四川省成都市某中學(xué)2023-2024學(xué)年高二年級上冊期中物理 含解析

樹德中學(xué)高2022級高二上學(xué)期半期考試

物理試題

考試時間：75分鐘滿分：100分

一、單項選擇題（每小題4分，共32分，每個小題只有一個選項符合題目要求）

1.下列關(guān)于電場基本概念與規(guī)律的判斷正確的是（）

A.由庫侖定律尸=%縛可知，當(dāng)距離r-0時庫侖力/TOO

r

B.由石=&9可知，以點(diǎn)電荷為球心的球面上各點(diǎn)場強(qiáng)E相同

r

C.由。M=”出可知，電勢差與檢驗電荷電量4成反比、與電場力做功成正比

q

D.由。=—更二可知，平行板電容器電容C與距離d成反比、與正對面積S成正比

4%kd

【答案】D

【解析】

【詳解】A.庫侖定律的適用條件是帶電體為點(diǎn)電荷，當(dāng)距離10時帶電體不能視為點(diǎn)電荷，所以此時不

能根據(jù)尸=左華得出庫侖力P-8,故A錯誤；

r

B.由￡=4烏可知，以點(diǎn)電荷為球心的球面上各點(diǎn)場強(qiáng)E大小相同，但方向不同，故B錯誤；

廣

C.u.=3是電勢差的比值定義式，電勢差與電場本身性質(zhì)有關(guān)，與檢驗電荷電量和電場力做功均無

q

關(guān)，故c錯誤；

D.C=—凡是平行板電容器電容的決定式，其電容C與距離”成反比、與正對面積S成正比，故D正

Ankd

確。

故選D。

2.一根粗細(xì)均勻橫截面為圓形的導(dǎo)線，兩端加上電壓U。若導(dǎo)線被均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

再給它兩端加上相同電壓U.則下列判斷正確的是（）

A.導(dǎo)線電阻變?yōu)樵瓉淼?倍

B.通過導(dǎo)線的電流強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼臑槎?/p>

c.自由電子定向移動的平均速率變?yōu)樵瓉淼臑?倍

4

D.電子在導(dǎo)線中受到的電場作用力變?yōu)樵瓉淼?倍

8

【答案】C

【解析】

【詳解】A.導(dǎo)線被均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼?，則面積變?yōu)樵瓉淼?倍，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，

24

根據(jù)電阻定律R=P（可知導(dǎo)線的電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍，故A錯誤；

B.根據(jù)歐姆定律/=且可知通過導(dǎo)線的電流強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼臑椤?倍，故B錯誤；

R16

C.根據(jù)電流的微觀表達(dá)式變形可得自由電子定向移動的平均速率為

I

v=--

neS

所以自由電子定向移動的平均速率變?yōu)樵瓉淼臑長倍，故C正確；

4

D.根據(jù)E=g可知導(dǎo)線中電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)尸=eE可知電子在導(dǎo)線中受到的電場作用力

I4

變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。

4

故選C。

3.觀察物理現(xiàn)象是學(xué)習(xí)物理的基礎(chǔ)。某同學(xué)利用如圖所示的裝置觀察靜電感應(yīng)現(xiàn)象，絕緣立柱支持的導(dǎo)體

A和B彼此接觸，起初它們不帶電，貼在A、B下部的金屬箔D、E是閉合的。該同學(xué)進(jìn)行了如下操作：

①手握絕緣棒，把帶正電的導(dǎo)體C移近導(dǎo)體A,觀察金屬箔的變化：

②接著手持絕緣立柱把導(dǎo)體A、B分開，然后移開C,觀察金屬箔的變化；

③再讓A、B接觸，觀察金屬箔的變化。

上述實(shí)驗步驟中，能觀察到金屬箔張開的是（）

A.只有步驟①B.只有步驟①②C.只有步驟②③D.步驟①②③

【答案】B

【解析】

【詳解】①手握絕緣棒，把帶正電的導(dǎo)體C移近導(dǎo)體A,由于靜電感應(yīng)，導(dǎo)體A帶負(fù)電，導(dǎo)體B帶正電,

則能觀察到金屬箔張開；

②接著手持絕緣立柱把導(dǎo)體A、B分開，，導(dǎo)體A仍帶負(fù)電，導(dǎo)體B仍帶正電，然后移開C,則能觀察到

金屬箔張開；

③再讓A、B接觸，則導(dǎo)體A與導(dǎo)體B正負(fù)電荷中和，最終均不帶電，不能觀察到金屬箔張開。

故選B。

4.如圖所示，虛線4、氏c是電場中的三個等勢面，實(shí)線為一個帶正電帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動

