湖南省长沙市长郡中学2015_2016学年高二物理上学期第一次模考试题(含解析)

2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）第一次模考物理试卷一、选择题（本题共8小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得O分）1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法．下列叙述不正确的是（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法D．场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式2．下列关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（）A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线只能形象地表现磁场的方向，不能表现磁场的强弱C．磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线3．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列说法中错误的是（）A．导体的电阻是0.04ΩB．导体的电阻是25ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V4．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是（）A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到cB．带电粒子在三点受力的大小F b＞F a＞F cC．带电粒子在三点动能的大小E kb＞E ka＞E kcD．带电粒子在三点电势能的大小E pb＞E pa＞E pc5．如图所示，a，b两个带正电的粒子，电荷量分別为q1与q2，质量分别为m1和m2．它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后．a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力．则（）A．电荷量q1大于q2B．质量m1小于m2C．粒子的电荷量与质量之比＞D．粒子的电荷量与质量之比＜6．一个电流表的满偏电流I B=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10KΩ的电阻B．并联一个10KΩ的电阻C．串联一个9.5KΩ的电阻D．并联一个9.5KΩ的电阻7．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U28．质量为m的物体从倾角为30°的斜面上静止开始下滑s，物体与斜面之间的动摩擦因数μ=，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加mgsB．物体的重力势能减少mgsC．物体克服阻力所做的功为mgsD．物体的机械能减少mgs三、非选择题9．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．部分步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm；（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，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为Ω．（4）用多用电表的直流电压10V挡测电压，若表盘的示数也如图3所示，则电压为V．10．（12分）（2014•连城县校级模拟）某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．①甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有下列器材可供选择：电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1Ω）电流表A2（量程150mA，内阻约为2Ω）滑动变阻器R1（阻值0～200Ω）滑动变阻器R2（阻值0～10Ω）①实验中电流表应选，滑动变阻器应选；（填写器材代号）以下的四个电路中应选用进行实验．②乙同学分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图1所示．然后他用图2所示的电路给三个元件分别供电，图中电流表和电压表均为理想电表，并测出单独给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图1上，它们是A点和B点．已知R0=9.0Ω，则该电源的电动势E′=V，内电阻r′=Ω．这个电源单独给元件3供电时，元件3的电功率P= W．11．（10分）（2015秋•长沙校级月考）一个初速度为零的质子，经过电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，已知质子质量m，电量q，试求：（1）质子进入磁场中的速度大小；（2）质子在磁场中运动时受到的洛仑兹力的大小．12．（16分）（2015秋•长沙校级月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s 水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）．求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？13．（16分）（2015春•金华期末）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=，ACB为光滑固定的半圆形绝緣轨道，轨道半径为R，O点是圆心，直径AB水平，A、B为直径的两个端点，AC为圆弧．一个质童为m．电荷量为﹣q的带负电小球，从A点正上方高为R处由静止释放，从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力．求：（1）小球到达C点时对轨道的压力；（2）若E′=，小球从A点正上方离A点至少多高处静止释放，才能使小球沿轨道运动到C点．2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）第一次模考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得O分）1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法．下列叙述不正确的是（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法D．场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法．根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法．故A正确；B、库仑得出库仑定律，但没有测出元电荷e的数值，e的数值首先是由密立根测出的，故B 错误．C、用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，故C正确；D、场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式，故D正确．本题选不正确的，故选：B．点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．下列关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（）A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线只能形象地表现磁场的方向，不能表现磁场的强弱C．磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．分析：磁力线又叫做磁感线，是用以形象地描绘磁场分布的一些曲线．