黑龙江省肇东第一中学2018-2019学年度高二上学期10月月考物理试题
一、综合题
1．（2017高二上·山西期中）有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（ ）
A． B． C． D．
2．（2018高二上·黑龙江月考）下述说法正确的是（）
A．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹
B．根据 ，可知电场中某点的场强与电场力成正比
C．几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强
D．根据 ，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比
3．（2018高二上·黑龙江月考）一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为3J，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断错误的是（）
A．a点动能比b点小3.5J B．a点重力势能比b点大3J
C．a点电势能比b点小1J D．a点机械能比b点小0.5J
4．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示,平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒P,今把A.B两个半方形的金属空盒相对插入电容器中间。当A.B合拢后,微粒P的状态是( )
A．向上运动 B．仍保持静止
C．向下运动 D．条件不完全，无法判断
5．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，MON为固定的“L”形直角光滑绝缘板，ON置于水平地面上，P为一可移动的光滑绝缘竖直平板．现有两个带正电小球A、B，小球A置于“L”形板的直角处，小球B靠在P板上且处于静止状态，小球A、B位于同一竖直平面内，若将P板缓慢向左平移，则下列说法正确的是（）
A．B对P板的压力变大 B．A对ON板的压力不变
C．A，B系统的电势能减小 D．A，B间的距离变小
6．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，图线a是某一电源的 曲线，图线b是一定值电阻的U-I曲线 若将该电源与该定值电阻连成闭合电路 已知该电源的内阻 ，则（ ）
A．该定值电阻为6Ω
B．该电源的电动势为20V
C．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大
D．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大
7．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示的电路中，开关S闭合后，灯泡A和B都正常发光。由于电路故障，灯泡B变暗（没有熄灭），灯泡A变亮，则电路中可能发生的故障是( )
A．R1短路 B．R1断路 C．R2短路 D．R2断路
8．（2017高二上·大连期末）在图示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，电压表V的读数变化量为△U，电流表A2的读数变化量为△I2（电表均视为理想电表）．则（ ）
A．电压表V的读数先变小后变大 B．电流表A1的读数先变大后变小
C．电流表A2的读数变大 D．△U与△I2的比值为定值
9．（2017高三上·邹平期末）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（ ）
A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动
C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动
10．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（）。
A．粒子一定带负电
B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
C．A点的场强大于C点的场强
D．粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功
11．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则说法不正确的（）
A．平行板电容器的电容值将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将减少
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
12．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻RM＝1Ω，则下列说法中正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为10A B．电动机的输入功率为20W
C．电源的输出功率为40W D．电动机的输出功率为16W
13．（2017高二上·山西期中）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0．已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则（ ）
A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0
D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半
14．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，有一半径为R的圆，AB是一条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向平行于该圆所在的平面．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于圆面沿不同方向发射电荷量为+q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点时粒子的电势能最小，∠α=30°。不计粒子所受的重力和空气阻力，下列说法正确的是（）
A．电场强度的方向垂直AB向上
B．电场强度的方向沿OC连线向上
C．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点．则初动能为
D．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为为
15．（2018高二上·黑龙江月考）关于电动势下列说法中正确的是（ ）
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B．对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大
C．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多
二、填空题
16．（2018高二上·黑龙江月考）试研究长度为l、横截面积为S,单位体积自由电子数为n的均匀导体中电流的流动,在导体两端加上电压U,于是导体中有匀强电场产生,在导体内移动的自由电子( e)受匀强电场作用而加速。而和做热运动的阳离子碰撞而减速,这样边反复进行边向前移动,可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v成正比,其大小可以表示成kv(k是常数).
（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中电子的速率v成为一定值，这时v为___.
A．ekUl B．eUlk C．elUk D．ekU
（2）设自由电子在导体中以一定速率v运动时，该导体中所流过的电流是 .
（3）该导体电阻的大小为 (用k、l、n、s、e、U表示).
三、实验探究题
17．（2018高二上·黑龙江月考）有一个未知电阻Rx,用图中(a)和(b)两种电路分别对它进行测量,用(a)图电路测量时,两表读数分别为6V,6mA,用(b)图电路测量时,两表读数分别为5.9V,10mA,则用 图所示电路测该电阻的阻值误差较小,测量值Rx= Ω,从系统误差角度分析,Rx的测量值与其真实值Rx真比较,Rx测 Rx真(填“>”、“=”或“<”).
