四川省阆中中学校2015-2016学年高二物理下学期第一次段考试题

2015-2016学年度第一学期高二年级期末质检
物理答案
一、二.选择题
序号123456789101112答案A C C A B D D D BC AB AC ABD
三、实验,探究题
13、(每空2分共10分).（2）螺旋测微器（千分卡尺）
（3）①电流表A2
②甲；
（4）
14、(每空2分共8分)（1）选用R2。

（2）如右图所示
（3）E= 1.5 V，r= 1.0 Ω。

四、计算题(共30分)
15、(10分)
（1）(3分).对小球受力分析，受重力、电场力和细线的拉力，如图，小球受到的电场力的方向与电场线的方向相同，所以小球带正电．(答出小球带正电即可)
（2）(4分)根据力的平衡条件，有： Fsin θ=qE
Fcos θ=mg 解得：E=
（3）(3分).细线对小球的拉力F 为：
16、(12分)
⑴(4分)如图粒子在平行板间做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动
粒子从进入电场到离开电场运动的时间为
s s v L t 8
6010410
208.0-⨯=⨯==
⑵(4分)竖直方向为匀加速直线运动
214220
9/1075.3/10
103750s m s m m Eq a ⨯=⨯==--
⑶(4分)竖直方向位移为
m m at y 30.0)104(1075.32
1
2128142=⨯⨯⨯⨯==
- 17、（1）(4分) ，由
得， ，
（2）(4分) t=T/6=。

一、单选题（本大题共6 小题，每小题3 分，共18 分．每小题给出的四个选项中只有一个最符合题意．）1．下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是A．电场力、电场强度B．电场强度、电势差C．电场力做的功、电势能D．电势差、电势能2．如图所示，ab＝3bc，在c 点固定一负电荷，将一负电荷从a 点移到b 点，负电荷在a、b 两点的电势能分别为E p a、E p b，所受的电场力分别为F a、F b，则A．E pa<E pb B．3F a＝F b C．E pa>E pb D．9F a＝F b3．在点电荷Q 形成的电场中，一带正电的粒子通过时的轨迹如图中实线所示，a、 b 为两个等势面，则下列判断中正确的是A．Q 为负电荷B．运动中带正电的粒子总是克服电场力做功C．带正电的粒子经过两等势面的电势能E p a＞E pbD．带正电的粒子经过两等势面的动能E ka＞E kb4．如图所示a、 b 间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。

当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是A．V1的示数减小，A2的示数增大B．V2的示数减小，A1的示数增大C．V1的示数不变，A1的示数减小D．V2的示数不变，A2的示数减小5．位于某电场中的x 轴上的电势φ随位置x 变化的图像如图所示，x=x1和x=−x1处，图像切线的斜率绝对值相等且最大，则在x 轴上A．x=x1和x=−x1两处，电场强度相同B．x=x1和x=−x1两处，电场强度最小C．x=0 处电场强度大小为零D．正电荷从x=x1运动到x= +∞过程中，电势能逐渐减小6．如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器极板间电压为U，两极板间距为d．一电荷量大小为q 的带电油滴以初动能Ek 从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则二．不定项选择题（本大题共 5 小题，每小题 4 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得 4 分，选对但不全得2 分，有错或不选0 分．）7．如图所示，以O 点为圆心，以R=0.20m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在8．如图，某带电粒子由静止开始经电压为U 的电场加速后，射入水平放置、电势差为U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M，N 两点间的距离d 随着U 和U′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）A. d 随U 变化，d 随U′变化B. d 随U 变化， d 与U′无关C. d 与U 无关，d 与U′无关D. d与U 无关， d 随U′变化9．如图所示，一质量为m、电荷量为q 的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。

产事故频发。从哲学上看，安全意识之所以成为安全生产的关键，是因为
①人的意识决定了实践发展的方向和进程 ②人的意识影响实践发展的趋势和结果
③人的意识是促成实践中的矛盾转化的重要条件 ④人的意识不同，实践结果的性质
就会不同
A．①②
B．③④
C．①④D．②③
15.针对计划生育政策带来的人口结构等方面的问题，我国开始逐步完善人口政策，以促
科的核心。”对“哲学是一切学科的核心”理解正确的是
A．哲学是自然科学、社会科学和思维知识的总和
B．哲学是其他一切学科存在和发展的源泉
C．哲学是对各种具体知识进行概括、总结和反思的学问
D．哲学能够取代具体科学知识
6．近年来，人类对物质世界的探索不断取得新的进展。2013年3月，清华大学和中国科学院联
C.客观唯心主义和主观唯心主义的分歧D.朴素唯物主义和形而上学唯物主义的分歧
8. 马克思说: “哲学家并不像蘑菇那样是从地里冒出来的他们是自己的时代、自己的人民的产物人民的最美好、
最珍贵、最隐蔽的精髓都汇集在哲学思想里。”这表明,任何真正的哲学都是A. 社会变革的主体?B. 时代精神的精华C.
