物理卷·2018届宁夏石嘴山市平罗中学高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届宁夏石嘴山市平罗中学高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年宁夏石嘴山市平罗中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 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）‎ ‎1．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（　　）‎ A．灰尘的自然堆积 B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力 C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘 D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘 ‎2．在静电场中（　　）‎ A．电势为零的地方，场强必定也为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎3．根据电容器的电容的定义式C=，可知（　　）‎ A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比 B．电容器不带电时，其电容为零 C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比 D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关 ‎4．以下叙述正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场强度E与电荷所受电场力F成正比，与电量q成反比 B．由U=可知，电场中两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电量q成反比 C．在公式F=k中，是q1所在位置处场强的大小 D．公式WAB=qUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，静电力做功不同 ‎5．如图是某静电场电场线的分布图，M、N是电场中的两个点，下列说法正确的是（　　）‎ A．M点场强大于N点场强 B．M点电势高于N点电势 C．将电子从M点移动到N点，其电势能增加 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎6．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则检验电荷在此全过程中（　　）‎ A．所受电场力的方向将发生改变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小 ‎7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．三个等势面中，a的电势最低 ‎8．在匀强电场中，将一个带电量为q，质量为m的小球由静止释放，带电小球的轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ，如图所示，那么匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．最大值是 B．最小值是 C．唯一值是 D．同一方向上，可有不同的值 ‎9．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，则（　　）‎ A．a端带正电，b端带负电 B．a端带负电，b端带正电 C．杆内c处的场强为零 D．杆内c处的场强不为零 ‎10．如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（　　）‎ A．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增大四倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增大四倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎11．如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通K后，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（　　）‎ A．K闭合，减小A B板间的距离，则夹角θ增大 B．K闭合，减小A B板间的距离，则夹角θ减小 C．K断开，使 B板竖直向上移动，则夹角θ不变 D．K断开，增大A B板间的距离，则夹角θ不变 ‎12．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中．P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tp B．它们所带的电荷量之比qp：qQ=1：2‎ C．它们的电势能减小量之比△Ep：△EQ=1：2‎ D．它们的动能增量之比△EKP：△EKQ=1：2‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共12分）‎ ‎13．如图所示的匀强电场E=103N/C，矩形abcd的ab边与电场线平行，且ab=3cm，bc=2cm，将点电荷q=5×10﹣8C沿矩形abcd移动一周，电场力做功　　，ab两点的电势差为　　，bc两点的电势差为　　．‎ ‎14．电源给电容器充电使平行板电容器所带量为Q=4×l0﹣6C，它的两极板之间电压U=2V，如果两极板电压增加到4V，那么电容器所带电荷量增加了　　C；如果将两板电量各减少一半，则电容器所带电量为　　C；两板间电势差变为　　V．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共40分.解答过程应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，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．）‎ ‎15．有一个带电量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电力9×10﹣4J的功，从B点移到C点，静电力对电荷做6×10﹣4J的功，问：‎ ‎（1）AC间电势差为多少？‎ ‎（2）如以A点电势为零，则B点的电势为多少？电荷在B点的电势能为多少？‎ ‎16．一束电子流（电子质量为m，电量绝对值为e）经电压为U的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距为d，板长为l，则 ‎（1）电子进入偏转电场的速度v0=？‎ ‎（2）当电子刚好可以从平行板间飞出时，两极板上的偏转电压U′=？‎ ‎17．如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，ab与电场线平行，且a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为﹣2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，需克服电场力做功为4×10﹣6 J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）将此电荷从b点移到c点时电场力做功．