2012-2013学年北京市顺义一中高二（上）期中物理试卷（理科）（教师版）

2012-2013学年北京市顺义一中高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单选题1（3分）（2013秋内黄县校级期末）下列说法中正确的是（）A在静电场中沿电场线方向的各点电势一定不相等，场强大小一定不相等B在静电场中沿电场线方向的各点电势一定降低，场强大小不一定相等C在静电场中同一等势面上各点电势一定相等，场强大小不一定相等D在静电场中，点电荷q沿任意路径从a点移至b点，只要a、b在同一等势面上，则电场力一定不做功考点：电场强度；电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度和电势都是描述电场的 物理量，二者无直接关系，但相互关联，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低解答：解：AB、据电场线的特点知，沿电场线的方向电势越来越低，但电场线的疏密程度反映场强强弱，所以场强大小不一定相等，故A错误，B正确；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度大小相等，故C正确D、据电场力做功W=Uq可知，只要只要a、b在同一等势面上，电场力做功为零，即电场力一定不做功，故D正确故选：BCD点评：明确电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系；顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小2（3分）（2012秋顺义区校级期中）下列说法中正确的是（）A由E= 可知场强与探测电荷的电量有关BE= 适用于点电荷的电场和平行板电容器的电场CU=Ed此公式只适用于匀强电场DW=qU只适用于匀强电场考点：电场强度；点电荷的场强菁优网版权所有分析：公式E= 是电场强度的定义式，公式E= 点电荷的电场强度的计算式，U=Ed只适用于匀强电场，它们的内涵与外延不同解答：解：A：公式E= 是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，故A错误；B：公式E= 点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，故B错误；C：U=Ed此公式只适用于匀强电场，故C正确；D：W=qU适用于一切电场电场，故D错误故选：C点评：该题考查电场强度的定义式与点电荷的电场强度的计算式，注意W=qU没有条件限制3（3分）（2009北京）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为UP和UQ，则（）AEPEQ，UPUQBEPEQ，UPUQCEPEQ，UPUQDEPEQ，UPUQ考点：电场线；电场强度；电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线越密代表场强越强，可以判定P点的场强大于Q点的场强；根据沿电场线方向电势逐渐降低可以判定P点的电势高于Q点的电势解答：解：电场线越密代表场强越强，从图可以看出P点的电场线的密集程度大于Q点的密集程度，故P点的场强大于Q点的场强，所以EpEQ，又由于沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知电场线的方向由P指向Q，所以P点的电势高于Q点的电势，即UPUQ，故A正确故选A点评：只要理解了电场线的特点即可顺利解决此题4（3分）（2012常州学业考试）如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴将一个点电荷+q从O移动到D，电场力对它做功为W1，将这个点电荷从C移动到E，电场力对它做功为W2下列判断正确的是（）A两次移动电荷电场力都做正功，并且W1=W2B两次移动电荷电场力都做正功，并且W1W2C两次移动电荷电场力都做负功，并且W1=W2D两次移动电荷电场力都做负功，并且W1W2考点：电势能；电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：过E点作一条等势线与x轴的交点为F，y轴是一条等势线，则点电荷从C移动到E电场力对电荷做功等于从O移到D做功，即可比较做功大小解答：解：过E点作一条等势线与x轴的交点为F，如图y轴是等量异号点电荷+Q和Q连线的中垂线，则y轴是一条等势线，C、O电势相等将点电荷+q从O移动到D，电场力做正功，将这个点电荷从C移动到E电场力做功等于从O移到F做功，即W2=WOF，可知，电场力也做正功由于O、D间的电势差大于O、F间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，得知W1WOF，则得W1W2，故B正确故选B点评：本题采用作等势线的方法研究，在同一电场线上比较电势差的大小，即可比较电场力做功的大小5（3分）（2012东至县模拟）如图所示，A、B为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d一质量为m的带电油滴在两金属板之间，油滴运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比将油滴由静止释放，若两金属板间的电压为零，一段时间后油滴以速率v匀速下降若两金属板间加电压U，一段时间后油滴以速率2v匀速上升由此可知油滴所带电荷量的大小为（）ABCD考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：通过两金属板间的电压为零，油滴匀速下降，得出油滴的重力和阻力的关系；当两金属板间加电压U，一段时间后油滴以速率2v匀速上升，再通过平衡，求出电场力、重力、阻力三者的关系，结合两式平衡状态求出油滴的电荷量解答：解：若两金属板间的电压为零，一段时间后油滴以速率v匀速下降，根据平衡有：mg=kv，若两金属板间加电压U，一段时间后油滴以速率2v匀速上升，根据平衡有：q，联立两式解得：q=故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键正确地油滴进行受力分析，通过受力平衡进行求解6（3分）（2010北京）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变考点：影响平行板电容器电容的因素菁优网版权所有分析：静电计指针偏角表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=，判断电容的变化，再根据C=，判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化解答：解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以变大故A正确，B错误 