湖北省孝感市2015-2016学年高二物理上册期中试题.doc

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2015-2016学年湖北省孝感市汉川二中高二（上）期中物理试卷

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．比值定义法是物理学中一种重要的定义物理量的方法，下列不属于比值定义法表达式的是（　　）
A．R= B．C= C．E= D．B=

2．真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，如果将它们的电量均增大为原来的3倍，距离也增大为原来的2倍时，则静电力将为（　　）
A． B． C．F D．4F

3．两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（　　）

A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等

4．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）
A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=1：2 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1

5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表的读数变化，判断正确的是（　　）

A．L变暗，减小 B．L变暗，增大 C．L变亮，增大 D．L变亮，减小

6．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（　　）

A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w

7．一根通有恒定电流的直铜棒MN，用软导线挂在方向垂直纸面向内的身强磁场中，如图所示．此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．为了使得悬线中的张力等于零，下列措施中正确的是（　　）

A．不改变电流方向，适当增大电流强度
B．使电流方向相反，适当减小电流强度
C．不改变电流方向，适当增大磁感强度
D．使电流方向相反，适当减小磁感强度

8．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（　　）

A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较小
D．当这两个电源分别接相同的外电阻时，电源1的输出功率较大

9．如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa，φb和φc，φa＞φb＞φc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（　　）

A．粒子从K到L过程中，电场力做负功
B．粒子从L到K过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L过程中，电势能增加
D．粒子从L到K过程中，动能减少

10．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）

A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

二、实验题（本题共16分）
11．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　　　　　　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　　　　　　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　　　　　　Ω．

12．（10分）（2015•天津模拟）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．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　　　　　　cm．
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3，则该电阻的阻值约为　　　　　　Ω．
④该同学想用伏安法更精确地测量上述电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
待测圆柱体电阻R 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，请在图4的方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．

三、计算题（共34分）
13．（10分）（2015秋•汉川市校级期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大．

14．（12分）（2015秋•汉川市校级期中）如图所示电路中，电源的电动势ε=16V，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=1Ω．求下述各种情况中电压表的示数（电压表的内阻非常大，流过电压表的电流可忽略不计）．
（1）电键S接在a点．
（2）电键S断开．
（3）电键S接在b点．

15．（12分）（2015秋•汉川市校级期中）电子从静止出发被1137.5V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长6cm，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=9.1×10﹣31㎏．（电子重力不计）求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值．

2015-2016学年湖北省孝感市汉川二中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．比值定义法是物理学中一种重要的定义物理量的方法，下列不属于比值定义法表达式的是（　　）
A．R= B．C= C．E= D．B=
考点： 物理学史．
分析： 比值法定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量，而定义出来的新的物理量反映物质属性或特征．
解答： 解：
A、R=是电阻的决定式，不属于比值定义法，故A错误．
B、电容C由电容器本身的特性决定，与Q、U无关，符合比值定义法的共性，所以C=属于比值法定义，故B正确．
C、电场强度反映电场本身的特性，与F、q无关，符合比值定义法的共性，所以E=属于比值法定义，故C正确．
D、磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中导线长度和电流的大小无关，磁感应强度B=采用的是比值定义法，故D正确．
本题选不属于比值定义法的，故选：A．
点评： 中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的，关键掌握比值法定义法的共性，来理解各个物理量的意义．

2．真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，如果将它们的电量均增大为原来的3倍，距离也增大为原来的2倍时，则静电力将为（　　）
A． B． C．F D．4F
考点： 库仑定律．
分析： 根据点电荷库仑力的公式F=k 可以求得改变之后的库仑力的大小．
解答： 解：由点电荷库仑力的公式得F=k
如果将它们所带的电量都增大为原来的2倍，同时将它们之间的距离也增大为原来的2倍，
则F′=k=F，所以B正确、ACD．
故选：B．
点评： 本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．