‎ ‎18．如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为L，现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．试求：‎ ‎（1）小球静止在A点处绳子受到的拉力；‎ ‎（2）外加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）将小球拉起至与O点等高的B点后无初速度释放，则细绳承受的最大拉力是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏石嘴山市平罗中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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）‎ ‎1．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（　　）‎ A．灰尘的自然堆积 B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力 C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘 D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】带电体有吸引轻小物体的性质，据此结合选项进行分析判断．‎ ‎【解答】解：电视机工作时，由于电子运动到了屏幕上，使屏幕带了电，而带电体有吸引轻小物体的性质，故把灰尘吸引到了屏幕上．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．在静电场中（　　）‎ A．电势为零的地方，场强必定也为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度和电势没有直接关系．可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低；等势面与电场线的方向垂直．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，场强由电场本身决定，则电势为零的地方，场强不一定为零，故A错误；‎ B、电场强度处处相同的区域内，比如匀强电场，而电势不是处处相同，顺着电场线的方向电势会逐渐降低，故B错误；‎ C、等势面是电势相等的点组成的面，在等势面上移动点电荷时电场力不做功，所以电场强度方向总是跟等势面垂直．故C正确；‎ D、沿着电场方向电势降低最快，但是电势降低的方向未必是电场强度的方向．故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．根据电容器的电容的定义式C=，可知（　　）‎ A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比 B．电容器不带电时，其电容为零 C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比 D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零．‎ ‎【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．故A错误．‎ ‎ B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．故B错误．‎ ‎ C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．故C错误．‎ ‎ D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎4．以下叙述正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场强度E与电荷所受电场力F成正比，与电量q成反比 B．由U=可知，电场中两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电量q成反比 C．在公式F=k中，是q1所在位置处场强的大小 D．公式WAB=qUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，静电力做功不同 ‎【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】公式E=和U=都是采用比值法定义，根据比值法定义的共性分析公式的物理意义．点电荷的场强公式为E=k．静电力做功只与初末位置有关，与路径无关．‎ ‎【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，可知，电场强度E与电荷所受电场力F、电量q无关，故A错误．‎ B、U=是电势差的定义式，采用比值法定义，可知，电势差U与电场力做功W、电量q无关，故B错误．‎ C、根据点电荷的场强公式E=k，知在公式F=k中，是q2是q1所在位置处场强的大小，故C正确．‎ D、公式WAB=qUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，UAB一定，则静电力做功相同，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图是某静电场电场线的分布图，M、N是电场中的两个点，下列说法正确的是（　　）‎ A．M点场强大于N点场强 B．M点电势高于N点电势 C．将电子从M点移动到N点，其电势能增加 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密代表场强的强弱，负电荷在电场中受力方向与电场线方向相反；‎ ‎【解答】解：A、N点电场线密，M点电场线稀疏，故N点的场强大于M点场强，故A错误；‎ B、沿着电场线方向电势逐渐降低N点电势高于M点电势，故B错误；‎ C、将电子从M点移动到N点，电场力做正功，故电势能减小，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则检验电荷在此全过程中（　　）‎ A．所受电场力的方向将发生改变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化．‎ ‎【解答】解：在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；‎ 且电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功；所以C错；‎ 又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；‎ 电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．三个等势面中，a的电势最低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，来分析电场力的大小，从而判断加速度的大小．根据质点的运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧且斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方，可分析电势的高低；电势能和动能的变化可以通过电场力做功情况判断．