广东省深圳市宝安第一外国语学校高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

广东省深圳市宝安第一外国语学校2015-2016学年高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1下列说法中不正确的是（）a电子电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的b电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来c沿电场方向电场强度越来越小d电源电动势是表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关2如图所示，带等量异种电荷的两个相同金属小球a、b（可视为点电荷），相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是f今让第三个相同的不带电金属小球c先后与a、b两球接触后移开，这时a、b两球之间的相互作用力为（）a吸引力，b吸引力，c排斥力，d排斥力，3如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由aob匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（）a先变大后变小，方向水平向左b先变大后变小，方向水平向右c先变小后变大，方向水平向左d先变小后变大，方向水平向右4对一电容器充电时电容器的电容c，带电荷量q，电压u之间的关系图象如图所示，其中正确的是（）abcd5如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点，a、b电势分别a=3v，b=1v下列叙述正确的是（）a该电场在c点处的电势一定为2vb一正电荷在a点所受电场力一定大于在b点所受电场力c一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向ad一正电荷从c点运动到b点电场力做正功6如图所示为某电场中的一条电场线，在a点由静止释放一个带正电的粒子（所受重力不能忽略），到达b点时速度恰好为零，则（）a电场线的方向一定竖直向下b该粒子从ab速度先增加后减小ca点场强有可能比b点大d该电场可能是负的点电荷形成的电场7某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）a电流表烧坏b电压表烧坏c小灯泡烧坏d小灯泡不亮8如图所示，图线1表示的导体的电阻为r1，图线2表示的导体的电阻为r2，则下列说法正确的是（）ar1：r2=1：3br1：r2=3：1c将r1与r2串联后接于电源上，则电流比i1：i2=1：3d将r1与r2并联后接于电源上，则电流比i1：i2=3：19一带电粒子从电场中的b点运动到a点，轨迹如图中虚线所示不计粒子所受重力，则下列说法中错误的是（）a粒子带正电b粒子从b点运动到a点加速度逐渐减小c粒子从b点运动到a点电势能增大d粒子在a点的速度大于b点的速度10如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球a、b分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力f作用于小球b，则两球静止于图示位置，如果将小球b向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）a推力f将增大b竖直墙面对小球a的弹力减小c地面对小球b的弹力一定不变d两个小球之间的距离增大11如图所示，ac、bd为圆的两条互相垂直的直径，圆心为o，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于ac对称，+q与o点的连线和oc夹角为30，下列说法正确的是（）aa、c两点的电势关系是acbb、d两点的电势关系是bdco点的场强大小为do点的场强大小为12如图所示为一款手机电池的标签，下列说法正确的是（）a该电池在工作1小时后达到的电流为500 mab该电池的电动势为3.6 vc该电池的容量为500 mahd若电池以10 ma的电流工作，可用50小时二.填空题（每空2分，共20分把各题的答案直接写在横线处）13电路中有一段导体，给它加上2v的电压时，通过它的电流为2ma，可知这段导体的电阻为；如果给它两端加上1v的电压，它的电阻为；如果在它的两端不加电压，它的电阻为14已知某一表头g，内阻rg=100，满偏电流ig=2ma，要将它改装成量程为3v的电压表，需联一个的电阻15如图所示，在竖直放置的半径为r的光滑绝缘细管的圆心o处放一点电荷，将质量m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点a由静止释放，小球沿细管滑到最低点b时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷带电，带电量q=16有一标有“6v，1.5w”的小灯泡，现用图甲所示电路绘测其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：a直流电源6v（内阻不计）b直流电流表03a（内阻0.1以下）c直流电流表0300ma（内阻约为5）d直流电压表015v（内阻约为15k）e滑动变阻器10，2af滑动变阻器1k，0.5a（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（用序号表示）（2）试按图甲电路将图乙所示器材连成电路三、解答题（共4小题，满分32分）17如图所示在匀强电场中，将一电荷量为5104c的负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.2j，已知a、b两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60角，问：（1）在电荷由a移到b的过程中，电场力做了多少功？（2）a、b两点间的电势差为多少？（3）该匀强电场的电场强度为多大？18一束电子流在u1=400v的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示若平行板间的距离d=1cm，板长l=4cm，问至少在平行板上加多大电压u2才能使电子不再飞出平行板要求：先推导出u2的字母表达式，再代入数据计算19如图所示的两个串联电阻r1=12k，r2=6k，a、b两端的电压保持36v不变，那么（1）电压表未接入电路时，r1、r2两端的电压分别是多少？（2）如果电压表v的内阻是12k，当s分别与c、d接触时电压表的读数分别是多少？20如图所示，abcd为竖直放在场强为e=104 v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的bcd部分是半径为r的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，a为水平轨道上的一点，而且ab=r=0.4m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1104 c的小球放在水平轨道的a点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动（g取10m/s2）求：（1）小球到达c点时的速度是多大？