精品解析：江西宜春市樟树中学2026-2027学年高二上学期第一次诊断作业物理试题

樟树中学2028届高二年级上学期第一次诊断作业 物理作业 一、选择题（1—7题为单选题，每题4分；8—10题为多选题，每题6分；共46分） 1. 孙思邈在《备急千金要方》中曾记载：“琥珀拾芥”（琥珀摩擦后可吸引轻小物体）。关于静电现象，下列说法正确的是（ ） A. “琥珀拾芥”属于摩擦起电现象，其本质是电荷的转移 B. 琥珀与丝绸摩擦后带负电，说明丝绸对电子的束缚能力更强 C. 摩擦琥珀能带电，表明电荷的总量并不守恒 D. 琥珀能吸引芥子，是因为异种电荷相互排斥 2. 某带电粒子在电场中运动时，仅受电场力作用，经M点运动到N点，其加速度大小随时间变化的关系如图所示。下列选项中粒子的运动轨迹（实线）与电场的等差等势面（虚线）分布，符合该粒子加速度变化特征的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图所示，电荷量为+q和-q的点电荷分别位于边长为a的正方体的顶点，设静电力常量为k，则正方体中心的电场强度大小为（ ） A. 0 B. C. D. 4. 内壁光滑的半圆形碗内放置两个可视为质点的带电金属小球，质量关系，二者处于静止状态时位置图如图所示，与对碗的压力大小之比为（　　） A. B. C. D. 5. 某同学将四个相同的小量程电流表（表头）分别正确改装成了量程为1 A和3 A两个电流表、，以及量程为3 V和15 V的两个电压表、。改装好后把它们按如图所示接法连入电路，则（ ） A. 电流表的读数为0.8 A时，的读数也为0.8 A B. 电流表满偏时，指针偏转到满刻度的 C. 电压表半偏时，会满偏 D. 电流表半偏时，电路中的总电流为2 A 6. 如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N，下极板N接地。现将其与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电量为零。为定值电阻，和为电阻箱，闭合开关S稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是（ ） A. 断开开关S，M板稍微上移，静电计指针偏角变小 B. 断开开关S，N板稍微下移，带电油滴的电势能增大 C. 保持开关S闭合，增大阻值，带电油滴仍然静止不动 D. 保持开关S闭合，增大阻值，平行板电容器的带电荷量减小 7. 如图甲，物块A放在绝缘水平面上的O点，用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳与物块B连接，B离滑轮足够远。空间存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为。A、B的质量均为1 kg，A的电荷量为，B不带电。运动过程中A与O点的距离设为x，A与水平面间的动摩擦因数与x的关系如图乙。规定O点的电势为0，重力加速度大小取，将A、B由静止释放，则物块A的（ ） A. 最大速度为 B. 最大位移为1 m C. 速度为时，电势能可能为 D. 速度为时，绳中拉力大小可能为9.2 N 8. 如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电。图中充电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极（接地）。以下说法正确的是（ ） A. 通过过滤网后空气中的尘埃带正电 B. 两个电极之间的电场方向竖直向下 C. 尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大 D. 尘埃被吸附到集尘极的过程中所受电场力做负功 9. 如图所示，空间中有平行于正六边形所在平面的匀强电场，正六边形中心为，边长为。将电荷量为的点电荷从点移动到点，静电力做了的功，再从点移动到点，静电力又做了的功。选点为电势能零点，下列说法正确的是（ ） A. 点电势为 B. 点的电势为 C. 匀强电场方向由指向 D. 匀强电场的电场强度大小为 10. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（　　） A. 若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大 B. 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 C. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 D. 若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于 二、实验题（共两大题，每空2分，共18分） 11. 某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别进行了以下操作。 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1，P2，P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 （1）图甲中实验采用的方法是（　　） A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 微小量放大法 D. 控制变量法 （2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而_________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则为___________。 12. 在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有： 微安表头G（量程300，内阻约为几百欧姆） 滑动变阻器R1（0～10） 滑动变阻器R2（0～50） 电阻箱R（0~9999） 电源E1（电动势约为1.5V） 电源E2（电动势约为9V） 开关、导线若干 （1）实验小组先用如图（a）所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是： A．