‎ ‎【解答】解：A、等差等势线密的地方电场线密，场强大，故P点电场强度较大，质点所受的电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故A正确；‎ B、质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，所以电场力垂直于等势面斜向右下方，质点从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能比Q点的电势能大，故B错误；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故质点在P点的动能小于在Q点的动能，故C错误 D、由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，知a的电势最高，c的电势最低，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．在匀强电场中，将一个带电量为q，质量为m的小球由静止释放，带电小球的轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ，如图所示，那么匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．最大值是 B．最小值是 C．唯一值是 D．同一方向上，可有不同的值 ‎【考点】力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】带电小球受到电场力与重力作用，小球沿合力方向做加速直线运动，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性及电量大小．‎ ‎【解答】解：小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与重力沿合力的垂直方向分力相等时，电场力最小，‎ 即qE=mgsinθ，故E=；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，则（　　）‎ A．a端带正电，b端带负电 B．a端带负电，b端带正电 C．杆内c处的场强为零 D．杆内c处的场强不为零 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低．‎ ‎【解答】解：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，由于正电荷在右边，所以a端带正电，b端带负电．‎ 由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，所以AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（　　）‎ A．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增大四倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增大四倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据动能定理得出粒子到达Q板的速率，从而进行判断．根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出电子的运动时间，从而进行判断．‎ ‎【解答】解：AB、根据动能定理得，知，电子到达Q板的速度，将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板的速率不变，故A正确，B错误；‎ CD、电子的加速度=，根据，得，U增大4倍，则电子到达Q板的时间变为原来的，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎11．如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通K后，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（　　）‎ A．K闭合，减小A B板间的距离，则夹角θ增大 B．K闭合，减小A B板间的距离，则夹角θ减小 C．K断开，使 B板竖直向上移动，则夹角θ不变 D．K断开，增大A B板间的距离，则夹角θ不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．分析板间场强的变化，判断夹角的变化．‎ ‎【解答】解：A、B保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，极板间距离减小，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．‎ C、K断开，电容器所带的电量不变，C=，E=，U=得E=，使B板竖直向上移动，s减小，则E增大，小球所受电场力变大，则θ角增大，故C错误 D、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=，U=得E=，则知d增大，E不变，电场力不变，θ不变．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中．P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tp B．它们所带的电荷量之比qp：qQ=1：2‎ C．它们的电势能减小量之比△Ep：△EQ=1：2‎ D．它们的动能增量之比△EKP：△EKQ=1：2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．‎ ‎【解答】解：A、粒子在垂直电场方向即水平方向不受力，粒子在水平方向做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；‎ B、在竖直方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，位移：y=at2，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2，故B正确；‎ C、因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功：W=qEy，电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，可知电势能减小量之比为1：4，故C错误；‎ D、由动能定理得：qEx=△EK，电荷量之比：qp：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EKP：△EKQ=1：4，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共12分）‎ ‎13．如图所示的匀强电场E=103N/C，矩形abcd的ab边与电场线平行，且ab=3cm，bc=2cm，将点电荷q=5×10﹣8C沿矩形abcd移动一周，电场力做功　0　，ab两点的电势差为　30　，bc两点的电势差为　0　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】将点电荷q沿矩形abcd移动一周，电场力做功为0；电势差与场强的关系：U=Edcosθ．