四、解答题
18．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm，电源电动势E＝10V，内电阻r＝1Ω，定值电阻R＝8Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板小孔以初速度v0＝3m/s竖直向上射入板间．已知小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力。(g取10m/s2)
（1）要使小球在A、B板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
（2）若小球带正电，只改变滑动变阻器划片位置，其它量不变，那么，A、B板间电压为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？
19．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的1/4圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B.水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到C处时的速度大小；
（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小.
20．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；
（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷守恒定律
【解析】【解答】解：假设A、B带电量均为q，两球之间的相互吸引力大小是F=k ，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A、C的电量都为 ，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为 ，这时A、B两球之间的相互作用力大小F=k = ，ACD不符合题意，B符合题意；
故答案为：B．
【分析】第三个不带电的金属小球C与A接触后A、C的电量都为 q /2，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为 3 q/ 4，再根据库仑定律求解。
2．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A项：电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合，A不符合题意；B项：E由电场本身决定，与F、q无关，B不符合题意；C项：场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，C不符合题意；D项： 是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，可知E与Q成正比，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电场线与电荷的运动轨迹无关，场强大小只由电场本身决定与电场力大小无关；合场强大小有可能比分场强小；利用场强表达式可以判别场强的影响因素。
3．【答案】B
【知识点】功能关系
【解析】【解答】重力做功表示重力势能的变化，a点运动到b点的过程中，重力做功3J，因此重力势能减小3J，A不符合题意；电场力做功表示电势能的变化，由电场力做功1J，电势能减小1J，B符合题意；动能的变化由合力做功判断，由题意可知合力做功为4Ｊ，所以动能增大4J，C不符合题意；机械能的变化根据除了重力做功判断，因此电场力做功1J，机械能增大1J，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用合力做的总功可以判别动能增加的大小；利用重力做功可以判别重力势能的大小；利用电场力做功可以判别电势能的大小；利用除重力以外其他力做的功可以判别机械能的大小。
4．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】当A、B两个半方形的金属空盒相对插入电容器前，微粒处于匀强电场中，受到电场力与重力，两者平衡，处于静止状态；当插入后，微粒P处于金属盒中，出现静电屏蔽现象，则微粒P的电场强度为零，因此微粒只受到重力，从而向下运动，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由于静电屏蔽导致电场力为0所以粒子向下运动。
5．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A、以整体为研究对象可知，ON对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对ON的压力也等于A、B两球的重力，因此移动P板过程中，A对ON压力不变；隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：FN=mgtanθ， ，当P板缓慢向左平移时，θ角变小，因此P板给球B的支持力减小，根据作用力与反作用力可知B球对P板的压力变小，A不符合题意，B符合题意；C、θ角变小，cosθ变大，因此库仑力F减小，两球之间的距离增大，电场力做正功，系统电势能减小，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用两个小球的受力平衡方程可以判别B对P板的压力及A对ON板的压力的大小及电场力的大小变化，利用两球之间的距离可以判别电场力做功及电势能的变化。
6．【答案】A,B,C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】A、图线b的斜率 =6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；A符合题意；
B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；B符合题意；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】利用图线b的斜率可以求出电阻的大小，利用图线a可以求出电动势及内阻的大小，利用外阻和内阻的大小相等可以判别电源输出功率最大。
7．【答案】B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】电路为串并联电路，电阻R1与灯A并联，电阻R2与灯B并联，然后是串联在电路中，根据“串反并同”，即串联电器的电压电流都与该电阻反向变化，并联电器的电压电流都与该电阻同向变化.短路就是电阻变小为0，断路就是电阻变大为无穷大。据此判断，R1短路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变大B灯变亮，与之并联的灯A电流变小（被短路，电流减小为0），A灯熄灭，A不符合题意。R1断路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变小B灯变暗，与之并联的灯A电流变大A灯变亮，答案B对。R2短路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变大，A灯变亮，与之并联的灯B电流变小（被短路减小到0）B灯熄灭，答案C不符合题意。R2断路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变小，A灯变暗，与之并联的灯B电流变大，B灯变亮。
故答案为：B
【分析】利用动态电路的分析可以判别电路中出现的电路故障。
8．【答案】D
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】解：AC、当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流的变化先减小后增大，内电压先减小后增大，则路端电压表读数先增大后减小，因此电压表V的读数先变大后变小．电流表A2的读数先变小后变大，故A、C错误．