C. 具体科学是哲学的基础
D. 哲学源于对世界的惊异
7． 宋代的朱熹与陆九渊曾经进行多次辩论。朱熹认为，事物不在人的主观意识之中，“理”
是事物存在的根据。陆九渊则认为，世界的本原便是“吾心”，“理”是离不开心的。
此处所示的“朱陆之争”实质上属于
A.辩证法和形而上学的对立 B.唯物主义和唯心主义的对立
①使人善于思考，增长智慧 ②提供具体问题的解决方法
③决定社会进步 ④推动思想解放，影响社会变革
A．①②
B．③④
C．①④D．②④

2015-2016学年四川省南充市阆中中学高二（上）第二次段考物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1-5题给出的四个选项中只有一个是正确的；6-8题为多项选择题，对而不全的得3分）1．下列说法中正确的是( )A．电流既有大小，又有方向，因此电流是矢量B．电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向C．磁感应强度是矢量，方向与垂直放入该点的电流元受力方向一致D．磁通量、电势均有正负，但它们是标量2．在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )A．B．C．D．3．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大4．如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r．开关S闭合后，灯泡L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则( )A．灯泡 L1变亮，L2变暗B．灯泡 L1、L2均变暗C．电流表的示数变大 D．电源的总功率变小5．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小6．质子和α粒子的电荷量比q1：q2=1：2，质量比m1：m2=1：4，它们以相同速度进入同一匀强磁场中后，在磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，其轨道半径分别为R1、R2，周期分别为T1、T2，则( )A．R1：R2=1：2 B．R1：R2=2：1 C．T1：T2=1：1 D．T1：T2=2：17．如图所示，实线表示某静电场中的电场线图中A、O、B是同一电场线上的三点：下列说法中正确的是( )A．正电荷A点受到的电场力一定比负电荷在A点受到的电场力大B．电荷在A点的电势能比在O点的电势能大C．把电荷由A点移到B点电场力做正功D．A点的电势一定比B点的电势高8．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P 点恰好在A点的正上方．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，( )A．小球经过C点时的速度大小为B．电场强度大小E=C．小球经过B点时动能最大D．小球的最大动能为mgR（1+）二、实验题9．在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学安装好实验装置并进行如下操作：（1）给平行板电容器充电，保持两板距离和板上的电荷量不变，使B板平行上移，如图甲所示，则静电计指针偏角__________（填“不变”，“变大”或“变小”）（2）给平行板电容器充电，保持两板正对面积和板上的电荷量不变，使B平行板右移，如图乙所示，观察到静电计指针偏角减小，则平行板电容器的电容__________（填“不变”，“变大”或“变小”）10．某电阻额定电压为3V，阻值大约为10Ω．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表A1量程300mA，内阻约1Ω．）B．电流表A2量程0.6A，内阻约0.3Ω）C．电压表V1量程3.0V，内阻约3kΩ）D．电压表V2量程15.0V，内阻约5kΩ）E．滑动变阻器R1（最大阻值为50Ω）F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）G．电源E（电动势4V，内阻可忽略）H．开关、导线若干为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需填器材前面的字母即可）：电流表__________，电压表__________、滑动变阻器__________．应采用的电路图为图中的__________．三、计算题（本题共3小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）11．（16分）如图所示，一个质量为m，电荷量为q的粒子，自A点垂直电场线方向进入有界的匀强电场，它从B点飞出时速度为v B，v B方向与电场强度方向的夹角为120°，已知AB 沿电场线方向相距d，不计重力，求：（1）A、B两点间的电势差大小U；（2）粒子从A运动到B的时间t；（3）匀强电场的宽度L．12．（18分）如图所示，质量为3Kg的导体棒，放在间距为d=1m的水平放置的导轨上，其中电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，定值电阻R0=11.5Ω，其它电阻均不计．（g取10m/s2）求：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为B=2T，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为多大？方向如何？（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成θ=60°角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力多大？