【文档说明】（浙江专用，人教版必修第三册第9~12章）（全解全析）（浙江专用）.docx，共(19)页，2.368 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，

用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．测试范围：第9~12章，人教版2019必修第三册。4．难度系数：0.70。第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列

出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1．下列物理量是比值法定义且为矢量的是（）A．加速度Fam=B．电场强度FEq=C．电势pEq=D．电容r4SCkd=【答案】B【详解】A．Fam=是加速度的决定式，

vat=是加速度的定义式，加速度a是矢量，故A错误B．FEq=是电场强度的定义式，电场强度E与F、Q无关，E是矢量，故B正确；C．pEq=是电势的定义式，电势与pE、q均无关，但电势是标量，故C错误；D．r

4SCkd=是电容的决定式，QCU=是电容的定义式，故D错误。故选B。2．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A．法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象B．库仑发现了点电荷的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值C．安培在研究磁场与通电

导线的相互作用方面做出了杰出的贡献，并提出分子电流假说D．奥斯特发现了磁场对电流的作用规律【答案】C【详解】A．法拉第最先引入“场”的概念，奥斯特最早发现了电流的磁效应现象，选项A错误；B．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验

测定了元电荷的数值，选项B错误；C．安培在研究磁场与通电导线的相互作用方面做出了杰出的贡献，并提出分子电流假说，选项C正确；D．奥斯特发现了电流的磁效应，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误。故选C。3．如图甲、乙、丙、丁是课本内的

几幅插图，下列说法正确的是（）A．甲图是演示静电屏蔽现象的装置，带电小球的电场不能进入金属网罩内部B．乙图是一种可变电容器，其原理是通过改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的C．丙图是库仑扭秤，库仑通过

它测量出两带电小球之间的静电力从而得出了静电力常量D．丁图是避雷针，其通过尖端放电中和空气中的电荷达到避免建筑物遭雷击的目的【答案】D【详解】A．甲图中，由于静电屏蔽使得金属网罩内部场强为零，但静电屏蔽并不是带电小球的电场遮挡在外，而是感应电荷的电场与带电小球的电场抵消为零，故A错误；

B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的相对面积从而达到改变电容的目的，故B错误；C．丙图是库仑扭秤，库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，但他并没有能通过实验得出静电力常量，故C错误；D．丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电

荷达到避免雷击的目的，故D正确。故选D。4．“富兰克林铃”可以简化成如图所示的模型，当与毛皮摩擦过的气球靠近金属钉甲时，铝箔小球就会在塑料管内“左右横跳”。下列关于“富兰克林铃”的说法中正确的是（）A．与毛皮摩擦过的气球带正电B．气球靠近金属钉甲时，

金属钉甲左侧感应出电荷，同时右侧带与左侧感应出电荷的等量异种电荷C．气球靠近金属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明电荷可以创生D．铝箔小球会在塑料管内“左右横跳”，说明能量可以创生【答案】B【详解】A．与

毛皮摩擦过的气球带负电，故A错误；B．与毛皮摩擦过的气球带负电,根据同种电荷相互排斥，气球靠近金属钉甲时，金属钉甲内自由电子向右运动，因此金属钉左侧感应出正电荷，右侧带等量的异种（负）电荷，故B正确；C．由上述可知气球靠近金

属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明带电物体具有吸引轻小物体的性质，故C错误；D．能量既不会消失，也不会创生，只会从一个物体转移到另外一个物体，或者从一种形式转变为另一种形式，故D错误。故选B。5．在x轴上关于坐标O点对称的位置上有两个等量的正点电荷

，其在xz−平面上形成的电势分布沿x轴的剖面图如图所示，则下列说法正确的是（）A．坐标O点处的电势和场强均不为零B．在x轴上与O点电势相等的点有两个C．负电荷在a点的电势能比在O点低D．在z轴任意位置处把正电荷沿x轴正方向单向移动的过程中电

