物理卷·2018届山东省潍坊市寿光市现代中学高二上学期月考物理试卷（10月份） (解析版)

物理卷·2018届山东省潍坊市寿光市现代中学高二上学期月考物理试卷（10月份） (解析版)

‎2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题每小题4分，共计40分．1-7题为单项选择，只有一个选项正确；第8-10题为多项选择，选对选全得4分，对而不全得2分，选错或不选得0分）‎ ‎1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎2．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向．如图，图1是等量异种点电荷形成电场的电场线，图2是该静电场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D分别相对O点左右对称．则：以下说法不正确的是（　　）‎ A．B、C两点场强大小和方向都相同 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点相比较，O的场强最强 D．B、O、C三点相比较，O点场强最弱 ‎3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎4．电场中等势面如图所示，下列描述正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点电势能比C点电势能大 C．某电荷从A运动到C过程中和从B运动到C过程中，电场力做功一定相等 D．某正电荷沿不同路径由A移到B过程中，电场力功也不同 ‎5．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球+Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是（　　）‎ A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小 C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小 ‎6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎7．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I．设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎9．两个相同的金属小球带的电荷量之比为1：7，相距为r（r远大于小球半径），两球相互接触后再放回原来的位置，则它们间的库仑力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（　　）‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎　‎ 二、填空题：（本大题共计18分，其中11、13题各4分，12题10分）‎ ‎11．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在φ2上时，具有动能20J，它运动到等势线φ1上时，速度为零，令φ2=0，那么该电荷的电势能为4J时其动能大小为（　　）‎ A．16J B．10J C．6J D．4J ‎12．如图所示，一个枕形导体位于带正电小球的附近，A、B为导体的左、右端点，C为导体内的一点．则由于静电感应，A端带　　电，B端带　　电，C点处的电场强度为　　，A端电势　　（填“高于”、“低于”或“等于”）B端电势．若用手接触一下枕形导体的中部，导体将　　 （填“带不带电或带什么电”）．‎ ‎13．在电阻两端加50V的电压，该电阻10秒内有20C的电量通过横截面，则该电阻的阻值为　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共计42分）‎ ‎14．如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．‎ ‎（1）试求这个匀强电场的场强E大小；‎ ‎（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？‎ ‎15．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为﹣4.0×10﹣7J．‎ ‎（1）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？‎ ‎（2）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？‎ ‎（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q．小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎17．如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e．‎ ‎（1）求经电场加速后电子速度v的大小；‎ ‎（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题每小题4分，共计40分．1-7题为单项选择，只有一个选项正确；第8-10题为多项选择，选对选全得4分，对而不全得2分，选错或不选得0分）‎ ‎1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【考点】等势面；电势．‎ ‎【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．‎ ‎【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故A错误；‎ B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；‎ C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；‎ D、负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向．如图，图1是等量异种点电荷形成电场的电场线，图2是该静电场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D分别相对O点左右对称．则：以下说法不正确的是（　　）‎ A．B、C两点场强大小和方向都相同 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点相比较，O的场强最强 D．B、O、C三点相比较，O点场强最弱 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．‎ ‎【解答】解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同．故A正确．‎ ‎ B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同．故B错误．‎ ‎ C、由图看出，E、O、F三点中，O处电场线最密，O的场强最强．故C正确．‎ ‎ D、由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最疏，O点场强最弱．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎【考点】等势面；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．‎ ‎【解答】‎ 解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24﹣4）=4v，‎ 故Ube=φb﹣φe=4v，‎ 故φf﹣φd=4v，‎ 故φe=24﹣4=20v．‎ φf=8v．‎ 故φa=φe，‎ 连接cf，则cf∥ae，‎ 故c点的电势φc=φf=8v．‎ 故B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．电场中等势面如图所示，下列描述正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点电势能比C点电势能大 C．某电荷从A运动到C过程中和从B运动到C过程中，电场力做功一定相等 D．某正电荷沿不同路径由A移到B过程中，电场力功也不同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据等势面的疏密比较电场强度的大小．根据电势的高低，结合电势的定义式比较电势能的高低．根据电势差的大小比较电场力做功．‎ ‎【解答】解：A、A点的等势面比C点密，则A点的电场强度比C点大，故A错误．‎ B、由图可知，A点的电势高于C点的电势，根据Ep=qφ知，负电荷在A点的电势能比C点电势能小，故B错误．‎ C、AC和BC间的电势差相等，电荷从A运动到C过程中和从B运动到C过程中，电场力做功一定相等，故C正确．‎ D、A、B两点在同一等势面上，某正电荷沿不同路径由A移到B过程中，电场力功为零，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球+Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是（　　）‎ A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小 C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】存在+Q球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，来确定A、B球的电性．根据库仑定律判断A、B的电量大小．‎ ‎【解答】解：存在+Q球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，‎ 说明a球带负电，b球带正电，‎ a、b作为整体得+Q对a、b的水平方向的库仑力大小相等方向相反．‎ 根据F=k得A离+Q近点，所以a球带电荷量较小，b球带电荷量较大．故B正确 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．‎ B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．‎ C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．‎ D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象．‎ ‎【解答】解：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I．