軌跡，P、。是軌跡上的兩點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.三個等勢面中等勢面。的電勢最高B.質(zhì)點(diǎn)在。點(diǎn)時的電勢能比在P點(diǎn)時大

C.質(zhì)點(diǎn)在。點(diǎn)時的動能比在尸點(diǎn)時大D.質(zhì)點(diǎn)在。點(diǎn)時的加速度比在P點(diǎn)時的大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡可知，粒子所受電場力指向運(yùn)動軌跡的凹側(cè)，即電場力方向斜向下，因

帶電粒子帶正電，則電場線方向垂直于等勢面斜向下，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，等勢面c的

電勢最高，等勢面〃的電勢最低，故A錯誤；

BC.因為P點(diǎn)電勢高于。點(diǎn)電勢，根據(jù)

Ep=q（P

由于帶電粒子帶正電，可知粒子在P點(diǎn)時的電勢能比在。點(diǎn)時大，則粒子在。點(diǎn)時的動能比在P點(diǎn)時

大，故B錯誤，C正確：

D.根據(jù)

U=Ed

若圖中三個等勢面為等差等勢面，則由于P點(diǎn)處的等勢面較密，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度較大，粒子在P點(diǎn)受到

的電場力較大，故質(zhì)點(diǎn)在。點(diǎn)時的加速度比在P點(diǎn)時的小，故D錯誤。

故選C。

5.靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大

小。如圖，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計。開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一

定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）

A.斷開開關(guān)S后，將A、B分開些

B.斷開開關(guān)S后，在A、B極板間插入電介質(zhì)

C.保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些

D.保持開關(guān)S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動

【答案】A

【解析】

【詳解】由電路圖可知，靜電計和滑動變阻器串聯(lián)后，與電容器并聯(lián)接在電源上，且電路穩(wěn)定后通過滑動

變阻器的電流始終為零，此時滑動變阻器可看作導(dǎo)線，所以靜電計指針張開角度直接反映了電容器兩板間

的電勢差大小。

AB.斷開開關(guān)S后，電容器所帶電荷量Q不變，將A、B分開些，即兩板間距離d增大，由0=-^可

知C變小，再根據(jù)。=，可知電容器兩端電勢差增大，所以靜電計指針張開的角度增大；同理可知，在

A、B極板間插入電介質(zhì)，即J增大，則C增大，電容器兩端電勢差減小，靜電計指針張開的角度減小,

故A正確，B錯誤；

CD.保持開關(guān)S閉合，電容器兩板間電勢差不變，所以將A、B兩極板靠近些或者將變阻器滑動觸頭向右

移動，靜電計指針張角均不變，故CD錯誤。

故選A。

6.如圖所示，水平面上放置一個絕緣支桿，支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪。的正下方，絕緣細(xì)

線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力廠的作用下，小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設(shè)兩

球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動細(xì)線，使B球移動一小段距離，支桿始終靜止。在此過程中以下說法正

確的是（）

A.細(xì)線上的拉力一直增大B.B球受到的庫侖力先減小后增大

C.B球的運(yùn)動軌跡是一段圓弧D.支桿受到地面向左的摩擦力逐漸減小

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.如圖所示，設(shè)A、B間的距離為r,0、A間的距離為〃，0、B間距離為/,B球重力為優(yōu)g。

A、B之間的庫侖力大小為

k%48

r2

根據(jù)力的矢量三角形與距離的幾何三角形相似可得

mg_FjF

解得

jkqAqRh

\mg

現(xiàn)緩慢拉動細(xì)線，使B球移動一小段距離，支桿始終靜止，且兩球的電荷量均不變，則/減小，力不變，所

以F減小，即細(xì)線上的拉力一直減小；廠不變，即B球的運(yùn)動軌跡是一段圓弧，并且B球受到的庫侖力大

小不變。故AB錯誤，C正確；

D.根據(jù)平衡條件可知，直桿受到的地面的摩擦力與B對A的庫侖力的水平分量大小相等、方向相反，而

B對A的庫侖力大小不變，方向由水平向左變?yōu)樾毕蜃笙拢运椒至孔冃?，即支桿受到地面向右的摩

擦力逐漸減小，故D錯誤。

故選C?

