题目列表(包括答案和解析)
（13分）（1）在物理实验中体现了很多的物理研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、图像法、类比法、科学假说法、微小量放大法与等效替代法等。请把合适的方法或正确的答案填在相应的空格内。
①在“利用打点计时器测速度”的实验中，运用 法，可以利用打点计时器打出的纸带测算出某点的瞬时速度：在“探究互成角度的两个力的合成”的实验中，分别用一个力F或两个互成角度的F1、F2，把一个一端固定的橡皮筋拉伸到同一位置，则F就是F1和F2的合力，实验原理采用的是 法。在“探究平抛运动的规律”的实验中，如图所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球松开，自由下落，A、B两球同时开始运动，观察到两球同时落地。运用 法，可以判定平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。
②图象法是物理实验中一种重要的研究方法。在研究加速度与外力（质量m一定）的关系、验证机械能守恒定律、探究弹力大小与弹簧伸长量之间的关系三个实验中，某同学正确作出了三个实验的相关图象，如图中A、B、C所示。根据坐标轴代表的物理量判断，A实验的图象“斜率”表示 ；B实验图象的“斜率”表示 ；C实验图象的“斜率”表示 。
（2）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源E（电动势为4.5V）
B．电压表V（量程为0～5V，内阻约为4k
）
C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2）
D．电流表A2(量程3A，内阻约0.05);
E．滑动变阻器R1（最大阻值10,额定电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值2k,额定电流100mA）
①为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填所选仪器前的字母序号）。
②请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图所示）。
③操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为 ，正常工作时的发热功率为 ，机械功率为 。
（13分）（1）在物理实验中体现了很多的物理研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、图像法、类比法、科学假说法、微小量放大法与等效替代法等。请把合适的方法或正确的答案填在相应的空格内。
①在“利用打点计时器测速度”的实验中，运用 法，可以利用打点计时器打出的纸带测算出某点的瞬时速度：在“探究互成角度的两个力的合成”的实验中，分别用一个力F或两个互成角度的F1、F2，把一个一端固定的橡皮筋拉伸到同一位置，则F就是F1和F2的合力，实验原理采用的是 法。在“探究平抛运动的规律”的实验中，如图所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球松开，自由下落，A、B两球同时开始运动，观察到两球同时落地。运用 法，可以判定平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。
②图象法是物理实验中一种重要的研究方法。在研究加速度与外力（质量m一定）的关系、验证机械能守恒定律、探究弹力大小与弹簧伸长量之间的关系三个实验中，某同学正确作出了三个实验的相关图象，如图中A、B、C所示。根据坐标轴代表的物理量判断，A实验的图象“斜率”表示 ；B实验图象的“斜率”表示 ；C实验图象的“斜率”表示 。
（2）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源E（电动势为4.5V）
B．电压表V（量程为0～5V，内阻约为4k
）
C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2）
D．电流表A2(量程3A，内阻约0.05);
E．滑动变阻器R1（最大阻值10,额定电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值2k,额定电流100mA）
①为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填所选仪器前的字母序号）。
②请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图所示）。
③操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为 ，正常工作时的发热功率为 ，机械功率为 。
））);,额定电流1A）,额定电流100mA）
用下面的方法可以测量物体的带电量。图中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块竖直放置的金属板，加上电压后其两板间电场可视为匀强电场。另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干。实验步骤如下：
①用天平测出小球的质量m，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量；
②连接电路（请在右图中的虚线框内画出实验所用的电路图，电源、开关已画出）；
③闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ；
④以电压U为纵坐标，以________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k；
⑤小球的带电量q =______________（用m、d、k等物理量表示）
某研究性学习小组设计了图示实验装置测量物体带电荷量的方法。图中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块相同的、正对着平行放置的金属板(加上电压后其内部电场可视为匀强电场) ，另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干。当地的重力加速度为g。
（1）用天平测出小球的质量m，按图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电荷量
（2）请在图中的虚线框内画出实验所用的电路图 (电源、开关已画出)
（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑动片的位置，读出多组对应的电压表的示数U和丝线的偏转角度α
（4）以电压U为纵坐标，以_______为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k
（5）小球的带电荷量q=_________，（用m、d、k等物理量表示）
1．答案：B 根据电场线疏密判断E的大小，密的地方场强大，有EA>EB；根据沿电场线方向电势降低，有
>
.