B、滑片P从最上端滑至中点的过程中，变阻器的总电阻增大，电压增大，下部分电阻减小，所以电流表A1的读数变大．
从中点滑至最下端的过程中，变阻器总电阻减小，电压减小，通过变阻器上部分的电流变小，而电路的总电流增大，则电流表A1的读数变大，因此电流表A1的读数一直变大，故B错误．
D、根据闭合电路欧姆定律得 U=E﹣I2r，得 =r，保持不变，故D正确．
故选：D
【分析】当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道电流表A2的读数如何变化．根据欧姆定律分析电流表A1的读数如何变化．由闭合电路欧姆定律列式分析 如何变化．
9．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：A、热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故A错误；
B、当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故B错误；
C、开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C错误；
D、电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U= ，C= ，E= ．所以：E= ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确；
故选：D
【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液保持静止，则保持两板间的电场强度不变，由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出．
10．【答案】C
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】曲线运动的受力方向指向凹处，电场线的方向从高电势指向低电势，可判断出粒子带正电，A不符合题意；正电荷在电势高时电势能大，B不符合题意；电场线或等势面的疏密表示场强的强弱，C符合题意；粒子由A点向B点运动，及从B到C运动电势差相等电场力做功相等；D不符合题意。
故答案为：C
【分析】 利用轨迹和等势面的交点可以粗略判断电场力的方向，利用场力和电势降低的方向可以判别粒子的电性；利用电场力做功可以判别电势能大小，利用等势面疏密可以判别场强的大小；由于电势差相等所以电场力做功相等。
11．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定即静电计张角不变，当下极板向下移动时，两板间距增大，根据公式 可知电容减小，AB不符合题意；电势差不变，而d增大，则根据 可知电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该油滴为负电荷，则电势能减小，C符合题意；与电源断开，两极板间的电荷量Q恒定不变，根据公式 联立解得 ，即两极板间的电场强度在电荷量恒定的情况下与两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度E不变，即油滴受力不变，仍保持静止，D符合题意．
故答案为：CD
【分析】利用板间距离可以判别电容的变化；由于电容与电源相连所以其电压保持不变，利用场强结合电势差可以判别P的电势能减少；利用电荷量不变进而可以判别场强和场力不受距离影响。
12．【答案】B,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）解得： =2A，A不符合题意；电动机的输入功率：P入=UI=10×2=20W；电源及电动机的热功率：P热=I2RM=22×1=4W；电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=10×2-22×1=16W；BD符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用欧姆定律可以求出电流的大小；利用电压乘以电流可以求出电动机的输入功率及电源的输入功率；利用电源总功率减去消耗功率可以求出电源的输出功率；利用电动机的输入功率减去消耗功率可以求出电动机的输出功率。
13．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；
t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；
由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；A符合题意，B不符合题意；
C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 ；
根据分位移公式，有： =
由于L=d
故：vym=v0
故最大动能EK′= m（v02+v2ym）=2EK，C符合题意；
D、若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；D不符合题意；
故选：AC．
【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；所以所有粒子最终都垂直电场方向射出电场。
14．【答案】B,C
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】粒子在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=△Ek可知，到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．所以C点的电势最低，则电场线方向沿OC方向．A不符合题意，B符合题意．小球只受电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t，y=2Rcos230°=，由以上两式得：Ek= mv02= qER；C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】利用动能定理可以判别电场线的方向；利用小球做平抛运动的规律可以求出小球其初动能的大小。
15．【答案】A,C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，A符合题意．B、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，B不符合题意．C、D、根据电动势的定义式 得：W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】电源内部电流从负极到正极，非静电力做功，电能增加；电动势大小说明非静电力对单位电荷做功的大小。
16．【答案】（1）B
（2）
（3）
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】（1）导体中的电场强度为： ，电子受到的电场力为： 电子受到的阻力为：f=kv，当电场力和碰撞的阻力相平衡时有：F=f，即： ，所以有： ,
故答案为：B（2）由电流的微观表达式可得： ；（3）由欧姆定律可知： ；
【分析】（1）利用平衡可以求出速率的大小；
（2）利用电流的微观表达式可以求出流过的电流大小；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
17．【答案】a；1000；大
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】两次测量，电压表变化率 ，电流表变化率 ，说明电流变化幅度大，电流表变化主要是由电压表的分流引起的，测量电路中尽量使电流表测量准确，因此采用电流表的内接法，（a）图正确；这时测量值 ；这种测量，测量值等于待测电阻的真实值与电流表内阻之和，因此测量值偏大。
【分析】（1）由于被测电阻大所以可以使用内接法测量；利用欧姆定律可以求出电阻大小；内接法测量值要大于真实值。
18．【答案】（1）由mg=qUAB/d，解得：UAB=8V， ，滑动变阻器电阻： ＝36Ω
（2）由动能定理：－mgd－qUAB＝0 ，UAB＝1V. ，电源输出功率：P＝EI-I2r，P＝9W.