3．两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（　　）

A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
考点： 平行通电直导线间的作用．
分析： 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．
解答： 解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引．因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评： 解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．

4．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）
A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=1：2 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1
考点： 焦耳定律；串联电路和并联电路．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据电阻定律，求出A、B电阻丝的电阻比，电阻丝A、B并联，电压相等，根据Q=求出相同时间内产生的热量之比．
解答： 解：同种材料制成的均匀电阻丝A、B，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，根据电阻定律，知RA：RB=2：1，电阻丝A、B并联，电压相等，根据Q=，在相等时间内产生的热量之比QA：QB=1：2．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评： 解决本题的关键掌握电阻定律，以及焦耳定律Q=I2Rt，在纯电阻中，公式可以转化为．

5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表的读数变化，判断正确的是（　　）

A．L变暗，减小 B．L变暗，增大 C．L变亮，增大 D．L变亮，减小
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则可分析灯L亮度和电压表示数的变化．
解答： 解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，而灯L两端的电压等于路端电压，所以L变暗．
由于总电流增大，通过L的电流减小，则根据并联电路的规律可知，通过R1的电流增大，R1的电压增大，故增大，故B正确．
故选：B
点评： 本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．

6．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（　　）

A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w
考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI﹣I2r求解输出功率．
解答： 解：通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I==═0.1 A
由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压：
UD=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V
所以电动机输入的电功率：P入=UDI=0.56 W
电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W
电动机的输出功率：P出=P入﹣P热=0.54 W
故选：B
点评： 在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．

7．一根通有恒定电流的直铜棒MN，用软导线挂在方向垂直纸面向内的身强磁场中，如图所示．此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．为了使得悬线中的张力等于零，下列措施中正确的是（　　）

A．不改变电流方向，适当增大电流强度
B．使电流方向相反，适当减小电流强度
C．不改变电流方向，适当增大磁感强度
D．使电流方向相反，适当减小磁感强度
考点： 安培力．
分析： 开始棒子受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡，通过共点力平衡判断使得张力等于零的措施．
解答： 解：棒子开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡．
A、不改变电流方向，适当增大电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力变小，可能会变为零．故A正确．
B、使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大．故B错误；
C、不改变电流方向，适当增加电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零．故C正确．
D、使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大．故D错误；
故选：AC．
点评： 解决本题的关键掌握安培力的大小公式，以及会运用左手定则判断安培力的方向，通过共点力平衡进行分析．

8．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（　　）

A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较小
D．当这两个电源分别接相同的外电阻时，电源1的输出功率较大
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E﹣Ir；U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
解答： 解：A、B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，U﹣I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2，故AB正确；
C、根据U=E﹣Ir可知，△U=r•△I，内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故C错误；
D、电源的输出功率P=UI，当U1=U2时，I1＞I2，所以电源1的输出功率大于电源2的输出功率．故D正确．
故选：ABD．
点评： 本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．

9．如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa，φb和φc，φa＞φb＞φc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（　　）

A．粒子从K到L过程中，电场力做负功
B．粒子从L到K过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L过程中，电势能增加
D．粒子从L到K过程中，动能减少
考点： 电势能；电势．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．
解答： 解：A、由轨迹弯曲方向可知粒子受到的是斥力，粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．故A正确．
BC、粒子从L到K过程中，电场力做正功，动能增大，故BD错误．
C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加．故C正确．
故选：AC．
点评： 解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．

10．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）

A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．
专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： 将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．
解答： 解：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．
D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．
故选：BD
点评： 注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值．

二、实验题（本题共16分）
11．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　×100　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　重新进行欧姆调零　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　2100　Ω．

考点： 用多用电表测电阻．
专题： 实验题．
分析： 用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
解答： 解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21×100=2100Ω．
故答案为：×100；重新进行欧姆调零；2100；
点评： 本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．