2．答案：A 由点电荷的电场分布特点可知，距离点电荷越近，场强越大，因此该点电荷必然处于A点右侧.但点电荷带电性质不确定，因此场强的方向不确定.
3．答案：BD 由电场的叠加，AB中垂线中由C向上场强为先增后减，故电荷C所受电场力向上且先增后减，所以C的加速度先增后减，但速度始终增大，可知BD正确.
4．答案：C 静电屏蔽作用，人体相当于一个等势体.
5．答案：BC 注意两种情况的区别，电键K始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可.
6．答案：B 由于库仑力变化，因此质子向b不是做加速运动，A错误；由于a、b之间的电势差恒定，根据动能定理得，
可得
，则知
粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为
，B正确；当电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动时，根据
，可得
，则知电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动时的线速度为
，C、D错误.
7．答案：AD 减小的动能转化为电子的电势能，由A到C减小的动能与由C到B增加的动能相等，所以场强方向由O指向C，A和B的电势相等，形成电场的正电荷应位于D点.
8．答案：A 根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀加速即可推出A正确.
9．答案：D 剪断细线Oc后，a、b作为一个系统在水平方向只受内力（库仑力、绳子拉伸后的拉力）作用，外力无冲量故其水平方向上动量恒为零.在竖直方向上，二者同时在重力作用下做初速度为零的匀加速运动，同时落地机械能守恒，故落地时，ab两球的动能和为
.在运动过程中，电场力做正功，因此其系统电势能减小.
10．答案：BD 粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移
大的时间长，因
，故
，A错.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，有
，因为位移
相同，所以运动时间长的粒子加速度小，即
，故B正确.粒子到达正极板的动能为
，而
，所以有
，C错误.由可以判断A带负电，B不带电，C带正电，D正确.
11．答案：（1）BE（4分） 要用直流电源形成稳恒电流场，以模拟静电场，应选6V的直流电源，所以选B；要用探针寻找等势点，电流表灵敏度高，指针能左右偏转，所以选E.
（2）D （4分） 探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，两探针间的电势差先减小后变大，所以灵敏电流表的指针与零刻度的夹角先变小后变大.
12．答案：（1）如图（a）.（4分）（2）
（4分）（3）
（4分）
提示：带电小球的受力如图b，
根据平衡条件有
，
又有
，联立解得，
，所以应以为横坐标.
13．解析：（1）由图可得B点电场强度的大小
N/C．（2分）
因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向. （2分）
（2）因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，
故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电. （2分）
设点电荷Q的坐标为x，则
，
（4分）
由图可得
N/C，解得x=
14．解析：他的解答是错误的. （5分）
小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示.
竖直方向 Tsin60°=mg
① （3分）
水平方向 Tcos60°+T=
② （3分）
由①②联立得 
（3分）
15．解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2分）
（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，
①（2分）
在最高点对小球由牛顿第二定律得，
②（2分）
由①②式解得，T=15N（1分）
（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则
③（2分）
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则
④（1分）
设竖直方向上的位移为s，则
⑤（1分）
由①③④⑤解得，s=
∴小球距O点高度为s+L=
16．解析：（1）因油滴到达最高点时速度大小为
，方向水平，对O→N过程用动能定理有
，（2分）
所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O点的左上方. （3分）
（2）由（1）的分析可知
，在竖直方向上油滴做初速为
的竖直上抛运动，则有
，（3分）
即
.（2分）
（3）油滴由O→N的运动时间
，（2分）
则在水平方向上由动量定理得，
（2分）
即
.（2分）
17．解析：（1）小球由B点运动到C点过程，由动能定理有，
，（2分）
在C点，设绳中张力为FC，则有
（2分）
因FC=mg，故vC=0（2分）
又由小球能平衡于A点得，
（2分）
（2分）
（2）小球由D点静止释放后将沿与竖直方向夹θ=53°的方向作匀加速直线运动，直至运动到O点正下方的P点，OP距离h=Lcot53°=
（2分）
在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程的加速度a和位移s分别为：
，
.（2分）
∴小球到达悬点正下方时的速率为
.（2分）
18．解析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：
e U1=
………（2分） 解得：
………（2分）
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：
F=eE， E=
， F=ma， a =
……（3分）
t1=
， y1=
，解得： y1=
……（3分）
（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得：vy=at1=
（2分）
电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示
t2=
， y2= vyt2 解得：y2=
……………………（2分）
P到O点的距离为 y=y1+y2=
……………………（2分）
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