场力均先做负功再做正功【答案】B【详解】A．等量同种电荷在O处的场强因矢量叠加抵消为零，但电势是标量叠加，故不为零，从图中也可以看出电势不为零，故A错误；B．从图中可以看出，在x轴上与O点电势相等的点有两个，故B正确；C．从图中可以看出，a点的电

势能比在O点低，根据qE=p，故负电荷在a点的电势能比在O点高，故C错误；D．从图中可以看出，沿垂直于z轴方向移动的过程中电势先升高再降低，再升高，再降低，根据qE=p，故正电荷的电势能经历先升高再降低，再升高，再降低的过程，根据电场力做功与电势能的关系：PBPAE

EW−=AB，故电场力先做负功再做正功，再做负功再做正功，故D错误。故选B。6．一个正电荷q周围有3种形状各异的金属导电体ABC、、。在电荷q周围形成如图所示的电场分布，P为导体A表面上的点，Q为导体B内距离q为L的点，图中虚线为一电荷只在电场作用下的

运动轨迹，ab、为运动轨迹上的两点，则（）A．运动电荷带正电B．运动电荷在a点加速度比b大C．电场在P点的方向斜向右上方D．导体B上的感应电荷在Q点形成的场强大小为2kqL【答案】B【详解】A．曲线运动中，质点受力方向指向曲线的内侧，故

运动电荷带负电，A错误；B．由于a点的电场线比b点的电场线密集，电场强度较大，运动电荷在a点受到的电场力大于b点的电场力，故a点的加速度大于b点的加速度，B正确；C．P点的电场方向垂直于导体的表面，C错误；D．静

电平衡时，导体内部的合场强为零，故所有的感应电荷在Q点形成的场强大小与点电荷q在该点的电场强度大小相等，方向相反，即所有的感应电荷在Q点形成的场强大小为2kqL，而不仅仅是B上面的感应电荷形成的场强。故D错误。故选B。7．如图

所示，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V，将一电荷量为5210C−−的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（）

A．坐标原点O的电势为7VB．电场强度的大小为500V/mC．该点电荷在a点的电势能为2×10-4JD．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4J【答案】B【详解】A．由于该电场是匀强电场，故

沿着同一个方向相同距离电势差相等，则有cbdO−=−，解得0VO=，故A错误；B．该电场沿x轴方向的分场强大小为216V/m400V/m410dOxdOUEd−===，沿y轴方向的分场强大小为29V/m300V/m310bOybOUEd−===

，则该电场的电场强度的大小为2222400300V/m500V/mxyEEE=+=+=，故B正确；C．因2dOOa=，则有()2dOOa−=−，解得8Va=−，该点电荷在a点的电势能为()54p2108J1.610JaaEq−−==−−=，故

C错误；D．该点电荷从a点移到d点，电场中做功为54=210(816)J4.810JadadWqU−−=−−−=，故D错误。故选B。8．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，一个质量为m、带电的小球在B点静止时细线与竖直方向的夹角为37°，小球所带的电荷量为

q，细线的长度为l，重力加速度为g，sin370.6=°，cos370.8=°。下列说法正确的是（）A．小球带负电B．电场强度的大小35mgEq=C．若将小球从A点由静止释放，则小球从A点运动到C点的过程中电势能增加了0.75m

glD．若将小球从A点由静止释放，则小球运动到C点受到细线的拉力大小为3mg【答案】C【详解】AB．小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示小球所受电场力方向与电场强度方向相同，可知小球带

正电，根据平衡条件有tanqEmg=，解得34mgEq=，故AB错误；C．若将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，根据电场力做功与电势能的关系：PPBPAEEEW−=−=AB，可知电场力做负功，电势能增加了pΔ0.75EqElmgl==，故C正确；D．根据动能定理有

2102CmglqElmv−=−，小球在C点，根据牛顿第二定律有2CvTmgml−=，解得1.5Tmg=，故D错误。故选C。9．光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图