13．（14分）如图所示，在坐标系xoy中，x轴上方存在匀强磁场，方向垂直于xoy向里；在x轴下方存在匀强电场，电场强度为E，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成θ=45°夹角．一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从y轴上P1（0，﹣d）点静止释放．一段时间后粒子进入磁场，且从y轴上的P2（图中未画出）垂直于y轴飞入第二象限．不计粒子重力．求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）磁场的磁感应强度B及粒子第一次在磁场中运动的时间；（3）粒子第三次到达x轴的位置．2015-2016学年四川省南充市阆中中学高二（上）第二次段考物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1-5题给出的四个选项中只有一个是正确的；6-8题为多项选择题，对而不全的得3分）1．下列说法中正确的是( )A．电流既有大小，又有方向，因此电流是矢量B．电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向C．磁感应强度是矢量，方向与垂直放入该点的电流元受力方向一致D．磁通量、电势均有正负，但它们是标量【考点】磁感应强度；磁通量．【分析】电流没有方向，是标量，而磁通量、电势均有正负，但它们是标量；电场强度方向就是正电荷在该点的受力方向，而磁感应强度与垂直放入该点的电流元受力方向垂直．【解答】解：A、电流既有大小，有方向，而习惯规定正电荷定向移动方向为电流方向，其方向与矢量的方向有不同含义，因此电流是标量，故A错误；B、电场强度是矢量，方向就是正电荷在该点的受力方向，故B错误；C、磁感应强度是矢量，根据左手定则可知，其方向与垂直放入该点的电流元受力方向垂直，故C错误；D、磁通量、电势均有正负，但它们是标量，故D正确；故选：D．【点评】考查矢量与标量的区别，掌握电场强度与磁感应强度的方向与各自力的关系．注意左手定则与右手定则的不同．2．在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )A．B．C．D．【考点】左手定则；安培力．【分析】带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定．【解答】解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；故选：C【点评】左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向．3．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．【解答】解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b 所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．4．如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r．开关S闭合后，灯泡L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则( )A．灯泡 L1变亮，L2变暗B．灯泡 L1、L2均变暗C．电流表的示数变大 D．电源的总功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先搞清电路的连接关系：灯L2与滑动变阻器并联，再与灯L1串联；再据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解即可．【解答】解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．A、B、将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，整个电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L1变暗；由于干路电流减少，内电压和灯泡L1两端的电压都减小，所以L2与滑动变阻器并联的电压增大，L2变亮．故A、B错误．C、干路电流I减小，L2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过L2的电流增大，所以电流表的示数减少，故C错误．D、干路电流I减小，根据P=EI得电源的总功率减少，故D正确．故选：D．【点评】对于电路的动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．5．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题．【分析】粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功．【解答】解：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误．故选：C．【点评】带电粒子在复合场中运动的综合分析这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面：（1）在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qE=qvB．（2）若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．（3）若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：6．