三、计算题(本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.)

14、(8分)如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0×10-6C，现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P(恰好落在中垂线上)，且∠PAB=300，已知静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，当棒达到静电平衡后，求:

(1)两点电荷间的库仑力大小

(2)棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感的大小和方向

15、(8分)在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路,当调节滑动变阻器 ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0 V;当重新调节 ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0 V。假设电表都是理想的，求:

(1)这台电动机线圈的电阻r=?

(2)这台电动机正常运转时的效率η=?

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16、(11分)如图所示，从电子枪射出的电子束(初速度不计)经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O点.若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板Y、Y′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转.设电子质量为9×10﹣31kg，电量e=1.6×10﹣19C, YY′两板间距d=2.4cm，板长l=6.0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm。整个装置处于真空中，不考虑电子重力及电子间相互作用。试求：

(1) 电子束射入金属板Y、 Y′时速度v0=?

(2)电子束离开金属板Y、Y′时，偏离入射方向的竖直位移量y=?

(3)如果两金属板Y、Y′间的距离d可以随意调节(保证电子束仍从两板正中间射入)，其他条件都不变，那么电子束打到荧光屏上的位置P(图中未标出)到O点的距离是否存在最大值Ym?如果存在Ym=?答                    (本问题只写结果，不要计算过程)

17、(11分) 如图，在一个分布范围足够大的水平向右匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m、带电量为q，当小球在B点保持静止状态时，细丝线与竖直方向夹角为θ=300。现把小球用绝缘工具移动到A位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，不计空气阻力，试求(答案可以用根式表示)：

(1)匀强电场的场强E=?

(2)小球 经过O点正下方C点(图中未画出)时，

细丝线对小球的拉力TC=?

(3)如果仅把匀强电场的方向改为水平向左，其它

条件都不变，仍然使小球在A位置无初速释放，则小球

向左运动到C点的过程中机械能与电势能总和的减少量

⊿E=?

2015—2016学年度第一学期八县(市)一中期中联考

高中 二 年 物理 科参考答案及评分标准

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案 D B C A D A C B AD BC ACD CD

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

二、实验题(本题共14分，每空格2分)

13、(1)① ACE (漏选、错选或不选都是零分) ② 0.410 (0.409和0.4 11也给2分)

(2) ① A ②图 略(外接正确1分，分压正确1分，独立计分) ③ 增大 ④ 12⑤  C

三、计算题(本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.)

14、解：(1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为

F=kQ2/L2        (1分)

代入数据得      F=9.0×10-3 N                 (1分)

(2)由E=kQr2知，A、B处电荷+Q 在P点产生场强，大小都是

E1=KQ/(L/2cos∠PAB)2=3KQ/L2                     方向背离A或B     (2分)

故P处外场强为 E外=2E1sin∠PAB =3KQ/L2     方向过P背离O    (2分)

由EP=E外+E感=0 得

E感=-E外=-3KQ/L2 =- 9.0×103 N/C    负号表示方向由P指向O   (2分)

解(1)线圈的电阻r=U1/I1=1.0/0.5=2.0Ω   (2分)

(2)这台电动机正常运转时

输入功率P入= U2I2=24W                (1分)

热功率P 热= I22 r=8.0W                 (2分)

效率η=(P入-P 热)/ P入=67%          (3分)

16、解：(1)电子加速，根据动能定理有 U1e=mv02/2，                  (2分)

代入数据解得：v0=2.67×107m/s (或8/3×107m/s,2.7×107m/s)     (1分)

(2)电子穿过偏转电场，作类似平抛运动

l=v0t                     (1分)

a=F/m = U2e/md            (2分)

y=at2/2                   (1分)

联立以上解得：y=0.30cm (<  结果成立)    (1分)

(3)存在最大值(1分) ;为3.0 cm (2分 )

[由 y= =        Ym= = 联立求得]

17、(11分)

解：⑴带电小球在B处受力如图，由平衡条件得：

qE=mgtanθ　　 　 (2分)

整理得 　　　　(1分)

⑵小球从A到O点正下方的过程，由动能定理得：

mg L-EqL=mv12/2           　(2分)

在C点由牛顿第二定律得T-mg= mv12/L         (1分)

得                     (1分)

(3)小球从A开始，受合力F=mg/cosθ ，沿与竖直方向成θ角偏左向下直线运动，到达B位置时细丝线恰好伸直， 此过程由动能定理得：FL=mv22/2         (1分)

在B点    沿丝线方向的分速度为v平=v2sinθ                  (1分)

由能量守恒知，机械能与电势能总和的减少量⊿E=mv平2/2       (1分)

联立以上 解得 ⊿E=mgL/2                                  (1分)

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