7.空間有一勻強(qiáng)電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系。-型，M、N、P為電場中的三個點(diǎn)，M

點(diǎn)的坐標(biāo)為（0,。,0）,N點(diǎn)的坐標(biāo)為（a,0,0）,尸點(diǎn)的坐標(biāo)為已知電場方向平行于直線

MN,M點(diǎn)電勢為0,N點(diǎn)電勢為2V,則P點(diǎn)的電勢為（）

X

7311

A.-VB.-VC.-VD.-V

4224

【答案】A

【解析】

【分析】

電場線與等勢面垂直，由幾何關(guān)系可得

dNn=4v0cos45='x曰=^a

P點(diǎn)與Q點(diǎn)H點(diǎn)在同一等勢面上，則有

4161

UNP=UNH=ECINH=JX%a）V

“84

9N-（PH=UNH

解得

所以A正確；BCD錯誤；

故選A,

8.質(zhì)量為M=1kg的不帶電絕緣木板置于光滑水平桌面上，木板上放一質(zhì)量為m=2kg的帶正電的小物塊.

整個裝置置于如圖所示的勻強(qiáng)電場中，電場方向與紙面平行且與水平方向夾角為8（在0到90。范圍內(nèi)可

調(diào)），已知小物塊與木板的動摩擦因數(shù)〃=3,滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，當(dāng)小物塊恰好與木板發(fā)生

相對滑動時，為使電場強(qiáng)度E最小，則6?。?

//z7<Z7Z^Z7/^//y7//z/

A.0°B,30°C.45°D.60°

【答案】D

【解析】

【詳解】設(shè)小物塊的電荷量為4,當(dāng)小物塊恰好與木板發(fā)生相對滑動時.，小物塊與木板具有相同的加速度

〃，取木板和整體分別列方程，有

一Eqsin8）=Ma

<

Eqcos6=（m+M）a

解得

叫一6mg

GsinO+cos。

整理得

FJ（tan°=走，。=30。）

Eq=-------

2sin口+。）3

則當(dāng)。=60。時，E有最小值。

故選D。

二、多項選擇題（每小題4分，共16分，每個小題有多個選項符合題目要求）

9.微元累積法是物理學(xué)的--種重要的思才W方法，是微積分思想解決物理問題的應(yīng)用和體現(xiàn)。當(dāng)物體做勻變

速直線運(yùn)動時，其修圖像為一條傾斜的直線。如果把物體的運(yùn)動分成6小段，如圖1甲所示，在每一小段

內(nèi)，可粗略認(rèn)為物體做勻速直線運(yùn)動。女1果以這6個小矩形的面積之和代表物體在整個過程中的位移，計

算的結(jié)果要小于物體實(shí)際的位移。如果把2運(yùn)動過程劃分為更多的小段如圖1乙所示，這些小矩形的面積之

和就更接物體的實(shí)際位移。對于非勻變逆；直線運(yùn)動，能用修圖像與，軸所圍的面積來表示物體的位移?，F(xiàn)

有如下電場模型：半徑為R、均勻帶正反2荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場，場強(qiáng)大小沿半徑分布如圖2

所示，圖中耳）已知，七一八曲線下O-RE由分的面積等于R-2R部分的面積。則下列判斷正確的是（）

圖2

A.E-r圖像中,圖像圍成的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差

B.E-r圖像中,圖像圍成的面積表示兩點(diǎn)間的電場力做功

電荷量為q負(fù)電荷在球面處需至少具有，處理的速度才能剛好運(yùn)動到2R處

C.質(zhì)量為勿2、

Vm

D.質(zhì)量為〃?、電荷量為g負(fù)電荷在球面處需至少具有速度才能剛好運(yùn)動到27?處

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)

U=Ed

可知E-r圖像中，圖像圍成的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差，故A正確，B錯誤;

CD.￡-廠曲線下0-R部分的面積等于艮2R部分的面積，負(fù)電荷從球面處剛好運(yùn)動到2R處，根據(jù)動能定

理有

1Ln12

解得

故C正確，D錯誤。

故選AC。

10.示波器的核心部件是示波管，示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。下列

說法正確的是（）

，亮斑.