质子和α粒子的电荷量比q1：q2=1：2，质量比m1：m2=1：4，它们以相同速度进入同一匀强磁场中后，在磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，其轨道半径分别为R1、R2，周期分别为T1、T2，则( )A．R1：R2=1：2 B．R1：R2=2：1 C．T1：T2=1：1 D．T1：T2=2：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子以一定速度垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．运动轨迹的半径由磁感应强度、电量、质量及速度决定．而运动轨迹的周期与磁感应强度、电量、质量有关，却与速度无关．【解答】解：质子（11P）和α粒子（42He）以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，均做匀速圆周运动．A、由轨迹的半径为：R=得半径与这两粒子的质量与电量的比值成正比．即R P：Rα=1：2，故A正确，B错误；C、周期公式：T=得同期也与这两粒子的质量与电量的比值成正比．即T P：Tα=1：2，故CD错误；故选：A．【点评】由题意去寻找出半径只与什么有关、周期只与什么有关，而去除在本题中与之无关的量．7．如图所示，实线表示某静电场中的电场线图中A、O、B是同一电场线上的三点：下列说法中正确的是( )A．正电荷A点受到的电场力一定比负电荷在A点受到的电场力大B．电荷在A点的电势能比在O点的电势能大C．把电荷由A点移到B点电场力做正功D．A点的电势一定比B点的电势高【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据公式F=qE分析电场力的大小；根据电场力做功正负，分析电势能的大小．根据电场力与位移方向的关系，判断电场力做功的正负．顺着电场线方向电势降低．由这些知识进行分析．【解答】解：A、在电场中同一点场强E一定，根据F=qE知，在同一点，电场力与电荷量成正比，由于正、负电荷的电荷量未知，不能确定电场力的大小，故A错误．B、顺着电场线方向电势逐渐降低，可知A点的电势一定比O点的电势高，则正电荷在在A 点的电势能比在O点的电势能大，而负电荷在A点的电势能比在O点的电势能小．故B错误．C、正电荷由A点移到B点电场力做正功，负电荷由A点移到B点电场力做正负．故C错误．D、顺着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势一定比B点的电势高．故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键是掌握电场线的两个意义：电场线的方向表示电势的高低，疏密表示场强的大小，运用推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，可判断电势能的变化和电场力做功的正负．8．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P 点恰好在A点的正上方．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，( )A．小球经过C点时的速度大小为B．电场强度大小E=C．小球经过B点时动能最大D．小球的最大动能为mgR（1+）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】小球从C点开始平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式求解小球经过C点的速度；对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求动能的最大值．【解答】解：A、小球过C点时速度大小为v C．小球从C点开始平抛运动到P过程，则有：2R=v C tR=联立解得：v C=，故A正确．B、设电场强度为E，小球从A到C由动能定理：qE•3R﹣mg•2R=mv C2解得：E=．故B错误．CD、设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理得：qE（2R+Rsinα）﹣mgR（1﹣cosα）=mv2即：mv2=mgR（sinα+cosα+1）根据数学知识可得，当α=45°时动能最大由此可得：v m=最大动能为E km==mgR（1+），故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题关键灵活地选择过程并运用动能定理列式，同时要根据平抛运动的位移公式列式进一步分析求解．二、实验题9．在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学安装好实验装置并进行如下操作：（1）给平行板电容器充电，保持两板距离和板上的电荷量不变，使B板平行上移，如图甲所示，则静电计指针偏角变大（填“不变”，“变大”或“变小”）（2）给平行板电容器充电，保持两板正对面积和板上的电荷量不变，使B平行板右移，如图乙所示，观察到静电计指针偏角减小，则平行板电容器的电容变大（填“不变”，“变大”或“变小”）【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计的电压大则指针偏角大，先根据电容的决定式C=，分析电容的变化，再根据电容的定义式C=，分析电容器极板间电压的变化，从而作出判断．【解答】解：（1）给平行板电容器充电，保持两板距离和板上的电荷量不变，使B板平行上移S减小，根据C=知电容C减小，再根据电容的定义式C=知U增大，则静电计指针偏角变大（2）给平行板电容器充电，保持两板正对面积和板上的电荷量不变，使B平行板右移d减小，电容C增大，静电计两端电压U减小，观察到静电计指针偏角减小故答案为：变大，变大【点评】对于电容器的动态分析问题，往往是电容的决定式C=和电容的定义式C=的综合运用，分析时要抓住不变量，运用控制变量法．