人们将磁力线定义为处处与磁感应强度相切的线，磁感应强度的方向与磁力线方向相同，其大小与磁力线的密度成正比．磁力线具有下述基本特点：1．磁力线是人为假象的曲线； 2．磁力线有无数条；3．磁力线是立体的； 4．所有的磁力线都不交叉； 5．磁力线的相对疏密表示磁性的相对强弱，即磁力线疏的地方磁性较弱，磁力线密的地方磁性较强； 6．磁力线总是从 N 极出发，进入与其最邻近的 S 极并形成闭合回路．解答：解：A、磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质；故A正确；B、磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场方向，故B错误；C、磁感线是闭合曲线，再磁体外部从N极出发进入S极，内部有S极到N极，故C错误；D、磁感线是虚拟的线，细铁屑只能模拟磁感线，并不是没有铁屑的地方没有磁感线；故D错误；故选：A．点评：本题关键是明确磁感线的概念和物理意义，对于磁感线，还要能够画出常见磁体和电流的磁感线．3．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列说法中错误的是（）A．导体的电阻是0.04ΩB．导体的电阻是25ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由I﹣U图象找出导体两端电压所对应的电流，然后由欧姆定律求出导体电阻；已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出通过导体的电流；已知电流与电阻，由欧姆定律可以求出导体两端电压．解答：解：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R=Ω=25Ω，故A错误，B正确；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I=A，故C正确；当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压U=IR=0.1A×25Ω=2.5V，故D正确；该题选择不正确的，故选：A．点评：本题考查伏安特性曲线的应用；由图象找出导体两端电压与所对应的电流，应用欧姆定律即可正确解题．4．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是（）A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到cB．带电粒子在三点受力的大小F b＞F a＞F cC．带电粒子在三点动能的大小E kb＞E ka＞E kcD．带电粒子在三点电势能的大小E pb＞E pa＞E pc考点：等势面．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系．解答：解：A、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故A错误；B、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故B错误；C、带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功（电场力方向和运动方向相反），电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，故C错误；D、由对C的分析可知，故D正确．故选：D．点评：本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点．解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：①等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．④任意两个等势面都不会相交．⑤等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱．5．如图所示，a，b两个带正电的粒子，电荷量分別为q1与q2，质量分别为m1和m2．它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后．a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力．则（）A．电荷量q1大于q2B．质量m1小于m2C．粒子的电荷量与质量之比＞D．粒子的电荷量与质量之比＜考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．解答：解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a=①时间 t=②偏转量 y=at2③因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由①得：a的加速度大，由③得：a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大．故C正确．ABD错误故选：C．点评：解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．属于基本题型．6．一个电流表的满偏电流I B=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10KΩ的电阻B．并联一个10KΩ的电阻C．串联一个9.5KΩ的电阻D．并联一个9.5KΩ的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g=﹣500=9500Ω=9.5kΩ；故选：C．点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题，本题是一道基础题．7．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U2考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．解答：解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．8．质量为m的物体从倾角为30°的斜面上静止开始下滑s，物体与斜面之间的动摩擦因数μ=，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加mgsB．物体的重力势能减少mgsC．物体克服阻力所做的功为mgsD．物体的机械能减少mgs考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：根据动能定理分析动能的变化，由重力做功分析重力势能的变化．由功的计算公式直接求阻力做功，即等于物体机械能的减少．解答：解：A、根据动能定理得：动能增加量△E k=mgssin30°﹣μmgcos30°•s=mgs，故A正确．B、物体的重力势能减少△E p=mgssin30°=mgs，故B错误．C、物体克服阻力所做的功为 W f=μmgcos30°•s=mgs，故C正确．D、根据功能原理知，机械能减少△E=W f=mgs．故D错误．本题选不正确的，故选：BD．点评：解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道动能的变化与合力做功有关，重力势能的变化与重力做功有关，机械能的变化与除重力以外的力做功有关．三、非选择题9．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．部分步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 4.700 mm；（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，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为220 Ω．（4）用多用电表的直流电压10V挡测电压，若表盘的示数也如图3所示，则电压为 3.9 V．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）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到0.001mm．