线b是某电阻R的UI−图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．光电池的电动势为5VB．光电池的内阻为8C．光电池的输出功率为0.6WD．回路中的总电阻为18【答案】D【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律UEIr=−可知，当0I=时，EU=，由图

线a与纵轴的交点读出电源的电动势为3.6VE=；根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为2.5VU=，电流为0.2AI=，则硅光电池的内阻为3.62.5=5.50.2EUrI−−==，故AB错误；C．光电池的输出功率为2.50.2W0.5WPUI===，故C错误；D．外电阻为2

.5=12.50.2URI==，回路中的总电阻为18RRr=+=总，故D正确。故选D。10．小周老师在优质课展示活动中做了“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验（如图甲），实验前将口香糖锡纸中间剪掉一些（如图乙），将锡纸条带锡面的一端接在电池的

正极，另一端接在电池的负极，发现锡纸条很快开始冒烟、着火，则以下说法正确的是（）A．此实验中使用旧电池效果更好B．此实验利用了电流的热效应，a段最先燃烧C．可以用锡来制作标准电阻D．若abc==，则a段电阻最小，c段电阻最大【答案】B【详解】

A．此实验中使用老旧电池效果没有新电池好，因为老旧电池的内阻比较大，使得电路电流较小，电流的热效应不明显，故A错误；BD．根据电阻定律lRS=，若a=b=c，材料相同，则电阻率相同，a段横截面积最小，c段横截面积

最大，则a段电阻最大，c段电阻最小；此实验利用了电流热效应，根据2PIR=由于电流相等，a段电阻最大，则a段的功率最大，a段最先燃烧，故D错误，B正确；C．用来制作标准电阻的材料，要求其随温度变化时，电阻率变化很小。金属导体锡的电阻率随温度的变化较大，不可以用来制作标准电阻，故C错误

。故选B。11．如图甲所示为测量脂肪积累程度的仪器，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示，测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（）A．电流表的示数较大B．电

压表的示数较小C．电压表示数与电流表示数的比值较小D．电源的效率较大【答案】D【详解】AB．设人体电阻为R，两手柄A、B间的电压为U，由闭合电路欧姆定律可知0EIrRR=++，可得两手柄A、B间的电压001EEUIRRrRrRRR===++

++，可知脂肪含量高者，人体电阻R较大，电流较小，电流表的示数较小，电压表的示数较大，故AB项错误；C．根据欧姆定律可得URI=，电压表示数与电流表示数的比值等于人体电阻R，脂肪不容易导电，脂肪含量高者，人体电阻R较大，UI较大，

故C项错误；D．电源的效率11IURrIERrR===++路外外外，脂肪含量高者，人体电阻较大，电源的效率较大，D项正确。故选D。12．“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化

为如图所示，其中太阳能电池电动势120VE=，内阻r未知，电动机线圈电阻M1.6r=，电热丝定值电阻4R=。当火星车正常行驶时，电动机两端电压M80VU=，电热丝R消耗功率100WP=。则（）A．火星车正常行驶时，通过电热丝电流为1.25AB．太阳能

电池的内阻为3C．若电动机的转子被卡住，电热丝消耗的功率为625WD．火星车正常行驶时，电动机的效率为80%【答案】C【详解】A．对电热丝，有2PIR=，解得回路电流为5AI=，故A错误；B．根据闭合回路欧姆定律，有ME

IrUIR=++，解得电源的内阻为4r=，故B错误；C．电动机的转子被卡住，回路电流为M12.5AEIrrR==++，电热丝上消耗的功率2625WPIR==故C正确；D．电动机的效率为2MMM100%UIIrUI−=，解得90%=，故

D错误。故选C。13．热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板

固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。现在测量某材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，闭合开关S，下列说法中正确的是（）A．极板所带电荷量降低B．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明被测材料

出现了反常膨胀（温度升高，高度变小）C．滑动变阻器滑片向上滑动少许可以提高检测仪的工作电压D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流【答案】C【详解】A．材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据4SC

kd=，电容增大。由于电容器两板电势差不变，根据QCU=，极板所带电荷量增大，A错误；B．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，极板所带电荷量增大，由A可知，被测材料没有反常膨胀，B错误；C．滑动变阻器滑片向上滑动，阻值增大，根据EEUr

