2019-2020年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.1-6题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的2分，选错或不全得0分）1（4分）一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m那么该物体在这3.0s内的平均速度是（）A1.0 m/sB3.0 m/sC5.0 m/sD9.0 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度.专题：直线运动规律专题分析：假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式求解出加速度，再求解3s内总位移，得到3s的平均速度解答：解：假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：最后一秒：3s内：故：x=9x1=9m那么该物体在这3.0s内的平均速度是：故选B点评：本题关键运用逆向思维并根据位移施加关系公式得到加速度，求解出总位移后，根据平均速度公式列式求解2（4分）（xx如皋市模拟）如图所示，一物体M放在粗糙的斜面上保持静止，斜面静止在粗糙的水平面上，现用水平力F推物体时，M和斜面仍然保持静止状态，则下列说法正确的是（）A斜面体受到地面的支持力增大B斜面体受到地面的摩檫力一定增大C物体M受到斜面的静摩檫力一定增大D物体M受到斜面的支持力可能减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体开始受重力、支持力和向上的静摩擦力处于平衡，加上水平力F后，根据正交分解，抓住合力为零，判断沿斜面方向和垂直于斜面方向上力的变化对整体分析，判断地面支持力和摩擦力的变化解答：解：A、B、对整体分析，在竖直方向上，支持力始终与总重力相等，即地面的支持力不变，未加F时，地面的摩擦力为零，施加F后，地面的摩擦力等于F，知斜面体受地面的摩擦力一定增大故A错误，B正确C、D以物体M为研究对象，未加F时，在垂直于斜面方向上，支持力与重力的分力相等，沿斜面方向上静摩擦力等于重力沿斜面方向上的分力；加上水平力F后，仍然处于静止状态，在垂直于斜面方向上，多了F的分力，即重力垂直斜面方向上的分力与F在垂直斜面方向上的分力之和等于支持力，所以物体M所受斜面的支持力变大在沿斜面方向上，由于F的大小未知，静摩擦力可能减小，可能反向增大故C，D错误故选B点评：解决本题的关键能够合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，以及注意整体法和隔离法的运用3（4分）（xx天津）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）AQ受到的摩擦力一定变小BQ受到的摩擦力一定变大C轻绳上拉力一定变小D轻绳上拉力一定不变考点：共点力平衡的条件及其应用.分析：分别对单个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面解答：解：进行受力分析：对Q物块：当用水平向左的恒力推Q时，由于不知具体数据，Q物块在粗糙斜面上的运动趋势无法确定，故不能确定物块Q受到的摩擦力的变化情况，故A、B错误；对P物块：因为P物块处于静止，受拉力和重力二力平衡，P物块受绳的拉力始终等于重力，所以轻绳与P物块之间的相互作用力一定不变，故C错误，D正确故选D点评：对于系统的研究，我们要把整体法和隔离法结合应用对于静摩擦力的判断要根据外力来确定4（4分）当今的科技发展迅猛，我们设想，如果地球是个理想的球体，沿地球的南北方向修一条平直的闭合高速公路，假设一辆性能很好的汽车在这条高速公路上可以一直加速下去，并且忽略空气对汽车的作用，那么这辆汽车的最终速度（）A与飞机速度相当B一定小于同步卫星的环绕速度C可以达到7.9 km/sD无法预测考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.专题：万有引力定律的应用专题分析：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增大时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化当速度增大到支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动根据牛顿第二定律求出最终速度解答：解：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增大时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化当速度增大到支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星所以这辆汽车的最终速度是7.9km/s故选：C点评：对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星5（4分）（xx陕西二模）如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角与Q1、Q2的关系应满足（）Atan3=Btan2=Ctan3=Dtan2=考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.专题：电场力与电势的性质专题分析：对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解解答：解：对小球进行受力分析如图所示：根据库仑定律有：，r1=Lcos ，r2=Lsin 根据平衡条件，沿切向方向的分力有：F1sin=F2cos 联立解得：，故BCD错误，A正确故选A点评：本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用6（4分）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3、R4均为定值电阻，A、B为两个小灯泡当电路中某电阻发生故障后，A灯变亮、B灯变暗，则该故障可能为（）AR1短路BR2断路CR3短路DR4断路考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：将各个选项代入分析，由欧姆定律和电路的连接关系，分析两灯亮度的变化，选择符合题意的选项解答：解：A、若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过R4的电流减小，通过两灯的电流均增大，所以两灯均变亮，故A错误B、若R2断路，外电阻增大，总电流减小，路端电压增大，通过R4的电流增大，则通过A灯的电流减小，A灯变暗，与题不符，故B错误C、若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过R4的电流减小，通过A灯的电流增大，所以A灯变亮A灯的电压增大，而路端电压减小，则B灯的电压减小，则B灯变暗，故C正确D、若R4断路，导致总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，A、B两灯中的电流均变大，两灯均变亮故D错误故选：C点评：本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析7（4分）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由N指向MB带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐增大C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度考点：电势差与电场强度的关系；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答解答：解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B正确；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；D、由a到b的运动轨迹为一抛物线