山东省临沂七中高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

山东省临沂七中2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）a匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向b牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值c行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比=k为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关d奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果2如图所示，虚线ab和cd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于o点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点m、n上，下列说法中正确的是（）aa、b两处电势、场强均相同bc、d两处电势、场强均不同c在虚线ab上o点的场强最小d带负电的试探电荷在o处的电势能大于在c处的电势能3如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力f作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）a物块的机械能一定增加b物块的机械能一定减小c物块的机械能可能不变d无法确定4某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势e=110v，不计电源内阻及各处的摩擦当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为i=5a，（g=10m/s2），下列说法中正确的是（）a电动机线圈的电阻是4b电动机的输出功率是400wc电动机的输入功率是500wd电动机线圈的发热功率是125w5一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值p以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）a钢绳的最大拉力为b钢绳的最大拉力为c重物的最大速度v2=d重物匀加速运动的加速度为g6有一竖直放置的“t”形架，表面光滑，滑块a、b分别套在水平杆与竖直杆上，a、b用一不可伸长的轻细绳相连，a、b质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，a、b静止由静止释放b后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60时，滑块b沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接a、b的绳长为（）abcd7在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变大c通过r2的电流变小d电源内阻的功率变小8如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势最高b带电质点在p点具有的电势能比在q点具有的电势能大c带电质点通过p点时的动能比通过q点时大d带电质点通过p点时的加速度比通过q点时大9两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的o、m两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、n两点的电势均为零，nd段中的c点电势最高，则（）an点的电场强度大小为零ba点的电场强度大小为零cnc间场强方向向x轴正方向d将一负点电荷从n点移到d点，电场力先做正功后做负功10如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，p小球从紧靠左极板处由静止开始释放，q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（）a运行时间tp=tqb电势能减少量之比ep：eq=2：1c电荷量之比qp：qq=2：1d动能增加量之比ekp：ek=4：1二、实验题（本题共2小题，共12分）11甲图中游标卡尺的读数为mm；乙图中螺旋测微器的读数为mm12某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡l1的ui图象如图（a）中的图线l1，则可知小灯泡l1的电阻随电压增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）换小灯泡l2重做实验，得到其ui图象如图（a）中的图线l2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3v、内阻6的电源两端，则此时电源两端的电压为v；灯泡l2消耗的功率为w三、计算题（本题共3小题，共38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出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，一电荷量q=3104c带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的o点电键s合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势e=12v，内阻r=2，电阻r1=4，r2=r3=r4=12g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）通过电源的电流；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量14如图所示，水平绝缘粗糙的轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.40m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度e=1.0104n/c现有一电荷量q=+1.0104c，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的p点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点c，然后落至水平轨道上的d点取g=10m/s2试求：（1）带电体在圆形轨道c点的速度大小（2）d点到b点的距离xdb（3）带电体运动到圆形轨道b点时对圆形轨道的压力大小（4）带电体在从p开始运动到落至d点的过程中的最大动能15如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘o点的距离s=5m在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径r=1m，圆弧的圆心也在o点今以o点为原点建立平面直角坐标系现用f=5n的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（1）若小物块恰能击中挡板上的p点（op与水平方向夹角为37），求其离开o点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力f作用的最短时间；（3）改变拉力f的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值2015-2016学年山东省临沂七中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）a匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向b牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值c行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比=k为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关d奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答【解答】解：a、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向故a错误；b、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故b错误；c、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关故c错误；d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果故d正确；故选：d【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点2如图所示，虚线ab和cd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