‎ ‎【解答】解：将点电荷q沿矩形abcd移动一周，电场力做功为0；‎ ab两点的电势差为：，bc两点的连线与电场线垂直，所以它们之间的电势差V=0．‎ 故答案为：0； 30； 0‎ ‎　‎ ‎14．电源给电容器充电使平行板电容器所带量为Q=4×l0﹣6C，它的两极板之间电压U=2V，如果两极板电压增加到4V，那么电容器所带电荷量增加了　8×10﹣6　C；如果将两板电量各减少一半，则电容器所带电量为　2×10﹣6　C；两板间电势差变为　1　V．‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电容的定义式C=，求出电容的大小．根据Q=CU求出两板间电势差，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：电容C===2×10﹣6F；‎ 如果两极板电压增加到4V，那么电容器所带电荷量增加了Q=CU′=2×10﹣6×4C=8×10﹣6C；‎ 当电量减小一半，电容不变，电容器所带电量为Q′=2×l0﹣6C；则电势差U′===1V；‎ 故答案为：8×10﹣6，2×10﹣6，1．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共40分.解答过程应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，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．）‎ ‎15．有一个带电量q=3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电力9×10﹣4J的功，从B点移到C点，静电力对电荷做6×10﹣4J的功，问：‎ ‎（1）AC间电势差为多少？‎ ‎（2）如以A点电势为零，则B点的电势为多少？电荷在B点的电势能为多少？‎ ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】（1）根据WAC=WAB+WBC计算点电荷从A到C，电场力做功，再根据UAC=计算AC间的电势差UAC．‎ ‎（2）根据UAB=计算出AB间的电势差，根据UAB=φA﹣φB计算出B点的电势，再根据EPB=qφB计算电荷在B点的电势能．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知：WAB=﹣9×10﹣4J，WBC=6×10﹣4J，‎ 所以WAC=WAB+WBC=﹣3×10﹣4J 则AC间电势差为 UAC==V=﹣100V．‎ ‎（2）AB间的电势差为：UAB==V=﹣300V 又 UAB=φA﹣φB，φA=0‎ 则得，B点的电势为 φB=300V 电荷在B点的电势能为 EPB=qφB=3×10﹣6×300J=9×10﹣4J．‎ 答：‎ ‎（1）AC间电势差为﹣100V．‎ ‎（2）如以A点电势为零，则B点的电势为300V，电荷在B点的电势能为9×10﹣4J．‎ ‎　‎ ‎16．一束电子流（电子质量为m，电量绝对值为e）经电压为U的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距为d，板长为l，则 ‎（1）电子进入偏转电场的速度v0=？‎ ‎（2）当电子刚好可以从平行板间飞出时，两极板上的偏转电压U′=？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）粒子先加速再偏转，根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v0大小．‎ ‎（2）由题意可知当电子恰好飞出时，飞出电场时偏转距离为，将电子的运动沿水平和竖直两个方向进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出偏转电压U′．‎ ‎【解答】解：（1）电子在加速电场中，由动能定理得：Ue=‎ 解得电子进入偏转电场的速度：v0=‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，电子刚好可以从平行板间飞出时，飞出电场时偏转距离为，即有：‎ y=．‎ 加速度：a==‎ 飞行时间为：t=‎ 故竖直方向的位移为：y==‎ 联立解得：U′=‎ 答：（1）电子进入偏转电场的速度为．‎ ‎（2）当电子刚好可以从平行板间飞出时，两极板上的偏转电压为．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，ab与电场线平行，且a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为﹣2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，需克服电场力做功为4×10﹣6 J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）将此电荷从b点移到c点时电场力做功．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电荷从a点移到b点时电场力做功Wab=qELab，代入数据可求得电场强度E．‎ 从b点移到c点时电场力做功Wbc=qELbccos60°，用比例法求出电荷从b点移到c点时电场力做功．‎ ‎【解答】解：由题，电荷从a点移到b点时，电场力做功为：Wab=qELab…①‎ 得：E=V/m=5000V/m…②‎ 电荷从b点移到c点时电场力做功为：Wbc=qELbccos60°=﹣2×10﹣8×5000×0.1×0.5=J﹣5×10﹣6J 答：（1）匀强电场的电场强度的大小为5000V/m；‎ ‎（2）将此电荷从b点移到c点时电场力做功为﹣5×10﹣6J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为L，现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．试求：‎ ‎（1）小球静止在A点处绳子受到的拉力；‎ ‎（2）外加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）将小球拉起至与O点等高的B点后无初速度释放，则细绳承受的最大拉力是多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）（2）对小球进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力等于零，求出拉力大小和电场力大小，从而求出电场强度．‎ ‎（3）把重力场和电场的合场强看成一个新的场，球在A点受力平衡，则A点即为新场的最低点，则A点速度最低，根据动能定理即可求解最大速度，再由向心力公式求最大拉力 ‎【解答】解：（1）在A点小球受力平衡，如图所示 ‎ 根据平衡条件得，Tcos30°=mg 解得：‎ ‎（2）由受力平衡得：‎ 解得：F=mgtan30°‎ 外加匀强电场的场强：‎ ‎（3）把重力场和电场的合场强看成一个新的场，小球在A点受力平衡，则A点即为新场的最低点，则小球在A点速度最大，从B到A的过程中，根据动能定理得： =mgLcos30°﹣EqLsin30°‎ 解得：v=‎ 根据向心力公式有：‎ 解得：‎ 答：（1）小球静止在A点处绳子受到的拉力；‎ ‎（2）外加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）将小球拉起至与O点等高的B点后无初速度释放，则细绳承受的最大拉力是 ‎　‎ ‎2016年12月9日