按图（a）连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端； B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏； C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为，记录此时电阻箱的阻值R0。 ①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用________（选填仪器字母代号）； ②测得表头G的内阻Rg=________，表头内阻的测量值较其真实值________（选填“偏大”或“偏小”）； （2）实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为________的电阻与表头G并联； （3）实验小组利用改装后的电流表A，用图（b）所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx=________。 三、计算题（第13题10分，第14题12分，第15题14分） 13. 如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的方向与所在的平面平行，，。将电荷量的点电荷从A点移动到B点，静电力做功；将该电荷从B点移动到C点，电势能增加了。设C点的电势，A、B的距离，求： （1）A与B、C两点间的电势差、； （2）电场强度E的大小。 14. 如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求： （1）小球经过C点时的速度大小； （2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值； （3）小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标。 15. 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为L（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。 （1）若两板间电场强度恒为E，且M、N板间距离为d，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从点射入电场的初速度； （2）两板间的电压与（1）相同，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值； （3）若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离d应满足的条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 樟树中学2028届高二年级上学期第一次诊断作业 物理作业 一、选择题（1—7题为单选题，每题4分；8—10题为多选题，每题6分；共46分） 1. 孙思邈在《备急千金要方》中曾记载：“琥珀拾芥”（琥珀摩擦后可吸引轻小物体）。关于静电现象，下列说法正确的是（ ） A. “琥珀拾芥”属于摩擦起电现象，其本质是电荷的转移 B. 琥珀与丝绸摩擦后带负电，说明丝绸对电子的束缚能力更强 C. 摩擦琥珀能带电，表明电荷的总量并不守恒 D. 琥珀能吸引芥子，是因为异种电荷相互排斥 【答案】A 【解析】 【详解】A．“琥珀拾芥”是琥珀摩擦后带电吸引轻小物体，属于摩擦起电现象，摩擦起电的本质是电子（电荷）在不同物体间的转移，故A正确； B．两种物质摩擦时，对电子束缚能力更强的物质会得到电子带负电，琥珀带负电说明琥珀对电子的束缚能力比丝绸更强，故B错误； C．摩擦起电只是电荷在物体间发生转移，系统的电荷总量保持不变，遵守电荷守恒定律，故C错误； D．异种电荷相互吸引，且芥子属于轻小绝缘体，被琥珀吸引是因为带电体可使轻小绝缘体极化产生感应电荷从而产生引力，故D错误。 故选A。 2. 某带电粒子在电场中运动时，仅受电场力作用，经M点运动到N点，其加速度大小随时间变化的关系如图所示。下列选项中粒子的运动轨迹（实线）与电场的等差等势面（虚线）分布，符合该粒子加速度变化特征的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】粒子仅受电场力，加速度 图像加速度大小随时间先增后减，说明电场强度E先增后减，等势面越密电场强度越大。 A．图A为等量同种电荷等差等势面分布，MN为等量同种电荷连线中垂线，从M到N，电场强度E先减后增，故A错误； B．图B为等量异种电荷等差等势面分布，MN为等量异种电荷连线，从M到N，电场强度E先减后增，B错误； C．等势面先密后疏，电场强度先增后减，加速度先增后减，符合条件，C正确； D．等势面均匀分布，电场强度不变，加速度不变，不符合加速度先增后减，D错误。 故选C。 3. 如图所示，电荷量为+q和-q的点电荷分别位于边长为a的正方体的顶点，设静电力常量为k，则正方体中心的电场强度大小为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 将图中两组对角线上的电荷产生的场强合成即为中心O点的场强（另外两对角线上的正电荷在O点的合场强为零），则 由几何关系可知，两场强夹角的一半θ，则 则O点合场强 故选B。 4. 内壁光滑的半圆形碗内放置两个可视为质点的带电金属小球，质量关系，二者处于静止状态时位置图如图所示，与对碗的压力大小之比为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对小球受力分析，如图所示，小球受重力、支持力、库仑力，其中F2为库仑力F和重力m2g的合力 根据三力平衡原理可知，F2=FN2 由图可知，△OAB∽△BFF2，设半球形碗的半径为R，根据三角形相似可知 即 同理，对小球受力分析可得 可得 根据牛顿第三定律可知，与对碗的压力大小之比为3:2。 