S接　 　时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时　 　（选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将　 　（选填“增大”或“减小”或“不变”）．
（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为　 　F（计算结果保留两位有效数字）．
12．（2024高二上·端州期中）某同学在实验室测量一段圆柱形导电材料的电阻率。
（1）先用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，选用合适的倍率重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，其阻值是　 　；然后用螺旋测微器测其直径，如图乙所示，读数是　 　mm；再用游标卡尺测其长度，如图丙所示，读数是　 　cm。
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测材料外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表V（量程3V，内阻约为；量程15V，内阻约为）
B.电流表A（量程3A，内阻约为；量程0.6A，内阻约为）
C.滑动变阻器（，0.6A）
D.输出电压为3V的直流稳压电源E
E.开关S，导线若干
①若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，用笔画线代替导线将实物图补充完整　 　（画线需体现电表量程的选择）。
②在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于　 　（最左，最右）端。
③若该材料的直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，测其电阻率的表达式为　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
④由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电阻率比实际值偏　 　（填“大”或“小”）。
13．（2024高二上·端州期中）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=2×10-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10-7J，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)电荷从b移到c，静电力做功W2；
(3)a、c两点间的电势差Uac。
14．（2024高二上·端州期中）如图所示的电路中，定值电阻、，A为标称为（3V、3W）的小灯泡。已知电源的电动势为，断开电键K小灯泡A正常发光，假设灯丝的电阻不随温度的变化而变化。求
（1）灯泡A的电阻是多少？
（2）电源的内阻是多少
（3）闭合电键，灯泡A消耗的实际功率是多少？
15．（2024高二上·端州期中）如图所示，一质量m=2.0×10-18kg，电荷量q=1.0×10-12C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。O'点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=100V，极板的长度L1=6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm，若不计粒子重力，求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的点到O'点的距离Y；
（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．只适用于真空中点电荷产生电场的电场强度计算，故A错误；
B．库仑定律只适用于真空中两个静止的点电荷之间的库仑力计算，故B正确；
C．是计算电场强度的定义式，电场强度的大小和电场本身有关，与电荷量和静电力无关，由场源电荷决定，故C错误；
D．只适用于匀强电场，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查对库仑力、电场强度公式、电势差与电场强度关系的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义。
2．【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】根据场强叠加原理，可知在等量同种正点电荷二者连线上的中点处产生的电场强度大小相等，方向相反，合强度为零，从中点处向两点电荷靠近，场强逐渐增大，场强方向背离所靠近点电荷一方；在二者连线中垂线上，中点处场强为零，无穷远处场强为零，所以从中点处往中垂线两边延伸，场强先增大，后减小，且场强方向沿中垂线方向，二者连线上方竖直向上，下方竖直向下。
A．将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，场强先减小后增大，由F=Eq可知，电场力先减小后增大，故A错误；
BC．负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力方向与运动方向相反，电场力还是做负功；电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大，故B正确，C错误；
D．从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，负电荷受到电场力的方向先沿ba方向，后沿cb方向，所以电场力的方向也改变，故D错误。
故选B。
【分析】两个等量同种正电荷，它们在连线中点处产生的电场强度大小相等，方向相反。中垂线上每一点(除中点)电场线方向向上。根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，可利用电场的叠加原理分析各点的场强。
3．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；
B．由电场线的疏密可知EA＜EB＜EC
故B错误；
C．电场线是曲线，在C点静止释放一电子，电场力和速度方向不在同一直线上，电子不会沿着虚线CD运动，故C错误；
D．电场线由高压电源的正极指向负极，沿着电场线电势逐渐降低，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep=qφ
可知，电子在C点的电势能大于其在A点的电势能，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查到电势、电场线、场强的关联及带电粒子在电场中的运动，属于基础知识，熟记其定义。利用电场线与等势线垂直分析等势线；根据电场线的疏密判断电场强度的大小；负电荷在电势低的地方电势能增加；电场线的方向表示受力方向，即加速度方向，直线情况下，加速度方向不变，也一直与速度方向重合，而曲线情况下，加速度方向不断变换(沿曲线的切线方向)，导致速度方向与加速度方向不重合，即不会沿着电场线运动。
4．【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．由平行板电容器的决定式