（用根式表示）（2）小球到达c点时对轨道压力是多大？（3）若让小球安全通过d点，开始释放点离b点至少多远？2015-2016学年广东省深圳市宝安第一外国语学校高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1下列说法中不正确的是（）a电子电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的b电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来c沿电场方向电场强度越来越小d电源电动势是表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关【考点】电场线；电源的电动势和内阻【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】利用电场线是人们为形象描述电场而假象的，实际不存在，其疏密程度判断电场的强弱电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关【解答】解：a、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故a正确；b、电场线是人们为形象描述电场而假象的，实际不存在，但可以用实验方法模拟出来，故b正确；c、沿电场线的方向电势降低，与电场强度的大小无关，故c错误；d、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关，故d正确本题选错误的故选：c【点评】记住电场线的特点，明确电场强度与电势无关，知道电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立测出的，难度不大，属于基础题2如图所示，带等量异种电荷的两个相同金属小球a、b（可视为点电荷），相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是f今让第三个相同的不带电金属小球c先后与a、b两球接触后移开，这时a、b两球之间的相互作用力为（）a吸引力，b吸引力，c排斥力，d排斥力，【考点】库仑定律【分析】理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分【解答】解：假设a带电量为q，b带电量为q，两球之间的相互吸引力的大小是f=第三个不带电的金属小球c与a接触后，a和c的电量都为，c与b接触时先中和再平分，则c、b分开后电量均为，这时，a、b两球之间的相互作用力的大小f=，由于带异种电荷，则出现相互吸引，故a正确，bcd错误；故选：a【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题3如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由aob匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（）a先变大后变小，方向水平向左b先变大后变小，方向水平向右c先变小后变大，方向水平向左d先变小后变大，方向水平向右【考点】电场强度；电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从aob，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力4对一电容器充电时电容器的电容c，带电荷量q，电压u之间的关系图象如图所示，其中正确的是（）abcd【考点】电容【专题】电容器专题【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与q和u无关，根据q=cu，知q与u成正比【解答】解：a、b、c电容的定义式是c=，可知电容器电容的大小与电容的带电量q以及电容器两极板之间的电压无关，由电容器本身决定，对于给定的电容器电容c是一定的，故ab错误，c正确d、c一定，由c=，得知，qu，故d正确故选cd【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式，知道c与q和u无关，根据q=cu，知q与u成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关5如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点，a、b电势分别a=3v，b=1v下列叙述正确的是（）a该电场在c点处的电势一定为2vb一正电荷在a点所受电场力一定大于在b点所受电场力c一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向ad一正电荷从c点运动到b点电场力做正功【考点】电势差与电场强度的关系；电场线【专题】比较思想；模型法；电场力与电势的性质专题【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为2v；电场力做功情况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，来判断电场力做功正负；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同电场线的疏密可以判断场强的大小，由公式f=qe分析电场力的变化【解答】解：a、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则c点的电势一定为 c=v=2v当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为2v，故a错误；b、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，由f=qe，知正电荷在a点所受电场力不一定大于在b点所受电场力故b错误；c、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷所受的电场力方向水平向左，即正电荷在c点时受到的电场力由c指向b，故c错误；d、电场线方向从a指向b，正电荷从c点运动到b点时电场力由c指向b，则电场力做正功故d正确故选：d【点评】本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低，电场力做功与动能和电势能间的关系6如图所示为某电场中的一条电场线，在a点由静止释放一个带正电的粒子（所受重力不能忽略），到达b点时速度恰好为零，则（）a电场线的方向一定竖直向下b该粒子从ab速度先增加后减小ca点场强有可能比b点大d该电场可能是负的点电荷形成的电场【考点】电场线；电场强度【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】先分析质点的运动情况：先加速运动后减速运动，正确判断其受力情况：电场力逐渐增大，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系【解答】解：a、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反；粒子带正电，则电场力的方向与电场线方向相同，故电场线的方向向上，故a错误；b、由于粒子在a点由静止释放，到达b点也静止，所以该粒子从ab速度先增加后减小，故b正确；c、从a到b先加速后减速，该粒