故选C。 5. 某同学将四个相同的小量程电流表（表头）分别正确改装成了量程为1 A和3 A两个电流表、，以及量程为3 V和15 V的两个电压表、。改装好后把它们按如图所示接法连入电路，则（ ） A. 电流表的读数为0.8 A时，的读数也为0.8 A B. 电流表满偏时，指针偏转到满刻度的 C. 电压表半偏时，会满偏 D. 电流表半偏时，电路中的总电流为2 A 【答案】D 【解析】 【详解】A．电流表与并联，两个表头两端的电压相等；四个表头完全相同（内阻相同），由欧姆定律可知流过两个表头的电流相等，两表指针偏转角始终相同。偏转角相同时，电流表的示数与量程成正比，量程为1A、量程为3A，则的读数应为读数的3倍；的读数为0.8A时，的读数为， A错误； B．电流表满偏时，流过其表头的电流为满偏电流；由A项分析可知，此时流过表头的电流也为，的指针也偏转到满刻度，而不是满刻度的，B错误； C．电压表与串联，流过两个表头的电流始终相等，两表指针偏转角相同。电压表半偏时，也半偏，不会满偏，C错误； D．电流表半偏时，其读数为 此时两表指针偏转角相同，的读数为 故电路中的总电流为，D正确。 故选D。 6. 如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N，下极板N接地。现将其与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电量为零。为定值电阻，和为电阻箱，闭合开关S稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是（ ） A. 断开开关S，M板稍微上移，静电计指针偏角变小 B. 断开开关S，N板稍微下移，带电油滴的电势能增大 C. 保持开关S闭合，增大阻值，带电油滴仍然静止不动 D. 保持开关S闭合，增大阻值，平行板电容器的带电荷量减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．闭合开关 S 稳定后，电容器所在支路没有电流， 上没有电压降，电容器两板间电压的大小等于 两端的电压； 由图可知 N 板与电源正极相连、带正电，M 板带负电，板间电场方向竖直向上，油滴所受电场力与重力等大反向，油滴带正电。 断开开关 S 后，由于理想二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所带电荷量 保持不变；M 板稍微上移，板间距离 增大，由 可知电容 减小，再由 可知板间电压 增大，静电计指针偏角变大，A 错误； B．断开开关 S 后电荷量 不变，由 可得 板间场强与 无关，场强不变； N 板接地，其电势始终为零，N 板稍微下移后， 点到 N 板的距离 增大，、N 两点间的电势差 增大，沿电场方向电势逐渐降低， 点电势降低且为负值，油滴带正电，由 可知油滴在 点的电势能减小，B 错误； C．保持开关 S 闭合，增大 阻值，电路中电流减小， 两端的电压减小，电容器两板间电压将要降低、电容器将要放电；但由于理想二极管的单向导电性，放电电流不能通过二极管，电容器所带电荷量 不能减少、保持不变，板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍然静止不动，C 正确； D．保持开关 S 闭合，稳定时电容器支路没有电流， 上没有电压降，电容器两板间电压与 的阻值无关，增大 阻值，板间电压不变，由 可知平行板电容器的带电荷量不变，D 错误。 故选C。 7. 如图甲，物块A放在绝缘水平面上的O点，用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳与物块B连接，B离滑轮足够远。空间存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为。A、B的质量均为1 kg，A的电荷量为，B不带电。运动过程中A与O点的距离设为x，A与水平面间的动摩擦因数与x的关系如图乙。规定O点的电势为0，重力加速度大小取，将A、B由静止释放，则物块A的（ ） A. 最大速度为 B. 最大位移为1 m C. 速度为时，电势能可能为 D. 速度为时，绳中拉力大小可能为9.2 N 【答案】D 【解析】 【详解】AB．设两物块的质量均为。图乙是动摩擦因数随位移变化的图像，图线过原点和，因此 物块竖直方向平衡，支持力，由滑动摩擦力公式得 物块所受电场力水平向左，大小为 初始摩擦力为零，电场力大于物块的重力，故向左运动、向上运动。轻绳不可伸长，两物块的速度大小均为，位移大小均为，绳中拉力对两物块做的总功为零。摩擦力随位移线性增大，故此过程的平均摩擦力为末值的一半。对两物块组成的系统，由动能定理得 代入数据得 右端是关于的开口向下的二次函数，在时取最大值，最大速度为。令，除去初始位置，得最大位移为，故AB错误； C．当时，代入前述速度与位移关系，解得和。由于点电势为零，物块初始电势能为零。设其电势能为，电场力沿运动方向做正功，由电场力做功与电势能变化的关系得 上述两个位置对应的电势能分别为和，故C错误； D．以向左、向上为各自正方向，设两物块的加速度均为，绳中拉力大小为。对物块，沿水平方向由牛顿第二定律得 对物块，沿竖直方向由牛顿第二定律得 联立两式得 将前述和分别代入，得和，故D正确。 故选D。 8. 如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电。图中充电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极（接地）。以下说法正确的是（ ） A. 通过过滤网后空气中的尘埃带正电 B. 两个电极之间的电场方向竖直向下 C. 尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大 D. 尘埃被吸附到集尘极的过程中所受电场力做负功 【答案】AC 【解析】 【详解】A．尘埃经过过滤网后被负极吸引，所以尘埃带正电，故A正确； B．电场线从正极板指向负极板，d是正极板，c是负极板，所以电场线方向由d指向c，方向向上，故B错误； C．尘埃带正电，尘埃在被吸附到集尘极e的过程中，电场力做正功，尘埃动能增大，故C正确； D．