可知在P、Q间距增大过程中，C减小，故A错误；
BCD．电容器P、Q间的电压等于电源电动势，电压不变，由
可知，C减小时，Q减小，电容器放电，电流方向由M指向N，故M点的电势比N点的高，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查电容器的应用，解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变。
在极板间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电荷量的变化及电流的流向，比较出电势的高低。
5．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电势差
【解析】【解答】A．油滴静止时受力平衡
解得
故A正确；
B．极板与点之间的电势差为，由W=Uq可知，该过程中电场力对该油滴做的功为
故B错误；
C．保持开关闭合，电容器间电势差不变，仅将板向上平移少许，由可知，两板间电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴将向上运动，不可能静止，故C错误；
D．断开开关，电容器电荷量不变，仅将板向上平移少许，根据
可得
由
解得
可知不变，油滴受力不变，油滴仍将静止在点，故D错误。
故选A。
【分析】 本题考查了电容器的应用，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键。
根据油滴最终静止，根据平衡条件列平衡方程求解电源电压 ；由W=Uq计算该过程中电场力对该油滴做的功；根据平行板电容器公式、电容定义式与匀强电场强度与电势差的关系判断极板间的电场强度如何变化。
6．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】该离子从A点运动到B点过程中，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，由牛顿第二定律可知，加速度也减小。速度—时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小。离子带负电，电场力方向向左，与速度方向相反，所以离子将做减速运动。故D正确，BC错误；
故选D。
【分析】本题考查了速度 时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据电场线的分布判断电场强度的大小，分析受力情况，判断物体的运动情况。
速度 时间图象中，图象的斜率表示加速度；电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大。
7．【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，由图可知，电阻a图线上的点与坐标原点连线的斜率不断增大，其电阻不断减小，所以a的电阻随其两端电压的增大而减小，故A错误；
B．由于横、纵坐标轴的比例标尺不同，则不能由的关系求解的大小，故B错误；
C．电流表示数大于0.8A时，根据可知，电阻a的阻值小于电阻b的阻值，、串联，故电压表示数小于示数，故C正确；
D．根据欧姆定律可得
故D错误。
故选C。
【分析】 本题考查对图的理解，注意在横纵坐标的标尺不同时，不能单独用斜率计算阻值大小。根据电阻的定义式，可由图像判断电阻的变化情况；由电阻的计算值与图像的角度关系比较，可判断正切值的倒数与电阻值的关系；由图像可分析当电流大于交点处的值时，两表的示数相对大小，及交点处的电阻值。
8．【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．清晨随着太阳的升起，光照强度增加，阻值变大，电路总电阻变大，由可知，总电流减小，由U=IR可知，两端电压减小，故A错误；
B．由和U=IR可得
阻值变大，减小，灯泡L变暗，故B正确；
C．由U内=Ir可知电源内阻消耗的电压减小，两端电压减小，减小，则两端电压变大，故C正确；
D．总电流减小，电源的总功率
减小，故D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查传感器在动态电路中的应用。在动态电路分析中，电压、电流随电阻的变化规律是解题的关键。要知道电路当中任何一个电阻增大，电路中的总电阻就会增大，电路中的总电流就减小。
光照强度变化，光敏电阻的阻值变化，电路的总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律和电路中电压、电流和电阻的关系可以判断出、灯两端电压的变化，进而可以分析灯亮度变化；根据干路电流的变化，由分析电源总功率的变化。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB．由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内速度保持不变，做匀速直线运动；而前后两筒间有交变电压，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，故B正确，A错误。
C．质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，故C正确。
D．质子在缝隙中被持续加速，速度不断增加，而电源正、负极改变时间t一定，则沿质子运动方向，由x=vt可知，金属筒的长度要越来越长，故D错误。
故选BC。
【分析】分析粒子在每个圆筒内和圆筒间的缝隙处的运动情况，以及如何让粒子加速运动。 根据图可知，每个圆筒上各点的电势都相等，是个等势体，所以质子在圆筒中做匀速直线运动，在圆筒缝隙处做加速运动，根据质子的速度，结合x=vt再得到每个筒长与位置的关系。
解决本题的关键是理解线性加速器的工作原理，理解交流电的变化周期与质子穿过每个圆筒的时间的关系。
10．【答案】A,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，可知集尘极带正电，放电极带负电，电场线方向由集尘极指向放电极，故A正确；
B．因在放电极附近的电场线较密集，则场强较大，尘埃受电场力较大，则尘埃在向集尘极迁移过程中受电场力减小，则加速度减小，做非匀加速运动，故B错误；
C．沿电场线电势逐渐降低，结合对称性可知，因B点距离集尘极较近，电势较高，则图中A点电势低于B点电势，故C错误；
D．尘埃带负电，在迁移过程中，电势逐渐升高，由可知，电势能减小，故D正确；
故选AD。
【分析】本题主要考查电场线的有关知识。根据带电尘埃的偏转方向判断出电场力方向，由尘埃电性判断出电场方向。根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。由判断电势能变化。
11．【答案】2；相反；不变；3.9×10-4
【知识点】电容器及其应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】（1）放电时，平行板电容器需要和电阻构成闭合电路，所以开关S接“2”。
电容器充电时，电容器上极板接电源的正极，上极板带正电，所以电容器放电时，流经G表的电流方向由右向左，充电时由左向右， 放电时流经G表的电流方向与充电时相反。
因电容器的电容与电容器是否充放电无关，所以此过程中电容器的电容将“不变”。