電子槍

鬣…我

+?偏轉(zhuǎn)電極!Y,

甲圖c（正弦曲線）

A.如在XX加圖。電壓，在｝T加圖c電壓，熒光屏上會看到一條與y軸平行豎直亮線

B.如果在XX之間加圖6電壓，在rr之間加圖c,電壓，熒光屏上看到亮線是正弦曲線

c.如果在xx之間不加電壓，在yy加圖。電壓，在熒光屏的y軸上會看到一條亮線

D.如果在xx之間和丫『之間都加圖人的電壓，在熒光屏的坐標(biāo)原點(diǎn)上會看到一個亮斑

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.如果在XX之間加圖a的電壓，電子會向X軸正半軸偏轉(zhuǎn)到一個點(diǎn)，同時在yy加圖c的電壓，

電子在豎直方向偏轉(zhuǎn)成一條直線，因此在熒光屏上會看到一條與y軸平行的豎直亮線，故A正確：

B.如果在XX之間加圖b的電壓，電子在一個周期內(nèi)會在X軸方向上，由X軸上某點(diǎn)向正X軸方向掃面

到關(guān)于原點(diǎn)對稱的某點(diǎn)，在熒光屏上會看到X軸上的一條水平亮線，若只在yy之間加圖C所示電壓，根

據(jù)以上分析可知，丫軸方向上發(fā)生周而復(fù)始與電壓變化一致的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)運(yùn)動的合成可知，若在X*之間

加圖b的電壓，yy在之間加圖c的電壓，在熒光屏上看到的亮線是正弦曲線，故B正確；

c.如果在XX之間不加電壓，則電子在X軸方向不偏轉(zhuǎn)，在yy加圖a恒定電壓，電壓值為正，y極板電

勢高于y極板電勢，板間的勻強(qiáng)電場由丫極板指向y極板，所有電子運(yùn)動的軌跡都相同，向著y極板一

側(cè)偏轉(zhuǎn)，即所有電子都打在熒光屏的正y軸上的同一點(diǎn)，因此在正丫軸上將出現(xiàn)一個亮斑，故c錯誤；

D.根據(jù)以上分析可知，如果在xx之間和yy之間都加圖6的電壓，在熒光屏將出現(xiàn)一條夾在x軸和y

軸的傾斜亮線，故D錯誤。

故選ABo

11.如圖，電源電動勢為E,內(nèi)阻恒為r,R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是

平行板電容器，電路中的電表均為理想電表。閉合開關(guān)S,帶電液滴剛好靜止在C內(nèi)。在溫度降低的過

程中，分別用/、5、S和S表示電流表A、電壓表Vi、電壓表V2和電壓表V3的示數(shù)，用△/、&5、

AS、和AS表示電流表A、電壓表Vi、電壓表V?和電壓表V3的示數(shù)變化量的絕對值。溫度降低時，

關(guān)于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是（）

A.電源的輸出功率一定變大

B.系增大、耳1和耳1不變

C.帶電液滴一定向下加速運(yùn)動

D.電源的工作效率一定變大

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由電源輸出功率隨外電阻的變化規(guī)律可知，當(dāng)R+RT=，-時，電源輸出功率最大；因三個電阻的

大小關(guān)系不明確，因此電源的輸出功率不一定變大，故A錯誤；

B.由題圖可知，電壓表V3測路端電壓，電壓表V2測熱敏電阻Rr的電壓，電壓表V1測定值電阻R的電

壓，由歐姆定律可得

由閉合電路歐姆定律可知

U2=E-KR+r)

則

R+r*

M

由閉合電路歐姆定律可知

Uy=E-Ir

則

M

在溫度降低的過程中，熱敏電阻RT的阻值增大，可知半增大、牛和竿不變，故B正確；

C.帶電液滴在平行板中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài)，在溫度降低的過程，熱敏電阻Rr

阻值變大，回路中電流變小，路端電壓增大，由于流過定值電阻R的電流變小，所以分的電壓也就變小，

而路端電壓增大，故V2讀數(shù)增大，平行板間的電場強(qiáng)度也增大，導(dǎo)致帶電液滴向上加速運(yùn)動，故C錯誤；

D.根據(jù)效率的計算公式有

〃=X100%=—^―X100%

E1與卜+r

熱敏電阻RT的阻值增大，則外電阻增大，電源效率增加，故D正確；

故選BDo

12.如圖甲所示，半徑為R的圓管道固定在豎直平面內(nèi)，管道內(nèi)徑較小且與半徑相比可忽略，內(nèi)壁光滑，

管道最低點(diǎn)為8,最高點(diǎn)為A,圓管所在平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場，在B點(diǎn)給質(zhì)量為加、帶電荷量為+q的