保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以变大故CD错误故选：A点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变7（3分）（2013春贵池区校级期中）如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图所示的交变电压后，不能使电子做往返运动的电压是（）ABCD考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在极板中间，根据所加的电压的变化的情况，分析电子受到的电场力和运动的情况，逐项分析即可得到结果解答：解：A、C、D电子在电场中的加速度大小：a=，aU在0T时间内，A板的电势高于B板，电子受到向左的电场力，向左做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大；由TT时间内，电子向左做加速度增加的减速运动，T时刻速度减为零；从TT时间内，电子反向做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大；由TT时间内，向右做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，然后电子不断重复，能做往复运动同样的方法可以得到C、D电子也做往复运动，不符合题意，故ACD错误B、在0T时间内，电子向左做加速运动；TT时间内，电子向左减速运动，T时刻速度减为零；接着重复，电子单向直线运动，符合题意，故B正确故选：B点评：本题考查的就是学生对于图象的理解能力，并要求学生能够根据电压的周期性的变化来分析电荷的运动的情况8（3分）（2013清浦区校级模拟）某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示用此电源和电阻R1、R2组成电路R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）A将R1、R2串联后接到电源两端B将R1、R2并联后接到电源两端C将R1单独接到电源两端D将R2单独接到电源两端考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：由电源的UI图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻由电阻的UI图线求出电阻再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择解答：解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为P出2=2V2A=4W由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5、R2=1，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2（R1+R2）=3.75W两电阻并联时，R并=利用欧姆定律可得电路电流I并=A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并I并2r=4.32W所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大故选C点评：这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择C9（3分）（2013秋九龙坡区校级期中）如图所示电路，A是电流表，R1R2是两个可变电阻，调节变电阻R1，可以改变电流表A的示数，当MN间的电压为6V时，电流表的指针刚好仍偏转到最大刻度，将MN间的电压改变为5V时，若要使电流表A的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中一定可行的是（）A保持R1不变，增大R2B增大R1，减少R2C减少R1，增大R2D保持R2不变，减少R2考点：把电流表改装成电压表菁优网版权所有专题：实验题分析：MN间电压减小时，要保持电流表示数不变，应增大R1两端的电压，根据选型逐项分析即可得出答案解答：解：总电压降低了，想要电流不变：A、保持R1不变，增大R2时，因这样R2两端的电压变大了，G的电压更小了，G的电流也更小了；B、增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大；C、减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；D保持R2不变，减小R1时，R2的电压变大，R1电压变小，即G的电压变小，其电流变小故选：B点评：解决本题的关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是能把R1和电流表看成一个电阻，与R2形成一个串联电路进行解决10（3分）（2012秋顺义区校级期中）如图，闭合开关S时，小电灯L1、L2都不亮用一段导线的两端接触a、b两点时，两灯都不亮；接触b、c两点时，两灯也不亮；接触c、d两点时，两灯都亮对此，下列判断中正确的是（）A灯L1断路B灯L2断路C开关S断路D灯L2短路考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：由电路图知，两灯串联闭合开关两灯都不亮，说明不可能发生短路，只能是一灯断路运用假设法逐项分析即可解答：解：A、如果灯L1断路，用一段导线的两端接触a、b两点时，L2会发光此选项不符合题意；故A错误B、如果灯L2断路，导线接触b、c两点时，L1会发光此选项不符合题意；故B错误C、如果开关断路，导线接触c、d两点时，电路是通路，两灯都发光此选项符合题意；故C正确D、如果灯L2短路，L1会发光此选项不符合题意故D错误故选：C点评：用导线检验电路故障时，将导线与用电器并联，其它用电器能工作，此处用电器断路；其它用电器不能工作，其它用电器断路11（3分）（2012秋顺义区校级期中）在如图电路中，电容器C的上极板带正电，为了使该极板带正电且电量增大，下列办法中可行的是（）A增大R1，其它电阻不变B增大R2，其它电阻不变C增大R3，其它电阻不变D减小R4，其它电阻不变考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：由图可知R1与R2串联后与R3、R4并联，开始时C的上极板带正电，说明上极板电势要高于下极板，要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势解答：解：设电源负极处电势为零，由图可知上极板的电势等于R1两端的电势差，下极板上的电势等于R3两端的电势差；稳定时两支路互不影响A、增大R1，R1的电压增大，则上极板的电势增大，而下极板电势不变，则电容器上极板仍带正电，且板间电压增大，电量增大，符合题意，故A正确；B、增大R2时则R1上的分压减小，而下极板电势不变，