Rr=++，可知检测仪的工作电压升高，C正确；D．断开开关，电容器放电，因电容器下极板带有负电荷，根据电流方向与负电荷运动方向相反可知，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，D错误。故选C。二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目

要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)14．半导体薄膜压敏传感器所受压力越大其电阻越小，利用这一特性设计成苹果大小自动分拣装置如图所示。其中R1为压敏电阻，R2为可变电阻，苹果通过放置在压敏电阻正上方的托盘秤时，可将压力传导至压敏电阻，电磁铁的输入电压

大于某一个值时，电磁铁工作，将衔铁吸下并保持此状态一小段时间，苹果进入通道2，否则苹果将进入通道1。若要挑选出质量更大的苹果，下列措施可行的是（）A．将R2的电阻调小B．将R2的电阻调大C．增大电源E1的电动势D．增大电源E1的内阻【答案】AD【详解】AB．质量大的苹果对压敏传感器R

1的压力大，压敏传感器R1的阻值小，电路中的电流大，则电阻R2的电压大，即放大电路的输入电压大于某一个值，电磁铁工作将衔铁吸下，苹果将进入通道2，将R2的电阻调大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通

道2，即将挑选出质量更小的苹果，故A正确，B错误；C．电源E1电动势变大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，故C错误；D．电源E1内阻变大，则电阻R2的电压变小，要达到某一临界值，则需要减小压敏传感器R1的阻

值，增大电路中的电流，从而使电阻R2的电压达到临界值，则需要增大对压敏传感器R1的压力，即将挑选出质量更大的苹果，故D正确。故选D。15．实验室常用荧光物质分析带电粒子的运动规律。如图所示，间距为3d的两块足够大的竖直平行金属板M、N，板间存在水平向左

的匀强电场，两板内侧均匀涂有荧光物质。M板上某处有一粒子源O，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q（0q）、速度大小为0v的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在M板上的位置与O点最远的

距离为8d（图中未画出），不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，初速度方向与水平方向成30°角B．打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，在电场中运动时间为082dvC．打在N板上的粒子，在电场中运动的最长时间为082dvD．

N板上的发光面积为212πd【答案】BD【详解】AB．设粒子的加速度大小为a，打在M板上最远处的粒子初速度与水平方向的夹角为，运动时间为t，则有2tcos0avvx==，0sinyvv=，竖直方向的位移大小为20002cossi

n2sinyvvyvtvaa===，可知当45=时竖直位移最大，则打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，初速度方向与水平方向成45角；根据题意有20s8in90vda=，联立解得208vad=，则打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，在电场中运动时间为002cos4582vta

dv==，故A错误，B正确；CD．设粒子初速度与水平方向的夹角为时，粒子恰好不能打在N板上，则有20(cos)32vda=，解得30=，则打在N板上的粒子，在电场中运动的最长时间为00maxcos43vtadv==，打在N板

上的粒子，沿竖直方向的最大位移大小为200m0cossin2sin232vvyvdaa===，则N板上的发光面积为22Nm12Syd==，故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷三、实验题：本题共1小题，

共14分。16．某物理兴趣小组要精密测量一金属丝的电阻率。(1)用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，为mm，用游标卡尺测其长度，如图乙所示，为cm。(2)为了尽可能准确测量其电阻，电源选用2节干电池，滑动变阻器采用

分压接法，请完成实物图的连线。(3)若通过多次测量得到的电阻的伏安特性曲线（纵坐标I-横坐标U）为过原点的直线，其直线的斜率为k，由d表示电阻丝的直径，L表示电阻丝的长度，其电阻率的表达式为。【答案】(1)2.094/2.095/2.096（1分）5.

