高二上学期物理试卷.doc

物理试卷（理零）（解析版）

一、选择题（共12小题，每题4分，共48分．其中1-8小题只有一项符合题目要求；9-12小题每题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．电源电动势实质上就是电源两极间的电压
B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压
C．电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别
D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高
2．下列关于物体带电的说法，正确的是（　　）
A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另外一部分
B．摩擦起电前，两物体都不带电，说明两物体内都没有电荷
C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一物体失去一些电子而带负电
D．一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上异种电荷
3．A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力（　　）
A．无法确定 B．等于
C．大于 D．小于
4．如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电量均为q（q＞0）．将另一个带电量也为q（q＞0）的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于（　　）

A． mg B．mg C． D．
5．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受静电力为（　　）
A．﹣ B． C．﹣F D．F
6．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）

A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ减小
D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大
7．如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为m的带电小球，用长为l的细线悬于点O，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为（　　）

A． B． C． D．0
8．如图所示，带正电荷量q，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，以下判断中正确的是（　　）

A．物体将沿斜面减速下滑
B．物体将沿斜面加速下滑
C．物体仍保持匀速下滑
D．仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑
9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻
B．加5V电压时，导体的电阻约是5Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
10．如图甲是某电场中的一条场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（　　）

A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB
11．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）

A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为
C．电容器的电容为
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
12．如图所示，Oxy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上a点移至x 轴上b点时，需克服静电力做功W；若从a点移至x轴上c 点时，也需克服静电力做功W，那么关于此空间存在的静电场可能是（　　）

A．存在电场强度方向沿y轴负方向的匀强电场
B．存在电场强度方向沿y轴正方向的匀强电场
C．处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场
D．处于第IV象限某一位置的负点电荷形成的电场

二、填空题
13．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d．可求出小油滴的电荷量q=　　．

14．（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V　3W”，其他可供选择的器材有：
电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）
电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）
电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）
变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）
变阻器R2（0～20Ω，2A）
学生电源E （6～8V）
开关S及导线若干．
实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　　，变阻器应选用　　．在方框中画出实验的电路图．

三、计算题（共40分）
15．（8分）在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10﹣9C，直线MN过O点，OM=30cm，M点放有一点电荷q=﹣2×10﹣10C，如图所示，求：
（1）M点电场强度大小；
（2）若M点的电势比N点的电势高15V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少，动能变化了多少？（静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2）

16．（10分）如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）

17．（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v1，从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=1×10﹣8C，（g取m/s2）
求（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？

18．（12分）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A到C过程所经历的时间；
（3）粒子经过C点时的速率．

参考答案与试题解析

一、选择题（共12小题，每题4分，共48分．其中1-8小题只有一项符合题目要求；9-12小题每题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．电源电动势实质上就是电源两极间的电压
B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压
C．电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别
D．电动势越大，电源两极间的电压一定越高
【考点】电源的电动势和内阻．
【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；
电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，
电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和．
【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故AB错误；
C、由A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故C正确；
D、电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故D错误；
故选：C．
【点评】电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．

2．下列关于物体带电的说法，正确的是（　　）
A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另外一部分
B．摩擦起电前，两物体都不带电，说明两物体内都没有电荷
C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一物体失去一些电子而带负电
D．一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上异种电荷
【考点】电荷守恒定律．
【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．
【解答】解：A、感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程，静电感应不是创造电荷．故A正确；
B、摩擦起电前，两物体都不带电，不是两物体内都没有电荷，而是物体总是同时带等量异种电荷，故B错误；
C、摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带负电，另一物体失去一些电子而带正电，故C错误；
D、一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上同种电荷，故D错误；
故选：A
【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．

3．A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力（　　）
A．无法确定 B．等于
C．大于 D．小于
【考点】库仑定律．
【分析】本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．
【解答】解：当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律可知，它们相互作用的库仑力大小F＜，故D正确，ABC错误．
故选：D
【点评】本题应明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．

4．如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电量均为q（q＞0）．将另一个带电量也为q（q＞0）的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于（　　）

A． mg B．mg C． D．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．
【分析】对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可．
【解答】解：球a与球b间距为，对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：
水平方向：Fab+Faccos60°=Tcos30°
竖直方向：Facsin60°+Tsin30°=G
其中：Fab=
解得：T=mg=
故选：B．
【点评】本题关键选择小球a受力分析，然后根据平衡条件列式求解即可，基础题．