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功
【解析】【分析】（1）利用重力等于电场力结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值大小；
（2）利用动能定理结合功率表达式可以求出AB板间的电压及电源的输出功率大小。
19．【答案】（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2．则 ①小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60°②，联立①②得 ③
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR＝ mvC2 0④解得 ⑤
（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥，vB=vC⑦，联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧，设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨，圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩，由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；力的合成
【解析】【分析】（1）利用库仑力的表达式结合平行四边形定则可以求出电场力的大小；
（2）利用动能定理可以求出小球到达C点的速度大小；
（3）利用牛顿第二定律结合力的合成可以求出小球到达B点对管道的压力大小。
20．【答案】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：Fe=mgtan37°= mg，电场力的方向水平向右．故电场力为 mg，方向水平向右
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt，沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax= ＝ g，小球上升到最高点的时间 ，此过程小球沿电场方向位移： ，电场力做功W=Fxsx= mv02，故小球上升到最高点的过程中，电势能减少 mv02；
（3）小球从到Q的运动的时间：t总＝ ，水平位移： ，小球从到Q的过程中，由动能定理得：Fe x＝EK
由以上各式得出：EK＝
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）利用速度的方向可以找出合力的方向，进而可以利用重力求出电场力的大小；
（2）利用竖直方向的运动可以求出运动的时间，利用水平方向的匀加速运动可以求出对应的位移，利用电场力乘以位移可以求出电场力做的功；
（3）利用动能定理可以求出动能的大小。
黑龙江省肇东第一中学2018-2019学年度高二上学期10月月考物理试题
一、综合题
1．（2017高二上·山西期中）有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷守恒定律
【解析】【解答】解：假设A、B带电量均为q，两球之间的相互吸引力大小是F=k ，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A、C的电量都为 ，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为 ，这时A、B两球之间的相互作用力大小F=k = ，ACD不符合题意，B符合题意；
故答案为：B．
【分析】第三个不带电的金属小球C与A接触后A、C的电量都为 q /2，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为 3 q/ 4，再根据库仑定律求解。
2．（2018高二上·黑龙江月考）下述说法正确的是（）
A．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹
B．根据 ，可知电场中某点的场强与电场力成正比
C．几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强
D．根据 ，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A项：电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合，A不符合题意；B项：E由电场本身决定，与F、q无关，B不符合题意；C项：场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，C不符合题意；D项： 是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，可知E与Q成正比，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电场线与电荷的运动轨迹无关，场强大小只由电场本身决定与电场力大小无关；合场强大小有可能比分场强小；利用场强表达式可以判别场强的影响因素。
3．（2018高二上·黑龙江月考）一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为3J，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断错误的是（）
A．a点动能比b点小3.5J B．a点重力势能比b点大3J
C．a点电势能比b点小1J D．a点机械能比b点小0.5J
【答案】B
【知识点】功能关系
【解析】【解答】重力做功表示重力势能的变化，a点运动到b点的过程中，重力做功3J，因此重力势能减小3J，A不符合题意；电场力做功表示电势能的变化，由电场力做功1J，电势能减小1J，B符合题意；动能的变化由合力做功判断，由题意可知合力做功为4Ｊ，所以动能增大4J，C不符合题意；机械能的变化根据除了重力做功判断，因此电场力做功1J，机械能增大1J，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用合力做的总功可以判别动能增加的大小；利用重力做功可以判别重力势能的大小；利用电场力做功可以判别电势能的大小；利用除重力以外其他力做的功可以判别机械能的大小。
4．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示,平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒P,今把A.B两个半方形的金属空盒相对插入电容器中间。当A.B合拢后,微粒P的状态是( )
A．向上运动 B．仍保持静止
C．向下运动 D．条件不完全，无法判断
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】当A、B两个半方形的金属空盒相对插入电容器前，微粒处于匀强电场中，受到电场力与重力，两者平衡，处于静止状态；当插入后，微粒P处于金属盒中，出现静电屏蔽现象，则微粒P的电场强度为零，因此微粒只受到重力，从而向下运动，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由于静电屏蔽导致电场力为0所以粒子向下运动。
5．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，MON为固定的“L”形直角光滑绝缘板，ON置于水平地面上，P为一可移动的光滑绝缘竖直平板．现有两个带正电小球A、B，小球A置于“L”形板的直角处，小球B靠在P板上且处于静止状态，小球A、B位于同一竖直平面内，若将P板缓慢向左平移，则下列说法正确的是（）