尘埃带正电，受力方向与电场线方向相同，故吸附到集尘极的过程中，电场力做正功，故D错误。 故选AC。 9. 如图所示，空间中有平行于正六边形所在平面的匀强电场，正六边形中心为，边长为。将电荷量为的点电荷从点移动到点，静电力做了的功，再从点移动到点，静电力又做了的功。选点为电势能零点，下列说法正确的是（ ） A. 点电势为 B. 点的电势为 C. 匀强电场方向由指向 D. 匀强电场的电场强度大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．·点电荷从点移动到点，根据 又 解得，故A错误； B．点电荷从点移动到点，根据 又 解得 根据匀强电场中平行且相等线段两端点的电势差相等，即 解得，故B正确； C．根据匀强电场中平行且相等线段两端点的电势差相等，即 解得 NQ为等势线，如图，根据电场线与等势线垂直，电场线沿PM线由P指向M，故C错误； D．匀强电场的电场强度大小为，故D正确。 故选BD。 10. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（　　） A. 若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大 B. 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 C. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 D. 若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，等效重力即电场力和重力的合力，小球受到水平向右的电场力 合力为 方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设等效合力方向与弧的交点为，则它运动到等效最低点动能最大，故A错误； B．小球受到水平向右的电场力 合力为 设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有 解得 故B正确； C．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，电场力做的负功最多，机械能最小，故C正确； D．若小球做圆周运动，由动能定理 可得 但是由于小于做圆周运动的最小速度，故先做一段曲线近心运动，后绳子绷直，有动能损失，故B点速度小于，故D正确。 故选BCD。 二、实验题（共两大题，每空2分，共18分） 11. 某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别进行了以下操作。 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1，P2，P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 （1）图甲中实验采用的方法是（　　） A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 微小量放大法 D. 控制变量法 （2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而_________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则为___________。 【答案】（1）D （2）减小 （3） 【解析】 【小问1详解】 图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法。 故选D。 【小问2详解】 本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受静电力的大小，由图可知，电荷量越大、距离越小，丝线偏离竖直方向的角度越大，设偏角为θ，由平衡条件有 可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大、随着距离的增大而减小。 【小问3详解】 设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示 当A球带电量为q1时，由平衡条件得 其中 当A球带电量为q2时，由平衡条件得 其中 联立解得 12. 在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有： 微安表头G（量程300，内阻约为几百欧姆） 滑动变阻器R1（0～10） 滑动变阻器R2（0～50） 电阻箱R（0~9999） 电源E1（电动势约为1.5V） 电源E2（电动势约为9V） 开关、导线若干 （1）实验小组先用如图（a）所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是： A．按图（a）连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端； B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏； C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为，记录此时电阻箱的阻值R0。 ①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用________（选填仪器字母代号）； ②测得表头G的内阻Rg=________，表头内阻的测量值较其真实值________（选填“偏大”或“偏小”）； （2）实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为________的电阻与表头G并联； （3）实验小组利用改装后的电流表A，用图（b）所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx=________。 【答案】（1） ①. E2 ②. R2 ③. ④. 