子从a到b是做变加速运动，故电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故c错误；d、电场线的方向向上，若是负电荷，则负电荷处于下端，ab之间是吸引力，到达b点速度不能为零，故d错误故选：b【点评】解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解7某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）a电流表烧坏b电压表烧坏c小灯泡烧坏d小灯泡不亮【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况电压表不能串联接入电路【解答】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故abc错误；d正确；故选：d【点评】本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路8如图所示，图线1表示的导体的电阻为r1，图线2表示的导体的电阻为r2，则下列说法正确的是（）ar1：r2=1：3br1：r2=3：1c将r1与r2串联后接于电源上，则电流比i1：i2=1：3d将r1与r2并联后接于电源上，则电流比i1：i2=3：1【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】通过iu图象得出两电阻的关系串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比【解答】解：a、根据iu图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以r1：r2=1：3；故a正确，b错误；c、串联电路电流处处相等，所以将r1与r2串联后接于电源上，电流比i1：i2=1：1故c错误；d、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将r1与r2并联后接于电源上，电流比i1：i2=3：1故d正确；故选：ad【点评】解决本题的关键知道iu图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点9一带电粒子从电场中的b点运动到a点，轨迹如图中虚线所示不计粒子所受重力，则下列说法中错误的是（）a粒子带正电b粒子从b点运动到a点加速度逐渐减小c粒子从b点运动到a点电势能增大d粒子在a点的速度大于b点的速度【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】根据带电粒子运动轨迹判定出电场力方向，可分析粒子的电性根据电场线的疏密程度分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化由电场力做功正负，分析电势能和动能的变化【解答】解：a、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子所受的电场力的方向逆着电场线向左，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故a错误b、a点电场线密集，故电场强度大，粒子受到的电场力大，故加速度大，所以粒子从b点运动到a点加速度逐渐增大，故b错误cd、粒子从b点运动到a点，电场力方向与粒子的速度方向夹角为锐角，电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在a点的速度大于b点的速度，故c错误，d正确本题选错误的，故选：abc【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系10如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球a、b分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力f作用于小球b，则两球静止于图示位置，如果将小球b向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）a推力f将增大b竖直墙面对小球a的弹力减小c地面对小球b的弹力一定不变d两个小球之间的距离增大【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】先以a球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对a的弹力如何变化，再以ab整体为研究对象，根据平衡条件分析f如何变化和地面对小球b的弹力的变化由库仑定律分析两球之间的距离如何变化【解答】解：a、b、c以a球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示设b对a的库仑力f与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球a的弹力为：n1=magtan，将小球b向左推动少许时减小，则n1减小再以ab整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：f=n1n2=（ma+mb）g则f减小，地面对小球b的弹力一定不变故a错误，bc正确d、由上分析得到库仑力f库=，减小，cos增大，f库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故d正确故选：bcd【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况11如图所示，ac、bd为圆的两条互相垂直的直径，圆心为o，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于ac对称，+q与o点的连线和oc夹角为30，下列说法正确的是（）aa、c两点的电势关系是acbb、d两点的电势关系是bdco点的场强大小为do点的场强大小为【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】比较思想；模型法；电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线电势降低，结合电场线的分布，分析电势的高低根据点电荷的电场e=k和电场叠加原理可求解o点的场强大小【解答】解：a、a点与c点在同一等势面上，电势相等，即有a=c，故a错误b、根据顺着电场线电势降低和，则知bd，故b正确cd、正、负两个点电荷在o点的电场强度大小均为 e=k，夹角为120，由电场叠加原理可知o点的场强大小 e=k故c错误，d正确故选：bd【点评】本题关键抓住电场线与等势线的对称性，注意空间每一点的电场是由两个点电荷产生的电场叠加12如图所示为一款手机电池的标签，下列说法正确的是（）a该电池在工作1小时后达到的电流为500 mab该电池的电动势为3.6 vc该电池的容量为500 mahd若电池以10 ma的电流工作，可用50小时【考点】电源的电动势和内阻【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据铭牌读出电池的容量和电动势电池的容量是指电池能释放的总电量，根据电流的定义式求出该电池在工作1小时后达到的电流和以10ma的电流工作可用的时间【解答】解：a、c、由手机电池的标签可知，该电池的总电量为500mah，并不是该电池在工作1小时后达到的电流为500 ma；故a错误，c正确；b、该电池的电动势为3.6v，故b正确；c、容量的含义是指以500ma的电流放电量，若电池以10 ma的电流工作，可用50小时；故d正确；故选：bcd【点评】本题考查读取电池铭牌信息的能力电池的容量是指电池所能释放的总电量基础题目二.