A．B对P板的压力变大 B．A对ON板的压力不变
C．A，B系统的电势能减小 D．A，B间的距离变小
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A、以整体为研究对象可知，ON对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对ON的压力也等于A、B两球的重力，因此移动P板过程中，A对ON压力不变；隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：FN=mgtanθ， ，当P板缓慢向左平移时，θ角变小，因此P板给球B的支持力减小，根据作用力与反作用力可知B球对P板的压力变小，A不符合题意，B符合题意；C、θ角变小，cosθ变大，因此库仑力F减小，两球之间的距离增大，电场力做正功，系统电势能减小，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用两个小球的受力平衡方程可以判别B对P板的压力及A对ON板的压力的大小及电场力的大小变化，利用两球之间的距离可以判别电场力做功及电势能的变化。
6．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，图线a是某一电源的 曲线，图线b是一定值电阻的U-I曲线 若将该电源与该定值电阻连成闭合电路 已知该电源的内阻 ，则（ ）
A．该定值电阻为6Ω
B．该电源的电动势为20V
C．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大
D．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大
【答案】A,B,C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】A、图线b的斜率 =6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；A符合题意；
B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；B符合题意；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】利用图线b的斜率可以求出电阻的大小，利用图线a可以求出电动势及内阻的大小，利用外阻和内阻的大小相等可以判别电源输出功率最大。
7．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示的电路中，开关S闭合后，灯泡A和B都正常发光。由于电路故障，灯泡B变暗（没有熄灭），灯泡A变亮，则电路中可能发生的故障是( )
A．R1短路 B．R1断路 C．R2短路 D．R2断路
【答案】B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】电路为串并联电路，电阻R1与灯A并联，电阻R2与灯B并联，然后是串联在电路中，根据“串反并同”，即串联电器的电压电流都与该电阻反向变化，并联电器的电压电流都与该电阻同向变化.短路就是电阻变小为0，断路就是电阻变大为无穷大。据此判断，R1短路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变大B灯变亮，与之并联的灯A电流变小（被短路，电流减小为0），A灯熄灭，A不符合题意。R1断路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变小B灯变暗，与之并联的灯A电流变大A灯变亮，答案B对。R2短路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变大，A灯变亮，与之并联的灯B电流变小（被短路减小到0）B灯熄灭，答案C不符合题意。R2断路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变小，A灯变暗，与之并联的灯B电流变大，B灯变亮。
故答案为：B
【分析】利用动态电路的分析可以判别电路中出现的电路故障。
8．（2017高二上·大连期末）在图示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，电压表V的读数变化量为△U，电流表A2的读数变化量为△I2（电表均视为理想电表）．则（ ）
A．电压表V的读数先变小后变大 B．电流表A1的读数先变大后变小
C．电流表A2的读数变大 D．△U与△I2的比值为定值
【答案】D
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】解：AC、当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流的变化先减小后增大，内电压先减小后增大，则路端电压表读数先增大后减小，因此电压表V的读数先变大后变小．电流表A2的读数先变小后变大，故A、C错误．
B、滑片P从最上端滑至中点的过程中，变阻器的总电阻增大，电压增大，下部分电阻减小，所以电流表A1的读数变大．
从中点滑至最下端的过程中，变阻器总电阻减小，电压减小，通过变阻器上部分的电流变小，而电路的总电流增大，则电流表A1的读数变大，因此电流表A1的读数一直变大，故B错误．
D、根据闭合电路欧姆定律得 U=E﹣I2r，得 =r，保持不变，故D正确．
故选：D
【分析】当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道电流表A2的读数如何变化．根据欧姆定律分析电流表A1的读数如何变化．由闭合电路欧姆定律列式分析 如何变化．
9．（2017高三上·邹平期末）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（ ）
A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动
C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：A、热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故A错误；
B、当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故B错误；
C、开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C错误；
D、电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U= ，C= ，E= ．所以：E= ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确；
故选：D
【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液保持静止，则保持两板间的电场强度不变，由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出．
10．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（）。
A．粒子一定带负电
B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
C．A点的场强大于C点的场强
D．粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功
【答案】C
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】曲线运动的受力方向指向凹处，电场线的方向从高电势指向低电势，可判断出粒子带正电，A不符合题意；正电荷在电势高时电势能大，B不符合题意；电场线或等势面的疏密表示场强的强弱，C符合题意；粒子由A点向B点运动，及从B到C运动电势差相等电场力做功相等；D不符合题意。