设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据电子定向移动的速度和时间，求出自由电荷△t时间内移动的距离，再求出体积，即可求解通过导体横截面的自由电子数目；‎ 也可以根据电量公式q=It，求出电量，也求解电子数目．‎ ‎【解答】解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线对应体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为 N=nvS△t．‎ 由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为I△t，而电子的电荷量为e，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为 N=．故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎9．两个相同的金属小球带的电荷量之比为1：7，相距为r（r远大于小球半径），两球相互接触后再放回原来的位置，则它们间的库仑力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．‎ ‎【解答】解：由库仑定律可得：F=k得，‎ 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．‎ 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量是先中和后平分，电量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故CD正确，AB错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（　　）‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【考点】电势能；力的合成与分解的运用；电场强度．‎ ‎【分析】首先对小球的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30°角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式可判断C的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半．‎ ‎【解答】解：‎ A、B小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A错误，B正确．‎ C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30°=．故C错误．‎ D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共计18分，其中11、13题各4分，12题10分）‎ ‎11．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在φ2上时，具有动能20J，它运动到等势线φ1上时，速度为零，令φ2=0，那么该电荷的电势能为4J时其动能大小为（　　）‎ A．16J B．10J C．6J D．4J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电荷在电场中只受电场力，其动能与电势能的总量保持不变．根据电荷在ф2上时的动能和电势能，确定电荷的总能量，再根据能量守恒求出电荷的电势能为4J时的动能大小．‎ ‎【解答】解：由题，正电荷在φ2上时具有动能20J，令φ2=0，则在φ2上时电荷电势能为零，所以正电荷的总能量为 E=20J 根据能量守恒定律得到，电荷在运动过程中，动能与电势能的总量保持不变，所以当该电荷的电势能为4J时，其动能大小为Ek=20J﹣4J=16J 故选：A ‎　‎ ‎12．如图所示，一个枕形导体位于带正电小球的附近，A、B为导体的左、右端点，C为导体内的一点．则由于静电感应，A端带　负　电，B端带　正　电，C点处的电场强度为　零　，A端电势　等于　（填“高于”、“低于”或“等于”）B端电势．若用手接触一下枕形导体的中部，导体将　带负电　 （填“带不带电或带什么电”）．‎ ‎【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．‎ 正电荷产生的电场是发散的电场，沿着电场线电势要降低．‎ ‎【解答】解：由于静电感应，A端带负电，B端带正电．若用手接触一下枕形导体的中部，大地中电子跑到导体上，将正电荷中和，所以导体将负电．‎ 把一个在绝缘支架上不带电的枕形导体放在带正电的导体A附近，达到静电平衡后，枕形导体是个等势体，各点的电势相等．‎ 带正电的导体产生的是发散的电场，产生的电场的电场线由A到B，而感应电荷产生电场与正电荷电场叠加，导致合电场强度为零，即C点电场强度为零．‎ 故答案为：负，正，零，等于，带负电．‎ ‎　‎ ‎13．在电阻两端加50V的电压，该电阻10秒内有20C的电量通过横截面，则该电阻的阻值为　25　Ω．‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据I=可求通过导体的电流；根据欧姆定律可以求出电阻．‎ ‎【解答】解：根据I=得：‎ 通过的电流I==2A；‎ 根据欧姆定律得：‎ R===25Ω；‎ 故答案为：25．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共计42分）‎ ‎14．如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．‎ ‎（1）试求这个匀强电场的场强E大小；‎ ‎（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平衡条件和电场力F=qE列式求解场强E．‎ ‎（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′=qE′，再运用同样的方法求解E′的大小．‎ ‎【解答】解：（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图．‎ 由平衡条件得：‎ mgtanθ=qE 解得：E=‎ ‎（2）将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′=qE′，此时电场力与细线垂直，如图所示．‎ 根据平衡条件得：mgsinθ=qE′‎ 则得：E′=．‎ 答：（1）匀强电场的场强E大小是．‎ ‎（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小是．‎ ‎　‎ ‎15．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为﹣4.0×10﹣7J．‎ ‎（1）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？‎ ‎（2）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？‎ ‎（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，结合电场力做功与电势差的关系求出将电荷从A点移动C点，静电力做功的大小．‎ ‎【解答】解：（1）AB间的电势差=75V．‎ BC间的电势差=﹣200V．‎ 知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高200V，则C点的电势最高，B点的电势最低．‎ ‎（2）AC间的电势差UAC=UAB+UBC=﹣125V．‎ ‎（3）J=1.875×10﹣7J．‎ 答：（1）C点的电势最高，B点的电势最低．‎ ‎（2）A、B间的电势差为75V，BC间的电势差为﹣200V，AC间的电势差为﹣125V．‎ ‎（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做了1.875×10﹣7J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q．小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）B、C在以点电荷为圆心的圆上，故BC两点电势相等，从B至C的过程中合外力做功等于重力做功，根据动能定理求解C点速度大小；‎ ‎（2）从A到C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理求出电场力做的功，再根据电场力做功与电势能变化的关系求电势能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：‎ 解得小球在C点的速度为：‎ ‎（2）小球从A到C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理得：‎ 解得： =‎ 根据电势能变化与电场力做功的关系得电势能的增加量为：‎ 答：（1）小球通过C点的速度大小为．‎ ‎（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e．‎ ‎（1）求经电场加速后电子速度v的大小；‎ ‎（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能多大？‎ ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求解电子加速后的速度v．‎ ‎（2）电子垂直进入偏转电压中做类平抛运动，离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为，运用牛顿第二定律和运动学公式求解即可电压U2．‎ 对于整个过程，根据动能定理求解电子的动能．‎ ‎【解答】解：（1）电子在电场加速过程，由动能定理得 ‎ eU1=‎ 则得 v=‎ ‎（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为 y= 电子进入偏转电场后，所受的电场力：F=eE2=e 电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有：‎ ‎ y=at2‎ 又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：‎ ‎ t=‎ 联立求解，得：U2=‎ 对于整个过程，由动能定理得：‎ ‎ eU1+eU2=Ek 由以上两式得：Ek=eU1（1+）．‎ 答：（1）经电场加速后电子速度v的大小为；（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是，电子动能为eU1（1+）．‎ ‎　‎ ‎2016年12月14日