，是曲线运动，无法比较a、b点的合力大小，故也就无法比较a、b点的加速度大小，故D错误；故选：BC点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况8（4分）如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔的速度为v1；若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1B若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1C若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1D若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1考点：带电粒子在混合场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系解答：解：A、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，两板间的电压不变，故电场力做功不变；高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则v2=v1，故A正确，B错误；C、D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2v1，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题注意若电容器和电源一直相连，两板间的电压不变；若断开，电容器带电量不变，电场强度不变，电场力不变；注意两板移动时，高度差是否发生变化，然后由动能定理分析9（4分）如图所示，质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（）A小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mgB小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mgtgC小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为MgtgD小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出竖直挡板；再以小球和三角劈组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出推力大小；球自由下落的同时，木块向右做初速度为零的匀加速直线运动，位移之比h：x=g：a；求解出加速度后，再对斜劈受力分析求解拉力解答：解：A、B、以小球为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件，竖直挡板对球体的弹力的大小：F1=mgtan；再以小球和三角劈组成的整体为研究对象，分析受力如图2所示，根据平衡条件得：推力大小：F=F1=mgtan；故A错误，B正确；C、D、球自由下落的同时，木块向右做初速度为零的匀加速直线运动，位移之比h：x=g：a，故：tan=，解得：a=；对斜劈受力分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有：F=Ma=，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题关键运用整体法和隔离法，灵活选择研究对象进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解；注意球沿着斜面下滑h时水平方向相对斜面移动的距离可以通过几何关系得到10（4分）（xx邵阳模拟）如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q，质量为m的带电粒子（不计重力）以V0从A点水平射入电场，且刚好以速度V从B点射出，则（）A若该粒子以速度“V”从B点射入，则它刚好以速度“V0”从A点射出B若将q的反粒子（q，m）以“V”从B点射入，它将刚好以速度“V0”从A点射出C若将q的反粒子（q，m）从B点以“V0”射入电场，它将刚好以速度“V”从A点射出D若该粒子以速度“V0”从B点射入电场，它将刚好以速度“V”从A点射出考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子从A点垂直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，若将粒子以速度v0从B点射人电场，水平方向仍做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据动能定理分析粒子到达A的速度大小解答：解：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v0，运动时间为t=，l是板长A、若该粒子以速度v从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0故A正确B、若将q的反粒子（q，m）以速度v从B点射入电场，粒子运动时间不变竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点故B错误C、若将q的反粒（q，m）以速度v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于v故C正确D、若将粒子以速度v0从B点射人电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动时间大于，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点故D错误故选：AC点评：本题运用分解的方法研究类平抛运动及其逆过程，要利用运动的可逆性理解二实验题：（11题7分，12题9分，13题8分，共24分）11（7分）（xx山东模拟）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示向左推小球，使弹黄压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等已知重力加速度大小为g为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的ABC（填正确答案标号）A小球的质量m B小球抛出点到落地点的水平距离sC桌面到地面的高度h D弹簧的压缩量xE弹簧原长l0（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek=（3）图（b）中的直线是实验测量得到的sx图线从理论上可推出，如果h不变，m增加，sx图线的斜率会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会增大（填“增大”、“减小”或“不变”）由图（b） 中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与x的2次方成正比考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论本题的难点在于需要知道弹簧弹性势能的表达式（取弹簧因此为零势面），然后再根据=即可得出结论解答：解（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC（2）由平抛规律应有h=，s=vt，又=，联立可得=（3）若取弹簧原长为零势面，则弹簧的弹性势能可表示为=，由=可得s=x，可见若h不变m增加，则斜率减小；若m不变h增加，则斜率会增大由=可知x的2次方成正比故答案为（1）ABC （2） （3）减小，增大，2点评：明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论即可12（9分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1电路测量该电流表的实际量程Im所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻r1=10.0，量程标称为5.0mA；标准电流表A2，内阻r2=45.0，量程1.0mA；标准电阻R1，阻值10.0；滑动变阻器R，总电阻为300.0；电源E，电动势3.0V，内阻不计；保护电阻R2；开关S；导线回答下列问题：（1）在答题卡上（图2）的实物图上画出连线（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至端（由图1回答）（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程Im=5.5I2（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图3，从图中读出A1的示数I1=3.00mA，A2的示数I2=0.66mA；由读出的数据计算得Im=6.05mA（保留3位有效数字）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：（1）根据电路图，先从电源正极出发，依次连接其它电路（2）闭合电键前，应使电路中电流最小（3）由电路图可知，标准电流表A2与标准电阻R1串联后与电流表A1并联，根据欧姆定律求得A1的量程Im与I2的关系（4）读出两电流表的读数，由（3）式结论和由串并联电路的电流及电压规律可求解Im解答：解：（1）由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：（2）滑动变阻器采用限流式，应将滑动触头滑动至阻值最大端，即滑动端c应滑动至b端（3）根据欧姆定律应有：I2（r2+R1）=Imr1，得：Im=5.5I2；（4）从图中读出A1的示数为：I1=3.00mA，A2的示数为：I2=0.66mA，由表读出的I2=0.66mA，结合（3）的计算可知，此时I1应为：I1=5.50.66mA=3.63mA；故可知：=，解得：Im=6.05mA； 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）b； （3）5.5I2；（4）3.00mA；0.66mA；6.05mA点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，在连接实物图时一般都是采用电流流向法，然后先串后并的原则进行连接13（8分）实验室有一破损的双量程动圈式电压表，两量程分别是50V和500V，其内部电路如图1所示因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=49.9k，R2=499.9k现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为60；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100，又有两个定值电阻r1=40，r2=20若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则：（1）原表头G满偏电流Ig=1mA，内阻rg=100（2）用于修复电压表的器材有：G1、r1（填器材符号）（3）在虚线框中画出修复后的电路2考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题分析：（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材（3）根据电压表的改装原理作出电路图解答：解：（1）由图示电路图可知，电压表量程：Ig（rg+R1）=50V，Ig（rg+R2）=500V，代入数据解得：Ig=1mA，rg=100；（2）修复电压表，表头满偏电流为，Ig=1mA，阻应为：rg=100，需要的实验器材为：G1、r1（3）电路图如图所示：故答案为：（1）1mA；100；（2）G1、r1；（3）如图所示点评：本题考查了求表头的满偏电流与内阻、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即可正确解题三计算题：（14题12分，15题12分，16题12分，共36分）14（12分）如图，质量m=1kg的物体沿倾角=37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图b所示求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数k考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据b图可以看出当没有风的作用时 物体的加速度的大小是4m/s2，由牛顿第二定律可以求得物体与斜面间的动摩擦因数；（2）当风速为5 m/s时，物体的加速度为零，说明此时的物体受力平衡，对物体受力分析，由平衡的条件可以求得比例系数k解答：解：（1）对初始时刻：F风=0 由图读出a0=4m/s2mgsinmgcos=ma0 将a代入式，解得：=0.25； （2）对末时刻加速度为零：mgsinNkvcos=0 又N=mgcos+kvsin 由图得出此时v=5 m/s代入式解得：k=0.84kg/s 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（2）比例系数k是0.84kg/s点评：本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，对于本题抓住风速为零和风速为5 m/s这两个时刻的物体的运动状态即可求得结果15（12分）滑雪运动中，滑雪板与雪地之间的相互作用与滑动速度有关，当滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由1=0.25变为2=0.125一滑雪者从倾角=37的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示，不计空气阻力，坡长L=26m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）滑雪者到达B处时的速度；（2）滑雪者整个运动过程的总时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出动摩擦因数为0.125时的加速度，根据匀变速直线运动的位移公式求出开始匀加速运动的位移，从而得出第二段匀加速直线运动的位移，根据速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度（2）速度为4m/s可能在AB段也可能在BC段，故分别利用运动学公式求出各段时间即可；解答：解：（1）在AB段，速度小于等于4m/s时： a1=gsin 1gcos解得：a1=4m/s2 x1=2m a2=gsin2gcos解得：a2=5m/s2 x2=Lx1=24m解得：vB=16m/s（2）当滑雪者AB段以加速度a1加速到4m/s过程：s AB段以加速度a2加速到vB过程：s 在BC段时先以加速度为a3减速运动：a3=2g=1.25m/s2s 再以加速度为a4减速运动到停止：a4=1g=2.5m/s2s 整个运动过程的总时间 t=t1+t2+t3+t4=14.6s 答：（1）滑雪者到达B处时的速度为16m/s；（2）滑雪者整个运动过程的总时间为14.6s点评：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力16（12分）（xx盐城模拟）如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：恒定电流专题分析：（1）电键S闭合时，根据串并联电路的特点，求出电容器板间电压与电动势的关系，对小球受力情况进行分析，由电场力与重力平衡，即可求出板间电压，解得电源的电动势（2）断开S，由电路的关系求出电容器的板间电压，对带电小球运动的全过程，根据动能定理求解小球与极板碰撞后所带的电量解答：解：（1）当S闭合时，电容器电压为U，则： 对带电小球受力分析得： 由式 解得： （2）断开S，电容器电压为U，则：U= 对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：qUmg 由解得：q= 答：（1）电源电动势E是（2）小球与极板碰撞后所带的电量为点评：本题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系