故上极板电势减小，则电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故B错误；C、增大R3，则R3分压增大，故下极板的电势增大，电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故C错误；D、减小R4，则R4分压减小，R3两端的电势差增大，电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故D错误；故选：A点评：本题应注意无法直接确定电容器与哪个电阻并联，故应根据与两极板相连处电路的电势确定电势差，本题较为新颖，应注意把握12（3分）（2014开封模拟）如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑动头从a端滑到b端过程中（）AV的示数先增大后减小，A示数增大BV的示数先增大后减小，A示数减小CV的示数先减小后增大，A示数增大DV的示数先减小后增大，A示数减小考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：变阻器左右两部分电阻并联后与另一电阻串联电压表测量路端电压，电流表测量通过变阻器右边部分的电流当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小根据欧姆定律及串并联电阻关系分析电表读数变化解答：解：当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大电源的内电压增大，路端电压减小变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小所以V的示数先增大后减小A示数一直增大故选A点评：本题是电路中动态分析问题，通常采用定性分析，但电流表示数的变化要运用解析式进行定量研究，难度较大13（3分）（2012秋顺义区校级期中）电源电动势E=10V，内阻r=0.2，标有“8V，16W”的灯泡恰好正常发光，电动机M线圈电阻R=0.15，则电源的输出功率为（）A16WB440WC80WD400W考点：电功、电功率菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：图中灯泡两端的电压等于路端电压，灯泡正常发光，其电压就等于灯泡的额定电压对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由P=UI求解电源的输出功率解答：解：（1）灯泡正常发光，电压为额定电压U额=8V，则路端电压U=U额=8V，则电源内阻的电压 U内=EU=108=2（V）由欧姆定律得流过电源的电流 I=则电源的输出功率 P=UI=810W=80W故选：C点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，关键要搞清电源和电动机总功率、输出功率和内部损耗功率之间的关系，知道总功率等于输出功率和内部损耗功率之和二、多选题（每个5分）14（5分）（2012秋顺义区校级期中）a、b是两个等量正电点，O为a、b连线的中点，M是ab连线的中垂线上的一点，下列说法正确的是（）AO点场强比M点大BO点电势比M点大C电子从O移到M点静电力做正功D电子从O移到M点电势能增加考点：电势能；电场线菁优网版权所有分析：可根据等量同种电荷的等势面分析电势高低；负电荷在电势越低的地方电势能越大解答：解：等量同种电荷的等势面如图，：A、两个等量正电点的中垂线上，从O点向两侧，电场强度是先增大后减小，O点的场强为0，所以O点的场强小故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，故越靠近正电荷的地方电势越高，由图可以看出O点电势高于M点电势，故B正确；C、电子带负电，负电荷由O到M过程，电势降低，则电势能增加，电场力做负功故C错误，D正确故选：BD点评：电势能变化与电场力做功的关系是：电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大15（5分）（2005上海）在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动S距离时速度变为零则（）A物体克服电场力做功qESB物体的电势能减少了0.8qESC物体的电势能增加了qESD物体的动能减少了0.8qES考点：电势能；功的计算；动能定理的应用菁优网版权所有专题：计算题；压轴题分析：物体所受电场力为F=Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求解答：解：A、由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功W=EqS，故A正确；B、电场力做负功，电势能增加，故B错误；C、电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了EqS，故C正确；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：Ek=F合S=maS=0.8EqS，故D正确故选ACD点评：本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系16（5分）（2012秋顺义区校级期中）如图，用伏安法测Rx时，不知Rx大约数值，为了选择正确电路减小误差，先将仪器接好，只空出电压表的一个接头K，然后将K和a、b分别接触一下，则（）A若A示数有明显变化，K应接aB若A示数有明显变化，K应接bC若V示数有明显变化，K应接bD若V示数有明显变化，K应接a考点：伏安法测电阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法解答：解：（1）若K从a移到b时，安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，K应接在b处，故A错误，B正确；（2）若K从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，K应接在a处，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题二实验题17（4分）（2012秋顺义区校级期中）在把电流表改装成电压表的实验中，把量程Ig=300A，内阻约为100的电流表G改装成电压表采用如图甲的电路测电流表G的内阻Rg=105.0，现串联一个9895.0的电阻将它改装成电压表，改装成电压表的量程3；用它来测量电压，电流表表盘指针位置如图乙，则此时所测量的电压的值应是2.3V考点：把电流表改装成电压表菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：由串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表量程；