故答案为：C
【分析】 利用轨迹和等势面的交点可以粗略判断电场力的方向，利用场力和电势降低的方向可以判别粒子的电性；利用电场力做功可以判别电势能大小，利用等势面疏密可以判别场强的大小；由于电势差相等所以电场力做功相等。
11．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则说法不正确的（）
A．平行板电容器的电容值将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将减少
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定即静电计张角不变，当下极板向下移动时，两板间距增大，根据公式 可知电容减小，AB不符合题意；电势差不变，而d增大，则根据 可知电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该油滴为负电荷，则电势能减小，C符合题意；与电源断开，两极板间的电荷量Q恒定不变，根据公式 联立解得 ，即两极板间的电场强度在电荷量恒定的情况下与两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度E不变，即油滴受力不变，仍保持静止，D符合题意．
故答案为：CD
【分析】利用板间距离可以判别电容的变化；由于电容与电源相连所以其电压保持不变，利用场强结合电势差可以判别P的电势能减少；利用电荷量不变进而可以判别场强和场力不受距离影响。
12．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻RM＝1Ω，则下列说法中正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为10A B．电动机的输入功率为20W
C．电源的输出功率为40W D．电动机的输出功率为16W
【答案】B,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）解得： =2A，A不符合题意；电动机的输入功率：P入=UI=10×2=20W；电源及电动机的热功率：P热=I2RM=22×1=4W；电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=10×2-22×1=16W；BD符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用欧姆定律可以求出电流的大小；利用电压乘以电流可以求出电动机的输入功率及电源的输入功率；利用电源总功率减去消耗功率可以求出电源的输出功率；利用电动机的输入功率减去消耗功率可以求出电动机的输出功率。
13．（2017高二上·山西期中）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0．已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则（ ）
A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0
D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；
t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；
由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；A符合题意，B不符合题意；
C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 ；
根据分位移公式，有： =
由于L=d
故：vym=v0
故最大动能EK′= m（v02+v2ym）=2EK，C符合题意；
D、若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；D不符合题意；
故选：AC．
【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；所以所有粒子最终都垂直电场方向射出电场。
14．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，有一半径为R的圆，AB是一条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向平行于该圆所在的平面．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于圆面沿不同方向发射电荷量为+q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点时粒子的电势能最小，∠α=30°。不计粒子所受的重力和空气阻力，下列说法正确的是（）
A．电场强度的方向垂直AB向上
B．电场强度的方向沿OC连线向上
C．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点．则初动能为
D．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为为
【答案】B,C
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】粒子在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=△Ek可知，到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．所以C点的电势最低，则电场线方向沿OC方向．A不符合题意，B符合题意．小球只受电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t，y=2Rcos230°=，由以上两式得：Ek= mv02= qER；C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】利用动能定理可以判别电场线的方向；利用小球做平抛运动的规律可以求出小球其初动能的大小。
15．（2018高二上·黑龙江月考）关于电动势下列说法中正确的是（ ）
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B．对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大
C．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多
【答案】A,C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，A符合题意．B、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，B不符合题意．C、D、根据电动势的定义式 得：W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】电源内部电流从负极到正极，非静电力做功，电能增加；电动势大小说明非静电力对单位电荷做功的大小。
二、填空题
16．（2018高二上·黑龙江月考）试研究长度为l、横截面积为S,单位体积自由电子数为n的均匀导体中电流的流动,在导体两端加上电压U,于是导体中有匀强电场产生,在导体内移动的自由电子( e)受匀强电场作用而加速。而和做热运动的阳离子碰撞而减速,这样边反复进行边向前移动,可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v成正比,其大小可以表示成kv(k是常数).