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是q'=0.4×2×10-4C=8×10-5C
图像与时间轴所围的面积约为39个小方格，所以电荷量为Q=39q'=39×8×10-5C =3.12×10-3C
由电容定义式可得
【分析 】本题考查电容器充放电过程的理解，解题关键是通过图像得电容器充电后极板带电量。
(1)充电时上极板与电源正极相连，带正电；放电时电容器与电阻相连，电流从上极板流出；充放电不改变电容器电容；
(2)根据可知放电电流随时间变化曲线与轴所围面积即为通过的电荷量，由求电容器电容。
12．【答案】（1）6；2.095；4.62
（2） ；最左；；小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，应降低挡位，选挡，重新欧姆调零后，读取数据，则其阻值为
螺旋测微器的精确值为，由图乙可知固定部分分读数为2mm，可动部分读数为0.019.5=0.095mm
直径为
10分度游标卡尺的精确值为，由图丙可知长度为
；
（2）①若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；因电源为直流稳压电源，输出电压为，则电压表选用量程为，通过待测金属丝的最大电流为
故电流表应选量程；由于
则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示
②在闭合开关前，电压表和电流表示数从0开始调节，所以滑动变阻器触头应置于最左端；
③根据电阻定律和、可得
又
联立可得电阻率的表达式为
④电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过金属丝的电流，则测得的电阻率比实际值偏小。
故答案为：（1）6；2.095；4.62。（2）；最左；；小
【分析】本题考查了测量一段圆柱形导电材料的电阻率的实验，要明确实验原理，能够正确选择实验器材的量程，完成实验电路的连接；掌握欧姆定律和电阻定律的运用。
(1)用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，应该更换为小倍率，根据欧姆表的读数规则读数；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
(2)根据电动势的值选择电压表量程，根据闭合电路欧姆定律估算电路中的最大电流，选择电流表的量程；要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；根据待测电阻值、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内、外接法，然后完成实验电路的连接；根据欧姆定律和电阻定律求解 电阻率的表达式 ；由串并联知识分析误差。
（1）[1]用多用电表挡粗测其电阻，发现多用电表指针偏角较大，为进一步较精确测量，应选挡，重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，则其阻值为
[2]螺旋测微器的精确值为，由图乙可知直径为
[3]10分度游标卡尺的精确值为，由图丙可知长度为
（2）①[1]若要求实验过程中电压表的读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；因电源为输出电压为的直流稳压电源，则电压表选用量程为，通过待测金属丝的最大电流为
故电流表应选量程；由于
则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示
②[2]在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于最左端，使电压表和电流表示数从0开始调节；
③[3]根据电阻定律可得
又
联立可得电阻率的表达式为
④[4]电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过金属丝的电流，则测得的电阻率比实际值偏小。
13．【答案】解：(1) 正电荷从a点移到b点时静电力做功为
可得
；
(2) 电荷从b移到c，静电力做功
；
(3) a、c两点间的电势差
。
【知识点】电场力做功；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】本题主要考查电场力做功、电场强度、电势差的计算，匀强电场中电场力做功公式中，是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负。
(1)根据电场力做功公式，求解电场强度，是电场线方向两点间的距离。
(2)电场力做功公式，求解电荷从移到电场力做功。
(3)由求解、两点的电势差Uac。
14．【答案】（1）解：小灯泡的额定电流为
灯泡A的电阻为
；
（2）解：断开电键K时，小灯泡、R1串联，小灯泡A正常发光，根据闭合电路的欧姆定律得
解得
；
（3）解：闭合电键K时，小灯泡、R2并联，R1串联，设外电路总电阻为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
灯泡两端的电压为
灯泡的实际功率为
。
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、电功率；对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。
(1)根据求出小灯泡的额定电流，根据求电阻；
(2)断开K时，灯正常发光，即，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
(3)闭合K时，求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出电流和电压，从而求出实际功率 。
（1）小灯泡的额定电流为
灯泡A的电阻为
（2）断开电键K时，小灯泡A正常发光，根据闭合电路的欧姆定律得
解得
（3）闭合电键K时，设外电路总电阻为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
灯泡两端的电压为
灯泡的实际功率为
15．【答案】解：（1）带电粒子在加速电场被加速中，根据动能定理得
解得
；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上
沿着电场方向上
由牛顿第二定律
解得
根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
；
（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功
。
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解进入偏转电场的速度；
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，垂直电场方向做匀速运动；根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据类平抛运动推论和几何关系求解Y；
(3)根据即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
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