12．（10分）（2015•天津模拟）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．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　0.4700　cm．
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3，则该电阻的阻值约为　220　Ω．
④该同学想用伏安法更精确地测量上述电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
待测圆柱体电阻R 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，请在图4的方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．

考点： 伏安法测电阻．
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．
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率；
（4）结合电源电动势的值选择电压表量程，估测电路中的最大电流后选择电流表量程；伏安法测电阻，题目要求较精确测量，选择滑动变阻器分压接法，另还需注意电流表内接外接的选择．
解答： 解：①游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5cm=50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm 所以最终读数为50+0.15=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，最终读数为4.5+0.200=4.700mm；
③欧姆表读数等于：R=22×10=220Ω；
④电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1，则电路中的最大电流I==≈15mA，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值即可R1；
=≈500Ω＞220Ω，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：

故答案为：①50.15 ②0.4700 ③220 ④如图所示．
点评： 当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式．

三、计算题（共34分）
13．（10分）（2015秋•汉川市校级期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大．

考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： （1）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=qE，在已知F和q的情况下，可以计算出E．
（2）电场强度减小为原来的，则小物块受到的电场力减小为原来的，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度．
解答： 解：

（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：
在x轴方向：F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=0
在y轴方向：F合y=FN﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0
联列代入θ=37°得：F=
在电场中电场力F=qE可得电场强度E==．
（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：

物体在x轴方向所受的合外力为：F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=ma
由此得物体产生的加速度为：
又因为电场强度变为原来的，所以此时物体受到的电场力F=qE′=
则物体产生的加速度（负号表示方向沿x轴负方向）
所以物体产生的加速度的大小为0.3g．
答：（1）水平向右的电场的电场强度E=；
（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是0.3g．
点评： 正确的受力分析，根据平衡列方程可得电场力F的大小，又因电场力F=qE，正确的受力分析并列出方程是解题的关键．

14．（12分）（2015秋•汉川市校级期中）如图所示电路中，电源的电动势ε=16V，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=1Ω．求下述各种情况中电压表的示数（电压表的内阻非常大，流过电压表的电流可忽略不计）．
（1）电键S接在a点．
（2）电键S断开．
（3）电键S接在b点．

考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： （1）电键S接a点时，电阻R1和电压表被短路，电压表示数为0；
（2）S断开时，R1、R2串联，电压表测量R1、两端的电压，根据闭合电路欧姆定律列式．
（3）S接b时：R2、R3并联后与，R1串联，根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求．
解答： 解：（1）电键S接a点时，电阻R1和电压表被短路，电压表示数为0；
（2）S断开时，R1、R2串联，电压表测量R1、两端的电压，则有：R外=R1+R2…①
由欧姆定律得：I=…②
电压表的示数：U=IR1…．③
联立①②③解之得：U==7.62V
（3）S接b时：R2、R3并联后与，R1串联，则有：R总=r+R1+…④
由欧姆定律得：I=I=…⑤
电压表的示数：U=IR1…．⑥
联立④⑤⑥解之得：U=10V
答：电键S接在a点，电键S断开，电键S接在b点上时电压表的示数分别为：0V；7.62V；10V
点评： 对于复杂电路一般先进行电路的简化，明确电路的结构，然后再利用欧姆定律及串并联电路的特点求解即可．

15．（12分）（2015秋•汉川市校级期中）电子从静止出发被1137.5V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长6cm，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=9.1×10﹣31㎏．（电子重力不计）求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值．

考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．
专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： （1）粒子经过加速电场时加速，由动能定理可以解得其获得的速度．
（2）粒子垂直进入偏转电场做类平抛运动，把其分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
解答： 解：（1）对直线加速过程，由动能定理有：

所以：
==2×107m/s
（2）偏转电场中做类似平抛运动，故：
L=υ0t
vy=
故速度方向偏向角的正切值：
tanθ=====
答：（1）电子离开加速电场时的速度大小为2×107m/s．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值为．
点评： 把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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