015（1分）(2)（2分）(3)24dkL（2分）【详解】（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读，则直径为2mm9.50.01mm2.095mmd=+=[2]游标卡尺为20分度，精度为0.05mm，游标对齐格数不估读，则长度为50mm30.05mm50.15mm

=5.015cmL=+=（2）电源选用2节干电池，则电动势为3V，电压表选3V的量程，电路中的最大电流为max3A=0.375A8xEIR=，则电流表选0.6A的量程，而待测电阻的阻值较小，用电流表外接法可能准确测量其电阻，滑动变阻器本题要求分压式接法，则实物连线如图所示（3）若通过多

次测量得到的电阻的伏安特性曲线（IU−图像）为过原点的直线，其直线的斜率为k，则电阻为1Rk=，由d表示电阻丝的直径，L表示电阻丝的长度，由电阻定律有2244LLLRdSd===则其电阻率的表达式为24dkL=17．小明同学利用铜片、锌片作为电极和家乡盛产的橙子制作了水果电

池。通过查阅资料，了解到水果电池的电动势约为1V，内阻约为1kΩ。为了测量这种电池的电动势E和内阻r，他进行了如下实验。(1)他用多用电表的“直流电压2.5V”档粗测水果电池的电动势，如图所示，则由图可知水果电池的电动势约为V；(2)下列关于多用

电表的使用正确的是________。A．在不超量程的前提下，量程的选择对实验误差没有影响B．测水果电池电动势时，电流从红表笔流入多用电表C．将选择开关打到欧姆挡“×100”可粗测水果电池的内阻(3)为了尽可能准确地测量“水果电池

”的电动势和内阻，实验室除电键和导线外，还有以下器材可供选用：电流表A（量程为0~300A，内阻为300Ω）电压表V（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）滑动变阻器（最大阻值约为2kΩ）电阻箱（0~9999Ω）他设计了以下实验电路图测量水果电池电动势和内阻，其中最合理的是________。A．B

．C．D．(4)选好实验电路并采集了多组数据，并作出如图所示的图像，则水果电池的电动势为V和内阻kΩ。（计算结果均保留2位有效数字）【答案】(1)0.90（1分）(2)B（2分）(3)C（1分）(4)0.94（2分）1.0（2分）【详解】（1）该同学用多用电表“

直流2.5V”挡测量水果电池的电动势，则在读数时应读取中间弧线所示表盘的刻度，可知其最小刻度为0.05V，则采取五分之一读法，最小可读到0.01V，根据表盘指针所示，其读数为0.90V。（2）A.为了减少误差，实验过程最好让电表的指针在12~33量程偏转，故A错误；

B.测水果电动势时即测直流电压，直流电流从红表笔流入多用电表，故B正确；C.水果电池有电动势，不可直接测内阻，故C错误。故选B。（3）本实验选用的电流表内阻已知，在电学实验中，已知内阻的电流表可当作电压表使用。AD选项电压表内阻未知，由于其分流作用，会对实验造成

误差，B选项采用滑动变阻器，无法知道电阻阻值大小，无法列式求得测量水果电池电动势和内阻。所以C选项实验图最合理。故选C。（4）根据该实验原理，结合闭合电路的欧姆定律有()AEIRRr=++，得A11RrRIEEE=++,结合图像有111.01.4V90E−=−，31A1.410

ArRE−+=,可得0.94VE=，1.0rk=四、计算题：本题共4小题，8分+11分+11分+11分共41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。18．测量元电荷电量大小的装置如

图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d。外部电路电源电动势为ε，内阻为r，保护电阻R0，电阻箱阻值调为R，现闭合开关S1、S2，稳定后求（1）AB两板间的电压；（2）从显微镜发现，一个

质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量。（重力加速度为g）【答案】（1）0RrRR++；（2）0()mgdrRRR++【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可知0IrRR=++（2分）AB两板间的电压0ABRUIRrRR=

=++（2分）（2）对油滴分析ABUqmgd=（2分）可得该油滴所带电量0()mgdrRRqR++=（2分）19．小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车