小球一水平初速度，小球運(yùn)動過程中動能與機(jī)械能隨轉(zhuǎn)過角度的變化關(guān)系分別如圖乙、圖丙所示，已知8

B正確；

C.當(dāng)小球轉(zhuǎn)過的角度為60。時，電場力做的正功最多，根據(jù)功能關(guān)系有

^￡/?(l-cos60)+/="

解得

E『Q+向mgR

C正確；

D.從B點(diǎn)到A點(diǎn)根據(jù)動能定理有

mg-2R+qE-2Rcos60=￡k0-

解得

在A點(diǎn)豎直方向上根據(jù)牛頓第二定律有

2￡

mg+Eqcos6Q-&=?J

解得

D錯誤。

故選BC。

三、實(shí)驗題(本題每空2分，共14分)

13.某同學(xué)在測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率「時。

(1)用游標(biāo)為20分度的卡尺測量其長度如圖甲，由圖可知其長度為cm；

5cm67

01020

(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙，由圖可知其直徑為mm。

25

【答案】①.5.025②.4.700（4.690或4.701）

【解析】

【分析】

【詳解】游標(biāo)為20分度，其測量精度為0.05mm,則游標(biāo)卡尺的讀數(shù)：游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為

50mm,游標(biāo)讀數(shù)為

5x0.05mm=0.25mm

所以最終讀數(shù)為

50.25mm=5.025cm

（2）［2］螺旋測微器固定刻度讀數(shù)為4.5mm,可動刻度讀數(shù)為

20.0x0.01mm=0.200mm

最終讀數(shù)為

d=4.5mm+0.200mm=4.700mm

14.某研究小組想要研究一標(biāo)有“6V,3W”小型電動機(jī)的伏安特性曲線，實(shí)驗室提供的器材有：量程為

0.6A的電流表（電阻約為1.0Q）,電源（電動勢為9V,內(nèi)阻為3C）,定值電阻（阻值為6000C）,導(dǎo)線若

干，單刀開關(guān)一個，還有以下器材可供選擇

A.量程為3V的電壓表（內(nèi)阻為3000C）

B.量程為15V的電壓表（內(nèi)阻為6000。）

C.滑動變阻器（阻值為10Q,額定電流為2.0A）

D.滑動變阻器（阻值為200。，額定電流為0.5A）

（1）為盡量準(zhǔn)確地測出小型電動機(jī)的伏安特性曲線，電壓表應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選

（2）請用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖補(bǔ)充完整___________。

（3）連接好電路后，合上開關(guān)，讀出電壓表和電流表的示數(shù)，將電動機(jī)兩端電壓與流過它的電流數(shù)據(jù)在毫

米方格紙中標(biāo)出，并畫出其伏安特性曲線，請說明在P處為何出現(xiàn)如圖所示的圖像

UN

(4)電動機(jī)正常工作時,電動機(jī)兩端電壓為U,通過電動機(jī)的電流為/,下列幾個功率的表達(dá)式的大小關(guān)

系正確的是___________

［產(chǎn)

A.UI=I2R=—UB.UI>I2R=——

RR

U22U22

C.——>ui>I2RD.UI>——>I2R

RR

(5)將該電動機(jī)與一個阻值為30。的定值電阻并聯(lián)后，再與一個電動勢為9V,內(nèi)阻為15。的電源串聯(lián),

則此時電動機(jī)的輸出功率為Wo

【答案】①.A②.C(3).見解析⑤.C⑥.

0.165W

【解析】

【詳解】(1)UJ[2]15V量程電壓表太大，應(yīng)選擇量程為3V的電壓表與定值電阻串聯(lián)，故電壓表選

A；小燈泡的伏安特性曲線為非線性關(guān)系，需測多組數(shù)據(jù)，則電表變化范圍較大，滑動變阻器分壓式接

法，故滑動變阻器選C。

(2)[3]電壓表內(nèi)阻已知，可求出電流，則電流表采用外接，連接實(shí)物圖如圖

（3）［4］出現(xiàn)圖中P處原因是：電壓較小時，電動機(jī)沒有轉(zhuǎn)動，可看成純電阻，滿足歐姆定律，電壓增

大，使電動機(jī)開始轉(zhuǎn)動后，電動機(jī)為非純電阻電路，不滿足歐姆定律，電流突然減小。

（4）［5］電動機(jī)是非純電阻，電路總功率是機(jī)械功率與熱功率之和，所以有

UI=I2R+P?