于o点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点m、n上，下列说法中正确的是（）aa、b两处电势、场强均相同bc、d两处电势、场强均不同c在虚线ab上o点的场强最小d带负电的试探电荷在o处的电势能大于在c处的电势能【考点】电势；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较a与b，c与d电势、场强关系及o、b电势高低；根据电场线疏密可知，在m、n之间o点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在o、c电势能大小【解答】解：a、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，a、b两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故a错误b、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，c、d两处场强方向相反，电势相同故b错误c、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在ab之间，o点场强为零，为最小故c正确d、oc间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知o点电势高于c点电势，则负电荷在o处电势能小于在c处电势能故d错误故选：c【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小3如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力f作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）a物块的机械能一定增加b物块的机械能一定减小c物块的机械能可能不变d无法确定【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，根据牛顿第二定律求出f和摩擦力合力的大小，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒【解答】解：物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：fmgsin30f=ma，解得ff=m0可知f和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，只有重力做功，不是只受重力，其它力可以做功，只要做功的代数和为零，机械能仍然守恒若除重力以外其他力做功不为零，机械能不守恒4某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势e=110v，不计电源内阻及各处的摩擦当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为i=5a，（g=10m/s2），下列说法中正确的是（）a电动机线圈的电阻是4b电动机的输出功率是400wc电动机的输入功率是500wd电动机线圈的发热功率是125w【考点】电功、电功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据牵引力的功率求出电动机的输出功率根据p=ei求出电动机的输入功率电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和根据能量守恒，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻【解答】解：电动机的输出功率p2=mgv=5000.8w=400w，电动机的输入功率p1=ei=1105w=550w根据能量守恒定律得，发热功率p=550400=150w，则线圈内阻r=6，故b正确，acd错误故选：b【点评】解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解5一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值p以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）a钢绳的最大拉力为b钢绳的最大拉力为c重物的最大速度v2=d重物匀加速运动的加速度为g【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由p=fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，f=mg，所以v2=求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度【解答】解：a、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由p=fv得fm=，故a错误，b正确；c、匀速运动阶段，起重机的功率达到最大值p，此时拉力等于重力，故重物的最大速度v2=，故c正确；d、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为f=，由牛顿第二定律得；a=g，故d正确本题选错误的故选：a【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉6有一竖直放置的“t”形架，表面光滑，滑块a、b分别套在水平杆与竖直杆上，a、b用一不可伸长的轻细绳相连，a、b质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，a、b静止由静止释放b后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60时，滑块b沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接a、b的绳长为（）abcd【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】将a、b的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出a的速度，再根据系统机械能守恒，求出b下降的高度，从而求出ab的绳长【解答】解：将a、b的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有：vbcos60=vacos30所以：va=vab组成的系统机械能守恒，有：mgh=mva2+mvb2所以：h=绳长l=2h=故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道ab组成的系统机械能守恒7在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变大c通过r2的电流变小d电源内阻的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出小灯泡功率的变化【解答】解：a、将将照射r3的光的强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故r1两端的电压减小，电压表的示数变小故a错误；bc、因干路电流减小，电源的内电压减小则，路端电压增大，同时r1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过r2的电流增大，故c错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由p=i2r可知，小灯泡消耗的功率变小，故b错误；d、干路电流减小，则电源内阻的功率变小，故d正确；故选：d【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质8如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势最高b带电质点在p点具有的电势能比在q点具有的电势能大c带电质点通过p点时的动能比通过q点时大d带电质点通过p点时的加速度比通过q点时大【考点】电势能；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大【解答】解：a、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故a正确；b、根据质点受力情况可知，从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，故p点的电势能大于q点的电势能，故b正确；c、从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故p点的动能小于q点的动能，故c错误；d、根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在p点时的电场力比通过q点时大，那么p点时的加速度比通过q点时大，故d正确故选：abd【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化9两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的o、m两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