（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中电子的速率v成为一定值，这时v为___.
A．ekUl B．eUlk C．elUk D．ekU
（2）设自由电子在导体中以一定速率v运动时，该导体中所流过的电流是 .
（3）该导体电阻的大小为 (用k、l、n、s、e、U表示).
【答案】（1）B
（2）
（3）
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】（1）导体中的电场强度为： ，电子受到的电场力为： 电子受到的阻力为：f=kv，当电场力和碰撞的阻力相平衡时有：F=f，即： ，所以有： ,
故答案为：B（2）由电流的微观表达式可得： ；（3）由欧姆定律可知： ；
【分析】（1）利用平衡可以求出速率的大小；
（2）利用电流的微观表达式可以求出流过的电流大小；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
三、实验探究题
17．（2018高二上·黑龙江月考）有一个未知电阻Rx,用图中(a)和(b)两种电路分别对它进行测量,用(a)图电路测量时,两表读数分别为6V,6mA,用(b)图电路测量时,两表读数分别为5.9V,10mA,则用 图所示电路测该电阻的阻值误差较小,测量值Rx= Ω,从系统误差角度分析,Rx的测量值与其真实值Rx真比较,Rx测 Rx真(填“>”、“=”或“<”).
【答案】a；1000；大
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】两次测量，电压表变化率 ，电流表变化率 ，说明电流变化幅度大，电流表变化主要是由电压表的分流引起的，测量电路中尽量使电流表测量准确，因此采用电流表的内接法，（a）图正确；这时测量值 ；这种测量，测量值等于待测电阻的真实值与电流表内阻之和，因此测量值偏大。
【分析】（1）由于被测电阻大所以可以使用内接法测量；利用欧姆定律可以求出电阻大小；内接法测量值要大于真实值。
四、解答题
18．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm，电源电动势E＝10V，内电阻r＝1Ω，定值电阻R＝8Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板小孔以初速度v0＝3m/s竖直向上射入板间．已知小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力。(g取10m/s2)
（1）要使小球在A、B板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
（2）若小球带正电，只改变滑动变阻器划片位置，其它量不变，那么，A、B板间电压为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？
【答案】（1）由mg=qUAB/d，解得：UAB=8V， ，滑动变阻器电阻： ＝36Ω
（2）由动能定理：－mgd－qUAB＝0 ，UAB＝1V. ，电源输出功率：P＝EI-I2r，P＝9W.
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功
【解析】【分析】（1）利用重力等于电场力结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值大小；
（2）利用动能定理结合功率表达式可以求出AB板间的电压及电源的输出功率大小。
19．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的1/4圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B.水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到C处时的速度大小；
（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小.
【答案】（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2．则 ①小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60°②，联立①②得 ③
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR＝ mvC2 0④解得 ⑤
（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥，vB=vC⑦，联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧，设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨，圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩，由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；力的合成
【解析】【分析】（1）利用库仑力的表达式结合平行四边形定则可以求出电场力的大小；
（2）利用动能定理可以求出小球到达C点的速度大小；
（3）利用牛顿第二定律结合力的合成可以求出小球到达B点对管道的压力大小。
20．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；
（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能.
【答案】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：Fe=mgtan37°= mg，电场力的方向水平向右．故电场力为 mg，方向水平向右
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt，沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax= ＝ g，小球上升到最高点的时间 ，此过程小球沿电场方向位移： ，电场力做功W=Fxsx= mv02，故小球上升到最高点的过程中，电势能减少 mv02；
（3）小球从到Q的运动的时间：t总＝ ，水平位移： ，小球从到Q的过程中，由动能定理得：Fe x＝EK
由以上各式得出：EK＝
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）利用速度的方向可以找出合力的方向，进而可以利用重力求出电场力的大小；
（2）利用竖直方向的运动可以求出运动的时间，利用水平方向的匀加速运动可以求出对应的位移，利用电场力乘以位移可以求出电场力做的功；
（3）利用动能定理可以求出动能的大小。