（3）欧姆表读数时要用示数乘以倍率．（4）电压表和电流表的读数时要根据电表的量程及最小分度进行．解答：解：（1）游标为20分度，其测量精度为0.05mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm 所以最终读数为50.15mm；（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm，最终读数为d=4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）用多用电表的电阻“×10”挡粗测电阻时，读数为 R=22.0×10Ω=220Ω．（4）量程选择10V的量程，则最小分度为0.2V，则读数为3.9V；故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）3.9点评：解决本题要掌握各种仪器的读数方法，知道测量电阻率的原理：电阻定律和欧姆定律．10．（12分）（2014•连城县校级模拟）某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．①甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有下列器材可供选择：电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1Ω）电流表A2（量程150mA，内阻约为2Ω）滑动变阻器R1（阻值0～200Ω）滑动变阻器R2（阻值0～10Ω）①实验中电流表应选A1，滑动变阻器应选R2；（填写器材代号）以下的四个电路中应选用 A 进行实验．②乙同学分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图1所示．然后他用图2所示的电路给三个元件分别供电，图中电流表和电压表均为理想电表，并测出单独给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图1上，它们是A点和B点．已知R0=9.0Ω，则该电源的电动势E′= 3 V，内电阻r′= 1 Ω．这个电源单独给元件3供电时，元件3的电功率P= 0.2 W．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：①根据灯泡的额定电流确定电流表的量程，从减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器．测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接．②将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外电压与电流的关系图线，通过图线求出电源的电动势和内阻，图线与元件3的I﹣U图线的交点表示此时的电流和电压，根据元件3工作时的电压和电流，从而求出元件3的电功率．解答：解：①灯泡的额定电流I==≈0.33A=330mA，电流表应选：A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选：R2；描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为R==≈10.8Ω，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图A所示实验电路．②将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外电压与电流的关系图线．如图，当电流为0时，外电压为3V，则电源的电动势为E=3V，内阻r=﹣9=1Ω．此时元件3的电流和电压分别为：0.2A，1.0V，则P=UI=0.2W．故答案为：①A1；R2；A；②3；1；0.2．点评：解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻．11．（10分）（2015秋•长沙校级月考）一个初速度为零的质子，经过电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，已知质子质量m，电量q，试求：（1）质子进入磁场中的速度大小；（2）质子在磁场中运动时受到的洛仑兹力的大小．考点：洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）应用动能定理研究电荷穿过电场的过程，并解出穿出电场的速度；（2）由F=qvB可得电荷受到的洛伦兹力．解答：解：（1）穿越电场过程中，由动能定理：，解得：v=（2）进入磁场受到的洛伦兹力为：F=qvB=．答：（1）质子进入磁场中的速度大小是；（2）质子在磁场中运动时受到的洛仑兹力的大小是．点评：该题考查洛伦兹力的计算，掌握基本的洛伦兹力计算式；会用动能定理处理电荷过电场的情况．基础题目．12．（16分）（2015秋•长沙校级月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s 水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）．求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？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）小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A板右边缘射出时，水平位移为l，竖直位移为d，根据运动学和牛顿第二定律结合可求出板间电场强度，由U=Ed求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器接入电路的阻值．（2）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数．（3）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数，电源的输出功率P=UI，U是路端电压，I是总电流．解答：解：（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：l=v0t竖直方向：d=at2；由上两式得：a===20m/s2又加速度为：a=联立得：U==24V根据串联电路的特点有：=代入得：=解得，滑动变阻器接入电路的阻值为：R′=24Ω（2）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：I==A=1A电压表的示数为：U=E﹣Ir=40﹣1×1=39V（3）电源的输出功率是P=UI=39×1W=39W．答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为24Ω．（2）此时电流表、电压表的示数分别为1A和39V．（3）此时电源的输出功率是39W．点评：本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度．13．（16分）（2015春•金华期末）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=，ACB为光滑固定的半圆形绝緣轨道，轨道半径为R，O点是圆心，直径AB水平，A、B为直径的两个端点，AC为圆弧．一个质童为m．电荷量为﹣q的带负电小球，从A点正上方高为R处由静止释放，从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力．求：（1）小球到达C点时对轨道的压力；（2）若E′=，小球从A点正上方离A点至少多高处静止释放，才能使小球沿轨道运动到C点．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）小球进入圆轨道，电场力和重力平衡，做匀速圆周运动，根据动能定理求出进入圆轨道的速度大小，结合牛顿第二定律求出在C点所受的弹力，从而得出小球到达C点时对轨道的压力；（2）若E′=，电场力为2mg，抓住最低点临界状态，弹力为零，结合牛顿第二定律求出C点的速度，根据动能定理求出最小高度．。