的简化电路如图所示，电源电动势E=10V，r=2Ω，车轮电动机的额定电压UM=6V，额定功率PM=6W，线圈电阻RM=1Ω。求：(1)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；(2)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；(3)玩具汽车卡住前

后，灯泡消耗功率的减少量。【答案】(1)1A(2)0.5A(3)4.5W【详解】（1）玩具汽车正常工作时，电源内阻分的电压为rM10V6V4VUEU=−=−=（1分）通过电源的电流为r4A2A2UIr===（1分）玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流

为MMM6A1A6PIU===（1分）所以流过灯泡的电流为LM2A1A1AIII=−=−=（1分）（2）灯泡的电阻为ML661URI===（1分）玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为MM67RRRRR==+外（1分）电路中的总电流为3.5AEIrR==+外

（1分）所以流过灯泡的电流为L63.57A0.5A6IRIR===外（1分）（3）玩具汽车卡住前，灯泡消耗的功率为2LL6WPIR==（1分）玩具汽车卡住后，灯泡消耗的功率为2LL1.5WPIR==

（1分）所以灯泡消耗功率的减少量为LL4.5WPPP=−=（1分）20．把质量为m=3210−kg的带电的小球A用绝缘细绳悬起，若将带正电，电荷量为6310CQ−=的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向成α=60°角

。重力加速度g取210m/s，静电力常量9229.010Nm/Ck=。试求：（1）A球带正电还是负电；（2）A球所受库仑力F大小；（3）A球所带电荷量q大小；（4）若撤走B的瞬间，空间加一水平方向的匀强电场，若该电场可以让细绳摆到竖直方向时

小球速度为0，求该电场E大小和方向。【答案】（1）负电；（2）22310N−；（3）7210C−；（4）5310N/C3，方向水平向右【详解】（1）根据题意知A球与B球之间存在引力，已知B球带正电，则A球带负电；（2分）（2）对A球受力分析知，受到拉力、重力和库仑力，由几

何关系有tan60Fmg=（2分）解得A球所受库仑力F大小为F=22310−N（1分）（3）根据库仑定律2QqFkr=（1分）解得7210q−=C（1分）（4）已知A球带负电，当电场方向水平向右，A球受到的电场力水平向左，电场力对A球做负功，可以让细绳摆到竖直方向时小球

速度为0；（1分）设绳长为l，由动能定理得()1cos60sin600mglqEl−−=（2分）解得53103E=N/C（1分）21．喷墨打印机的原理示意图如图，质量为m的墨滴从墨盒进入带电室后带上电量q，以速度0v沿平行板中线进入偏转电场，墨滴经过电场偏转后打到纸上。没有信号时墨滴不带

电并沿直线运动打到回流槽中回收，墨滴运动过程中忽略空气阻力和重力。已知偏转板上板带正电下板带负电，板长均为1L，板间距离为d，极板右端与纸的距离为2L。求（1）墨滴带电的电性及打印机正常打印时两偏转板间的最大电压mU；（2）两偏转板间电压为mU时，墨滴打到纸上的点偏离原入射方向距离my；

（3）当电压为U时纸上打出的是四号字，若使纸上字的大小为原来的一半（即在纸上的偏转量为原来的一半），保持喷墨速度不变时两板间电压U。【答案】（1）220m21mvdUqL=；（2）()12m122LLdyL+=；（3）12UU=【详解

】（1）墨滴向上偏转，受力方向与电场方向相反，故判断带负电。（1分）墨滴在偏转板间的最大偏转量为2d时10Lvt=,2122dat=（1分）mqUmad=（1分）解得220m21mvdUqL=（1分）（2）根据几何关系11m2222LdLyL=+

（2分）得()12m122LLdyL+=（1分）（3）当电压为U时，在纸上的偏转量()1122022qULLLymdv+=（2分）偏转电压为()2012122ymdvULLqL=+（1分）要求偏转量变为y2，且速度0v不变，电压应变为12U

U=（1分）