5．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受静电力为（　　）
A．﹣ B． C．﹣F D．F
【考点】库仑定律．
【分析】首先确定电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出﹣2q的点电荷所受电场力．
【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同．
设AB=r，则有BC=2r．
则有：F=k
故电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受电场力为：FC=k=
故选：B．
【点评】本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大．

6．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）

A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ减小
D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大
【考点】电容器的动态分析．
【分析】小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．
【解答】解：AB、若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U恒定，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由E=可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；
CD、若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式C=、定义式 C= 以及E=可得：E=，故说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故CD错误．
故选：A．
【点评】对于电容器的动态分析，关键要明确不变量，熟练掌握公式电容的定义式和场强E=，尤其是知道：在电容器电量保持不变时，只改变板间距离时，板间的电场强度不变．

7．如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为m的带电小球，用长为l的细线悬于点O，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为（　　）

A． B． C． D．0
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】对小球受力分析，求出小球受到的电场力与重力的合力，小球恰好完成圆周运动，在在平衡位置的反方向上，小球做圆周运动的向心力由重力与电场力的合力提供，此时小球速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．
【解答】解：以小球为研究对象，受重力与电场力，所以求出二力的合力：
F=，电场力为mgtanθ，
由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场力合力的反方向上，且二力的合力提供向心力．
由牛顿第二定律得： =m，小球的最小速度v=，故ABD错误，C正确．
故选：C．
【点评】对小球受力分析，求出电场力与合力，由牛顿第二定律即可正确解题，此题可以把二力的合力视为等效场，求出等效重力加速度，在等效重力加速度的反方向上时，速度最小．

8．如图所示，带正电荷量q，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，以下判断中正确的是（　　）

A．物体将沿斜面减速下滑
B．物体将沿斜面加速下滑
C．物体仍保持匀速下滑
D．仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑
【考点】电场强度；牛顿第二定律．
【分析】质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，没有电场时，应有重力沿下面向下的分量与摩擦力平衡；当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，相当于物体的重力不变或减小了物体的重力，分析物体的受力情况，可判断出物体将仍保持匀速下滑．
【解答】解：设斜面倾角为θ，摩擦因数为μ．
质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，则有mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ；
当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，此时物体合力应为：F=（mg﹣Eq）sinθ﹣μ（mg﹣Eq）cosθ=0，所以物体仍保持匀速下滑，故ABD错误，C正确．
故选：C
【点评】当加一竖直向上的匀强电场时，相当于减小了物体的重力，在摩擦因数不变的情况下，物体仍保持匀速下滑．注意这种等效观点的应用．

9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻
B．加5V电压时，导体的电阻约是5Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
【考点】路端电压与负载的关系．
【分析】I﹣U图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电压和电流，由R=求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可判断其电阻的变化．
【解答】解：
A、该元件是非线性元件，所以仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误，
B、当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻 R==5Ω．故B正确；
C、由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C错误，D正确；
故选：BD．
【点评】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．

10．如图甲是某电场中的一条场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（　　）

A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB
【考点】电场线；电场强度；电势．
【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．
【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．　　
负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，EA＞EB．故C正确．
故选：C
【点评】本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题．

11．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）

A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为
C．电容器的电容为
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电场强度．根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．
【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A正确．
B、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，故B错误．
C、根据C=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．
D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．
故选：AC．
【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．

12．如图所示，Oxy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上a点移至x 轴上b点时，需克服静电力做功W；若从a点移至x轴上c 点时，也需克服静电力做功W，那么关于此空间存在的静电场可能是（　　）

A．存在电场强度方向沿y轴负方向的匀强电场
B．存在电场强度方向沿y轴正方向的匀强电场
C．处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场
D．处于第IV象限某一位置的负点电荷形成的电场
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．
【分析】将一负检验电荷Q由y轴上的a点移至x轴上的b点时，需克服电场力做功W，说明了a点的电势高于b点的电势；若将q从a点移至x轴上c点时，也需克服电场力做功W．说明了bc两点具有相同的电势．在题目给出的四个选项中，符合以上两点条件的电场即为可能的静电场．
【解答】解：由题意，符合条件的电场应满足：a点的电势高于b、c点的电势；b、c两点电势相等．
A、在沿y轴负方向的匀强电场中，a点的电势高于b、c点的电势；b、c两点电势相等，满足条件，故A正确；
B、在沿y轴正方向的匀强电场中，a点的电势低于b、c点的电势；b、c两点电势相等，不满足条件，故B错误；
C、处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场中，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，且点电荷到a的距离小于到bc的距离时，满足以上的条件，故C正确；
D、处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，满足以上的条件，故D正确．
故选：ACD
【点评】解决本题的关键要掌握各种电场中电势分析规律，知道沿电场线方向电势逐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等．