、n两点的电势均为零，nd段中的c点电势最高，则（）an点的电场强度大小为零ba点的电场强度大小为零cnc间场强方向向x轴正方向d将一负点电荷从n点移到d点，电场力先做正功后做负功【考点】电场强度【分析】x图象的斜率等于电场强度e根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负【解答】解：ab、x图象的斜率等于电场强度e，图线在a、n两点处的斜率都不等于0，则知n、a两点的场强均不为零，故ab错误c、从n点到c点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即nc间场强方向从c指向n即向x轴负方向，故c错误；d、将一负点电荷从n点移到d点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故d正确；故选：d【点评】电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否10如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，p小球从紧靠左极板处由静止开始释放，q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（）a运行时间tp=tqb电势能减少量之比ep：eq=2：1c电荷量之比qp：qq=2：1d动能增加量之比ekp：ek=4：1【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】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xp=2xq，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比【解答】解：a、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同故a正确 b、电场力做功分别为wp=qqexq，wq=qpexp，由于qp：qq=2：1，xp：xq=2：1，得到wp：wq=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比，则动能增加量之比ekp：ekq4故bd错误 c、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xp=2xq，由x=分析得到加速度之比ap：aq=2：1根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为ap=，aq=，则qp：qq=2：1故c正确故选：ac【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解二、实验题（本题共2小题，共12分）11甲图中游标卡尺的读数为13.55mm；乙图中螺旋测微器的读数为4.700mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为110.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm故答案为：13.55，4.700【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡l1的ui图象如图（a）中的图线l1，则可知小灯泡l1的电阻随电压增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）换小灯泡l2重做实验，得到其ui图象如图（a）中的图线l2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3v、内阻6的电源两端，则此时电源两端的电压为0.6v；灯泡l2消耗的功率为0.09w【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】在小灯泡的ui图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把ab间的导线误接在ac之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大【解答】解：（1）由图象根据欧姆定律r=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，（3）电动势为3v，内阻为6，则短路电流=0.5a，在小灯泡的up图象中，连接u=3v与i=0.5a两点，画出表示电源的ui图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之和等于电动势；由图可知，输出电压应为0.6v，此时灯泡l2的电流为0.15a，则其功率p=ui=0.60.15=0.09w；故答案为（1）增大 （2）如图 （3）0.6；0.09【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的ui图象，则两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据p=ui求解三、计算题（本题共3小题，共38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出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，一电荷量q=3104c带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的o点电键s合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势e=12v，内阻r=2，电阻r1=4，r2=r3=r4=12g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）通过电源的电流；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量【考点】闭合电路的欧姆定律；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】恒定电流专题【分析】（1）先求出r2r3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求通过电源的电流；（2）根据u=ir求出电容器两端的电压，然后根据e=求出极板间的场强；（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量【解答】解：（1）r2与r3并联后的电阻值为：r23=代入数据解得：r23=6由闭合电路欧姆定律得：i=代入数据解得：i=1a （2）电容器两板间的电压为：uc=i（r1+r23） 电容器两板间的电场强度为：e1=代入数据解得：e1=100n/c （3）小球处于静止状态，所受电场力为f，由平衡条件得：f=mgtan又有：f=qe 所以 m=代入数据解得：m=4103kg 答：（1）通过电源的电流为1a；（2）两板间的电场强度的大小100n/c；（3）小球的质量4103 kg【点评】本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线14如图所示，水平绝缘粗糙的轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.40m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度e=1.0104n/c现有一电荷量q=+1.0104c，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的p点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点c，然后落至水平轨道上的d点取g=10m/s2试求：（1）带电体在圆形轨道c点的速度大小（2）d点到b点的距离xdb（3）带电体运动到圆形轨道b点时对圆形轨道的压力大小（4）带电体在从p开始运动到落至d点的过程中的最大动能【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）恰好到达最高点，在最高点，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道c点的速度大小（2）带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出d点到b点的距离（3）根据动能定理b点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而求出带电体运动到圆形轨道b点时对圆形轨道的压力大小（4）由p到b带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从b经c到d的过程中在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在b点右侧对应圆心角为45处根据动能定理求出最大的动能【解答】解：（1）设带电体通过c点时的速度为vc，依据牛顿第二定律：解得vc=2.0m/s（2）设带电体从最高点c落至水平轨道上的d点经历的时间为t，根据运动的分解有：联立解得xdb=0（3）设带电体通过