填空题（每空2分，共20分把各题的答案直接写在横线处）13电路中有一段导体，给它加上2v的电压时，通过它的电流为2ma，可知这段导体的电阻为1000；如果给它两端加上1v的电压，它的电阻为1000；如果在它的两端不加电压，它的电阻为1000【考点】欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】已知电压与电流，利用r=即可求出电阻值；电阻大小与加在两端的电压和通过的电流无关【解答】解：由欧姆定律可知，r=1000；电阻与电压及电流无关，故不论加不加电压，它的电阻均为1000；故答案为：1000；1000；1000【点评】该题考查对电阻的理解，注意电阻的大小与长度、橫截面积以及材料有关，与电压和电流无关，并且会灵活运用欧姆定律求解14已知某一表头g，内阻rg=100，满偏电流ig=2ma，要将它改装成量程为3v的电压表，需串联一个1400的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】电流表改装成为电压表要串联电阻分压，要串联电阻为（u为改装后量程）据此求解【解答】解：改装成电压表要扩大电压的量程，使用串联电路的分压原理，串联的阻值为：故答案为：串；1400【点评】电压表的改装原理是将一电阻与电流表串联在一起，然后再根据欧姆定律求出分压电阻的阻值即可15如图所示，在竖直放置的半径为r的光滑绝缘细管的圆心o处放一点电荷，将质量m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点a由静止释放，小球沿细管滑到最低点b时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷带负电，带电量q=【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】小球沿细管滑到最低点b过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达b点时对管壁恰好无压力，则由重力和静电力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达b点时的速度，由牛顿第二定律求出静电力的大小，由库仑定律求得电量q【解答】解：小球到达b点时对管壁恰好无压力，则由重力和静电力的合力提供向心力，故静电力必定为引力，两电荷的电性相反，故放于圆心处的电荷带负电；由牛顿第二定律得，fmg=f=从释放到最低点，由动能定理得，mgr=mv2联立得，q=故答案为：负；【点评】本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用16有一标有“6v，1.5w”的小灯泡，现用图甲所示电路绘测其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：a直流电源6v（内阻不计）b直流电流表03a（内阻0.1以下）c直流电流表0300ma（内阻约为5）d直流电压表015v（内阻约为15k）e滑动变阻器10，2af滑动变阻器1k，0.5a（1）实验中电流表应选用c，滑动变阻器应选用e（用序号表示）（2）试按图甲电路将图乙所示器材连成电路【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）由灯泡的功率及额定电压可求得电路中的最大电流，则可选出电流表；由电路的接法可选出滑动变阻器；（2）根据原理图可连出实物图，注意实物图中导线不能交叉；注意分压接法的连接方法【解答】解：（1）由p=ui可知，灯泡的额定电流i=a=250ma；故电流表应选用c；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器选择e；（2）已知原理图，则先将滑动变阻器及电源串联，再将灯泡支路并联在滑动变阻器的一部分中，注意导线不能交叉，且导线要接在接线柱上；故答案为：（1）c，e（2）如图所示【点评】本题考查测小灯光的伏安特性曲线中的仪表选择及实物图的连接，均为重点考查内容，在学习中要认真掌握三、解答题（共4小题，满分32分）17如图所示在匀强电场中，将一电荷量为5104c的负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.2j，已知a、b两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60角，问：（1）在电荷由a移到b的过程中，电场力做了多少功？（2）a、b两点间的电势差为多少？（3）该匀强电场的电场强度为多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】（1、2）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少由u=求解电势差（3）由u=ed求解电场强度e【解答】解：（1）因为电荷由a移到b的过程中，电势能增加了0.2j，所以电场力负功，大小为0.2j （2）a、b两点间的电势差： =400v （3）又因为在匀强电场中u=ed，所以有：则：e=4104v/m答：（1）在电荷由a移到b的过程中，电场力做了0.2j功（2）a、b两点间的电势差为400v（3）该匀强电场的电场强度为4104v/m【点评】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握18一束电子流在u1=400v的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示若平行板间的距离d=1cm，板长l=4cm，问至少在平行板上加多大电压u2才能使电子不再飞出平行板要求：先推导出u2的字母表达式，再代入数据计算【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】电子在加速电场中电场力做正功，根据动能定理求出加速获得的速度电子进入水平平行金属板之间做类平抛运动当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半根据运动学公式和牛顿定律求解电压【解答】解：电子经u1加速时，电场力做正功，根据动能定理可得：eu1=电子飞入平行板电场后做类平抛运动，在水平方向电子做匀速直线运动当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，最大运动时间为：t=在竖直方向电子做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为：a=根据运动学公式为：=at2由以上各式解得：u2=2u1=50v 答：至少在平行板上加50v电压u2才能使电子不再飞出平行板【点评】本题是带电粒子先加速后偏转类型此题运用动能定理求解加速获得的速度，也可以运用牛顿定律和运动学公式求解速度本题要挖掘隐含的条件是关键19如图所示的两个串联电阻r1=12k，r2=6k，a、b两端的电压保持36v不变，那么（1）电压表未接入电路时，r1、r2两端的电压分别是多少？（2）如果电压表v的内阻是12k，当s分别与