二、填空题
13．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d．可求出小油滴的电荷量q=　　．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用．
【分析】小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，再根据E=，即可求的小油滴的电荷量．
【解答】解：小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，mg=Eq…①
匀强电场中内部场强，E=…②
联立①②解之得：q=．
故答案为：．
【点评】小油滴悬浮在两板间电场中不动是本题的题眼，利用平衡关系列方程．

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V　3W”，其他可供选择的器材有：
电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）
电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）
电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）
变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）
变阻器R2（0～20Ω，2A）
学生电源E （6～8V）
开关S及导线若干．
实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　A2　，变阻器应选用　R2　．在方框中画出实验的电路图．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；
在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．
【解答】解：灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选A2（量程0.6A，内阻1Ω），
为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）；
电压表0～6V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；
灯泡正常发光时电阻R==12Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，
所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；
故答案为：A2；R2；实验电路图如图所示．

【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器只能采用分压接法．

三、计算题（共40分）
15．在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10﹣9C，直线MN过O点，OM=30cm，M点放有一点电荷q=﹣2×10﹣10C，如图所示，求：
（1）M点电场强度大小；
（2）若M点的电势比N点的电势高15V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少，动能变化了多少？（静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2）

【考点】点电荷的场强；电场强度．
【分析】（1）知道点电荷的电荷量，知道距离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．
（2）根据电场力做功的公式可以直接求得电场力做的功的大小，从而可以知道电势能的变化．
【解答】解：（1）由点电荷的场强公式E=k 可知，
解得：E==100N/C，
所以电荷Q在M点的电场强度大小是100N/C．
（2）电荷q从M点移到N点，电场力做的功为：
WMN=qUMN=q（φM﹣φN）=﹣3×10﹣9J，
所以电势能增加了3×10﹣9J；
答：（1）M点电场强度大小100N/C；
（2）电势能增加3×10﹣9J，动能减少3×10﹣9J．
【点评】本题是对点电荷的场强公式和电场力做的功与电势能的转化之间关系的考查，掌握住基本内容就可以解决这道题．

16．（10分）（2016春•文昌校级期末）如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．
【分析】（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；
（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力．
【解答】解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m，解得：v===2m/s，
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：EqS﹣μmgS﹣mg•2R=mv2
所以S=，代入数据得：S=20m
（2）小滑块从P到L过程，由动能定理：﹣mgR﹣EqR=mv2﹣mv2P
所以v=v2+2（g+）R
在P点由牛顿第二定律：FN﹣Eq=
所以FN=3（mg+Eq）
代入数据得：FN=1.5N
由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5N．
答：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点20m处释放；
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是1.5N．
【点评】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题．

17．（10分）（2016秋•上饶县校级月考）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v1，从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=1×10﹣8C，（g取m/s2）
求（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．
【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；
（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．
【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：
竖直方向有：
解得 v0==10m/s
（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，
当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：
解得：U=120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：
解得：U2=200V
所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V
答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．
【点评】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．
此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．

18．（12分）（2015•安徽）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A到C过程所经历的时间；
（3）粒子经过C点时的速率．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．
【分析】（1）由电场力做功的特点可明确W=Uq，而U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功；
（2）粒子在x轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间；
（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合速度．
【解答】解：（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（yA﹣yC）=3qEl0
（2）根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tA0=toB=T，tBC=T；
由Eq=ma得：
a=
又y=aT2
y+3l0=a（2T）2
解得：T=
则A到C过程所经历的时间t=3；
（3）粒子在DC段做类平抛运动，则有：
2l0=vCx（2T）；
vcy=a（2T）
vc==
答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0
（2）粒子从A到C过程所经历的时间3；
（3）粒子经过C点时的速率为．
【点评】本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解．