即

U>IR

得

TJ2

UI>1~R>—>UI

R

即

(J,

—>UI>I2R

R

故選Co

（5）［6］設(shè)電動機(jī)的電壓為U,電流為/,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

1+

整理得

Rr.RE

UTT=--------1+-------

R+rR+r

即

U=-lOI+6

S/圖象如圖

u/v

2

P=UI—『r“=2.7x0.33W-0.332x-W=0.165W

M0.3

四、計算題（本題3個小題，共38分）

15.如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿右側(cè)兩平行正對的極板中心軸線OO'射入偏

轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出，打到熒光屏上的P點(diǎn)，。為熒光屏的中心點(diǎn)。已知電子質(zhì)量為機(jī)、電荷量為

e、加速電場所加的電壓為偏轉(zhuǎn)電場所加的電壓為以水平極板的長度為4、上下兩板間距離為4、

水平極板的右端到熒光屏的距離為4。不計電子所受重力。求：

2

（1）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值；

（2）電子打在熒光屏上的P點(diǎn)到0'點(diǎn)的距離鼠

U。l=

一一^_>

O

AJ，尸

Z,----------------7z—?

2熒光屏

?UL,

【答案】⑴tan*艱；⑵

2dU0

【解析】

【詳解】（1）電子在加速電場中

eU（）=gmv：

解得

Vm

【答案】(1)4V；(2)4d9W；(3)1.6X10-5C

【解析】

【詳解】（1）滑動變阻器滑片滑到最左端時，與阻值為零，R2短路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

電壓表的示數(shù)為

t/=E-/r=12V-2x4V=4V

（2）當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時，電源的輸出功率最大，則有

R外=R并+R.3=廣

&=4。

所以當(dāng)滑動變阻器阻值為4Q時，電源的輸出功率最大；最大輸出功率為

p2I?2

：)%===力W=9W

4r4x4

（3）滑動變阻器在最左端時，電容器兩端電壓為G，則有

（7,=/&=2X2V=4V

滑動變阻器在最右端時，電容器兩端電壓為。2,則有

據(jù)閉合電路歐姆定律可得

r++R井13

則有

4=/舄=群

通過Rq的電量為

=16x10"

17.帶電粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律在近代物理實(shí)驗裝置中有著極其廣泛的應(yīng)用，這些應(yīng)用涉及到帶電粒子

的測量、加速和約束問題。2023年諾貝爾物理學(xué)獎獲得者就因其研究控制電子移動而獲得。如圖的電場

模型設(shè)計，可以通過改變電場的水平寬度控制帶電小球間碰撞，從而模仿微觀狀態(tài)帶電粒子的運(yùn)動。如

圖所示，帶電量為q=+2xl()3c,質(zhì)量為〃"=01kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端，板的右

側(cè)空間有水平寬度一定、豎直高度足夠高的勻強(qiáng)電場，方向水平向左，電場強(qiáng)度。E=N0eiO?o

與B球形狀相同、質(zhì)量為%=0.3kg的絕緣不帶電小球A以初速度%=10m/s向B運(yùn)動，兩球發(fā)生彈

性碰撞后均逆著電場的方向進(jìn)入電場，在空中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞。已知每次碰撞時間極短，小球

A始終不帶電、小球B的電量始終不變，兩小球視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2o

(1)求第一次碰撞后瞬間A、B小球的速度；

(2)如果兩小球第二次第三次碰撞都發(fā)生在電場中，則在第二次與第三次碰撞之間，有一個時刻B小球

合力的瞬時功率為0o求此時刻AB兩小球動能之比：

(3)現(xiàn)要求兩小球冬空中只能碰撞兩次，求電場水平寬度滿足的條件

【答案】(1)A的速度%=5m/s,水平向右；B的速度V2=15m/s,水平向右；(2)—；(3)5m<J<7.5m

【解析】

【詳解】(1)第一次碰撞，向右為正：

121212

%%=%%+g丫2，5%%=-mAv,+-m^v2

第一次碰后A的速度

Vi=5m/s,水平向右

B的速度

V2=15m/s,水平向右

(2)豎直方向自由下落，AB始終在同一水平面，對B球水平方向

qE二加B〃

解得

a=20m/s2,水平向左

第二次碰撞前

12