10．某电阻额定电压为3V，阻值大约为10Ω．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表A1量程300mA，内阻约1Ω．）B．电流表A2量程0.6A，内阻约0.3Ω）C．电压表V1量程3.0V，内阻约3kΩ）D．电压表V2量程15.0V，内阻约5kΩ）E．滑动变阻器R1（最大阻值为50Ω）F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）G．电源E（电动势4V，内阻可忽略）H．开关、导线若干为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需填器材前面的字母即可）：电流表A，电压表C、滑动变阻器E．应采用的电路图为图中的B．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】根据电阻的额定电流选择电流表，根据电阻额定电压选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．根据比较来确定电流表是外接还是内接，为了提高精确度，电压可以从0开始，故滑动变阻器要用分压接法．【解答】解：电阻额定电流约为：=300mA，电流表应选A；额定电压为3V，电压表应选C；电阻丝的电阻值仅约10Ω，与100Ω的滑动变阻器的电阻值相差比较大，所以滑动变阻器阻值越小调节时电表变化越明显，为方便实验操作，滑动变阻器应选E；根据选择的器材计算≈300＞=10，即电压表的内阻远大于待测电阻，故电压表的分流可以忽略，电路采用电流表外接法；由于实验要提高精度，也需要测量多组数据，则滑动变阻器要用分压接法综合以上两点，只有电路图B符合要求；故答案为：A；C；E；B．【点评】根据实验目的与待测电阻规格选择合适的实验器材是正确解题的关键，掌握选择电流表内接还是外接的方法，以及滑动变阻器何时使用分压接法．三、计算题（本题共3小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）11．（16分）如图所示，一个质量为m，电荷量为q的粒子，自A点垂直电场线方向进入有界的匀强电场，它从B点飞出时速度为v B，v B方向与电场强度方向的夹角为120°，已知AB 沿电场线方向相距d，不计重力，求：（1）A、B两点间的电势差大小U；（2）粒子从A运动到B的时间t；（3）匀强电场的宽度L．【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）带电粒子竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，根据B 点的速度分解，可求得v A，再根据动能定理求解B、A间的电势差；（2）根据竖直方向匀加速运动，求出运动时间；（3）根据竖直方向匀速运动，再由运动学公式求解电场的宽度．【解答】解：（1）带电粒子竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，由B 点的速度分解可得：v A=v B cos30°从A到B，由动能定理得：qU AB=﹣又U BA=﹣U AB，联立得：U BA=（2）水平方向有：x=d=，a=则得：x=解得：t=d=（3）微粒竖直方向匀速运动，则有：匀强电场的宽度为：y=v A t=v B cos30°t=．答：（1）AB间的电势差大小为．（2）微粒从A到B经历的时间为．（3）匀强电场的宽度为．【点评】此题关键要掌握运动的合成与分解研究的方法，知道类平抛运动如何处理，并掌握运动学公式、牛顿第二定律、动能定理等规律，即可求解．12．（18分）如图所示，质量为3Kg的导体棒，放在间距为d=1m的水平放置的导轨上，其中电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，定值电阻R0=11.5Ω，其它电阻均不计．（g取10m/s2）求：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为B=2T，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为多大？方向如何？（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成θ=60°角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力多大？【考点】安培力．【分析】（1）根据欧姆定律求出电路中电流．导体棒静止不动，受力要平衡，分析导体棒的受力情况，作出力图，根据平衡条件求出导轨与导体棒间的摩擦因数．（2）分析导体检的受力情况，根据平衡条件求解导体棒所受的摩擦力【解答】解：（1）以金属棒为研究对象，棒静止不动水平方向F f=F安方向向左根据闭合电路欧姆定律得：棒所受安培力F安=BIdF f=F安=（2）棒受力分析如图棒与轨道间的最大静摩擦力增大，棒仍静止答：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为B=2T，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为1N，方向向左（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成θ=60°角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力为N【点评】本题通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，是力学和磁场知识的综合。