根据电表量程确定其分度值，然后读出其示数解答：解：电压表量程为：U=Ig（Rg+R）=300106（105.0+9895.0）=3V，由图乙所示表盘可知，电压表分度值为0.1V，示数为2.3V；故答案为：3；2.3点评：本题考查了求电压表量程与电压表读数，应用串联电路特点与欧姆定律、掌握电表读数方法即可正确解题18（10分）（2012秋顺义区校级期中）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径D=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程05mA，内阻约50）；电流表A2（量程010mA，内阻约30）；电压表V1（量程03V，内阻约10k）；电压表V2（量程015V，内阻约25k）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用的实验电路图丁B，电压表选择V1，电流表选择A2考点：测定金属的电阻率菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）（2）游标卡尺读数的方法是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（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（4）关键是通过估算电路中的最大电流来选择电流表量程；根据要求“测得多组数据”可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器方便调节；解答：解：（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为2210=220；（4）电源电压为4V，为了准确，我们采用分压接法，控制电压不超过3V，电压表采用V1；根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：=，所以电流表应选；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器；由于满足，所以电流表应用外接法，即电路应是分压外接法，故电路图应选：B；故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）B，V1，A2点评：应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节19（11分）（2012秋顺义区校级期中）现用如图1的测一节干电池电动势和内阻，备用的器材如下滑动变阻器R1（020） 滑动变阻器R2（01750）电压表V1：（03V） 电压表V2（015V）电流表A1：（00.6A） 电流表A2（03A）滑动变阻器应选R1，电流表应选用A1，电压表应选用V1测得的数据如表123456U/V1.421.361.081.221.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24（2）在坐标纸上建立UI坐标系，（横纵坐标的起点已经规定好）如图2，图中已经描绘了四个点，请在图2中标出第2、5次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线（3）由图线求得电动势E=1.50V，内阻=1.8（均保留2位有效数字）（4）实验误差分系统误差和偶然误差该实验的系统误差主要是电压表分流引起的（选填电压表的分流作用、电流表的分压作用）由于系统误差本实验电动势的测量值E测小于真实值E真（填“大于”、“小于”或“等于”在本实验中用画UI图线求电动势和内阻的优点在于可以尽量减小实验的偶然误差考点：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电源电动势、电路最大电流选择电压表与电流表量程，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）采用描点法作出UI图象；（3）根据图象的性质求出电源电动势与内阻，明确图象与纵轴交点为电源的电动势，斜率表示内阻；（4）根据电路图分析实验误差解答：解：（1）由表中实验数据可知，电流的最大测量值为0.5A，电流表应选A1（00.6A），干电池的电动势约为1.5V，则电压表选择V1（03V），为方便实验操作，滑动变阻器应选R1（2）采用描点作图法得出UI图象如图所示；（3）由图可知，电源的电动势为1.5V，内阻为：r=1.8；（4）由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，作出UI图线实际图线和测量图线，如图所示：由图示图象可知，电动势的测量值小于真实值；本实验中采用图象作图可以减小因为读数等原因导致的偶然误差；故答案为：（1）R1，A1，V1；（2）如下图；（3）1.5，1.8；（4）小于，偶然点评：本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻四、分析与计算20（16分）（2010秋宜城市校级期末）静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置示意图如图所示A、B为两块平行金属板，间距d=0.30m，两板间有方向由B指向A、电场强度E=1.0103N/C的匀强电场在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m=2.01015kg、电荷量为q=2.01016C，喷出的初速度v0=2.0m/s油漆微粒最后都落在金属板B上微粒的重力和所受空气阻力以及带电微粒之间的相互作用力均可忽略试求：（1）微粒落在B板上的动能；（2）微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间（3）微粒落在B板上所形成的图形是圆形，对于喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒落在圆的边界上根据运动的分解研究垂直电场方向喷出的油漆微粒，由牛顿定律和运动常规规律求出圆的半径，再求圆的面积解答：解：（1）据动能定理得：电场力对每个微粒做功W=Ek=qEd，微粒打在B板上时的动能 Ek=+qEd=+2.010161.01030.30J=6.41014J （2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短，到达B板时速度为v，有 Ek=可得 v=m/s=8.0m/s由于微粒在两极板间做匀加速运动，即有 d=t可得 t=s=0.06s （3）由于喷枪喷出的油漆微粒是向各个方向，因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形对于喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒，在电场中做类