偏小 （2）0.5 （3）4.3 【解析】 【详解】（1）①[1][2]闭合S2开关时，认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2； ②[3][4]闭合开关S2时，认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的三分之二，则流过电阻箱的电流为满偏电流的三分之一，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则 闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头G示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小； （2）把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为 （3）改装后电流表内阻为 微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为 由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为 三、计算题（第13题10分，第14题12分，第15题14分） 13. 如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的方向与所在的平面平行，，。将电荷量的点电荷从A点移动到B点，静电力做功；将该电荷从B点移动到C点，电势能增加了。设C点的电势，A、B的距离，求： （1）A与B、C两点间的电势差、； （2）电场强度E的大小。 【答案】（1）20 V，60 V （2） 【解析】 【小问1详解】 由得 电荷从B点移动到C点，电势能增加，说明电场力做负功，即 同理可得 根据电势差的关系可得 【小问2详解】 沿AB方向的电场强度分量为 沿AC方向的电场强度分量为 电场强度大小为 14. 如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求： （1）小球经过C点时的速度大小； （2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值； （3）小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标。 【答案】（1） （2） （3）和 【解析】 【小问1详解】 带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得 解得小球经过C点时的速度大小为 【小问2详解】 在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为 设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有 可得 则当小球在第III象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得 解得 在D点根据牛顿第二定律可得 联立解得小球受到轨道支持力的最大值为 【小问3详解】 在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为 小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为，方向竖直向上 设小球在电场中经过x轴，则有 解得 小球从电场第一次经过x轴，此时小球竖直向上的分速度为 小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有 则小球第二次与x轴交点的横坐标为 所以小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标分别为和。 15. 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为L（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。 （1）若两板间电场强度恒为E，且M、N板间距离为d，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从点射入电场的初速度； （2）两板间的电压与（1）相同，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值； （3）若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离d应满足的条件。 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【小问1详解】 取电子进入方向为轴正方向、竖直向上为轴正方向。电子带负电，要向上偏转，则电场力方向向上，电子在竖直方向的加速度大小为；水平方向不受力，做匀速直线运动，故飞行时间为。 电子从中线运动到点，竖直位移为，由匀变速直线运动位移公式得。由 有 解得 【小问2详解】 设移动下极板后两板间距为。两板电压仍为，所以板间场强大小为 电子仍从中线进入，水平方向速度保持为，在到达右侧边缘前的时间为。 电子在竖直方向的位移为 代入第（1）问结果，得。 为使电子不碰上方极板，须有，故。电子射出时的竖直速度随增大而增大，因而动能最大对应临界情况，此时电子恰好从上极板边缘射出。从进入到射出，电场力做功等于，由动能定理得 代入， 解得 【小问3详解】 取竖直向上为正方向，板间距为。在内，电压为，电子向上做匀加速运动，加速度大小为；在内，电压为，电子向下做匀减速运动，加速度大小为。 前半周期末电子的竖直速度为，竖直位移为 要使电子在时回到中线，后半周期的竖直位移应使总位移为零，即。由 整理得 因此 在后半周期内，电子先上升后下降，最大位移出现在竖直速度减为零的时刻。相对于，上升时间为，故最大位移为。由 整理得 电子不能碰到上极板，须满足，所以 即 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $