物理卷·2018届吉林省吉林一中高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

物理卷·2018届吉林省吉林一中高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

‎2016-2017学年吉林省吉林一中高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共计48分，1-8题为单选题，9-12题为多选题，少选得2分，多选或错选不得分）‎ ‎1．如图为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．这两点电荷一定是等量异种电荷 B．这两点电荷一定是等量同种电荷 C．D、C两点的电场强度一定相等 D．C点的电场强度比D点的电场强度小 ‎2．如图所示，两根细线挂着两个质量相同的不带电小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使A、B带上异种电性的电荷（AB间的电场力小于重力），此时上、下细线受力分别为FA′、FB′，则（　　）‎ A．FA=FA′，FB＞FB′ B．FA=FA′，FB＜FB′‎ C．FA＜FA′，FB＞FB′ D．FA＜FA′，FB＜FB′‎ ‎3．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，下列措施可行的是（　　）‎ A．只减小电压U B．只增大长度L C．只增大高度d D．只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ ‎4．真空中，两个相距L的固定电荷E、F所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE，则（　　）‎ A．过N点的等势面与过N点的切线平行 B．E带正电，F带负电，且Q1＜Q2‎ C．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点 ‎5．如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.5J C．金属块克服摩擦力做功0.8J D．金属块的机械能减少1.2J ‎6．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A．Ea＞Eb＞Ec B．φa＞φb＞φc C．φa﹣φb=φb﹣φc D．Ea=Eb=Ec ‎7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣E B． +E C．﹣E D． +E ‎8．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（　　）‎ A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变大后变小 D．做曲线运动，电势能先变小后变大 ‎9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板x应带正电 B．极板x应带负电 C．极板y应带正电 D．极板y应带负电 ‎10．如图所示，匀强电场场强方向竖直向下，在此电场中有a，b，c，d四个带电粒子（不计粒子间的相互作用），各以水平向左、水平向右、竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动，则下列说法错误的是（　　）‎ A．a，b带同种电荷且电势能均不变 B．c，d带异种电荷 C．d的电势能减小，重力势能也减小 D．c的电势能减小，机械能增加 ‎11．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E不变 B．E变大，EP变大 C．U变小，EP不变 D．U不变，EP不变 ‎12．如图所示，在光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）‎ A．0 B． mv02+qEl C． mv02 D． mv02+qEl ‎　‎ 二、计算题（13题10分，14题11分，15题16分，16题15分，共计52分）‎ ‎13．如图所示，真空中一质量为m，带电量为﹣q的液滴以初速度为v0，仰角α射入匀强电场中以后，做直线运动，求：‎ ‎（1）所需电场的最小场强的大小，方向．‎ ‎（2）若要使液滴的加速度最小，求所加的电场场强大小和方向．‎ ‎14．如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为﹣q的油滴以速度v竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v．求：‎ 场强E的大小及A、B两点间的电势差．‎ ‎15．如图所示电子射线管．阴极K发射电子，阳极P和阴极K间 加上电压后电子被加速．A、B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压UPK=2.5×104V，两极板长度L=6.0×10﹣2m，板间距离d=3.6×10﹣2m，所加电压UAB=1000V，R=3×10﹣2m，电子质量me=9.1×10﹣31kg，电子的电荷量e=﹣1.6×10﹣19 C．设从阴极出来的电子速度为0，不计重力． 试问：‎ ‎（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？‎ ‎（2）电子从偏转电极出来时的偏移距离y是多少？‎ ‎（3）电子从偏转电极出来时具有动能Ek是多少？‎ ‎（4）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3×10﹣2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离h是多少？‎ ‎16．如图所示，在E=103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4 C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，问：‎ ‎（1）要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）‎ ‎（3）小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年吉林省吉林一中高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共计48分，1-8题为单选题，9-12题为多选题，少选得2分，多选或错选不得分）‎ ‎1．如图为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．这两点电荷一定是等量异种电荷 B．这两点电荷一定是等量同种电荷 C．D、C两点的电场强度一定相等 D．C点的电场强度比D点的电场强度小 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是两个等量异种电荷．故A正确，B错误；‎ C、D、在两等量异号电荷连线的中垂线上，C点处电场线最密，电场强度最大，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C错误，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两根细线挂着两个质量相同的不带电小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使A、B带上异种电性的电荷（AB间的电场力小于重力），此时上、下细线受力分别为FA′、FB′，则（　　）‎ A．FA=FA′，FB＞FB′ B．FA=FA′，FB＜FB′‎ C．FA＜FA′，FB＞FB′ D．FA＜FA′，FB＜FB′‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】运用整体法研究，根据共点力平衡状判断上丝线受的力的变化．再隔离B研究，进行受力分析，根据共点力平衡状判断下丝线受的力的变化．‎ ‎【解答】解：运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上丝线的拉力，‎ 则由平衡条件得：上丝线的拉力F=2mg．‎ 所以FA=FA′．‎ 再隔离B研究，不带电时受重力和下丝线的拉力，‎ 由平衡条件得：FB=mg．‎ 带电时受重力、下丝线的拉力和A对B的向上的吸引力．‎ 由平衡条件得：FB′+F′=mg．‎ 即FB′＜mg．‎ 所以FB＞FB′‎ 故A正确、BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，下列措施可行的是（　　）‎ A．只减小电压U B．只增大长度L C．只增大高度d D．只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=（）2，增大y便可增大除尘率．‎ ‎【解答】解：A、增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=（）2，增大y便可增大除尘率，若减小电压U，会减小除尘率，故A错误；‎ B、由A分析知，故B正确；‎ C、由A分析知，故C错误；‎ D、由A知，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．真空中，两个相距L的固定电荷E、F所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE，则（　　）‎ A．过N点的等势面与过N点的切线平行 B．E带正电，F带负电，且Q1＜Q2‎ C．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场线和等势面相互垂直的性质可分析N点的等势面的方向；‎ 根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．‎ 先比较电势的高低，再根据Ep=qφ比较电势能．‎ 只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．‎ ‎【解答】解：A、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直．故A错误；‎ B、根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，而合场强水平向右，根据叠加原理可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NF＞NE，则有E=可知，Q1＜Q2．故B正确．‎ C、沿电场线方向电势逐渐降低，UM＞UN，再根据Ep=qU，因q为负电荷，知EpM＜EpN．故C错误．‎ D、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不可能重合．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.5J C．金属块克服摩擦力做功0.8J D．金属块的机械能减少1.2J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J根据动能定理求出摩擦力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．外力做功等于物体机械能的改变 ‎【解答】解：A、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属点正电，故AB错误；‎ C、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为﹣0.5J，根据动能定理得：‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：Wf=﹣0.7J，故C错误；‎ D、外力做功为W外=W电+Wf=﹣1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A．Ea＞Eb＞Ec B．φa＞φb＞φc C．φa﹣φb=φb﹣φc D．Ea=Eb=Ec ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．‎ ‎【解答】解：AD、只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故AD均错误．‎ B、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，‎ C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣E B． +E C．﹣E D． +E ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，‎ 假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．‎ ‎【解答】解：若将带电量为2q的球面放在O处，‎ 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．‎ 则在M、N点所产生的电场为E==，‎ 由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为 E′=﹣E，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（　　）‎ A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变大后变小 D．做曲线运动，电势能先变小后变大 ‎【考点】等势面；电场线．‎ ‎【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动．‎ ‎【解答】解：根据电场线与等势线垂直画出一条电场线如图，可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，负电荷受力的方向向上，做曲线运动．粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板x应带正电 B．极板x应带负电 C．极板y应带正电 D．极板y应带负电 ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．‎ ‎【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，即极板X的电势高于极板X′．‎ ‎ 同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板Y′，故AC正确，BD错误 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，匀强电场场强方向竖直向下，在此电场中有a，b，c，d四个带电粒子（不计粒子间的相互作用），各以水平向左、水平向右、竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动，则下列说法错误的是（　　）‎ A．a，b带同种电荷且电势能均不变 B．c，d带异种电荷 C．d的电势能减小，重力势能也减小 D．c的电势能减小，机械能增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】首先根据运动特点判断四个质点的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、因a、b、c、d四个带电微粒分别水平向左、水平向右、竖直向下、竖直向上作匀速直线运动，可知它们都处于平衡状态，四个微粒均受到竖直向上的电场力作用，可知四个微粒都带同种电荷，且都为负电荷，a、b在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故A正确，B错误；‎ C、d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，重力做正功，机械能减少，机械能转化为电势能，故C错误；‎ D、c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，机械能增加，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E不变 B．E变大，EP变大 C．U变小，EP不变 D．U不变，EP不变 ‎【考点】电容器的动态分析；电容器．‎ ‎【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．‎ ‎【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小．‎ 由E==，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）‎ A．0 B． mv02+qEl C． mv02 D． mv02+qEl ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．若平行于AB，将做加速或减速，若平行于AC，将做类平抛运动，然后根据动能定理求解．‎ ‎【解答】解：A．若电场的方向平行于AB向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0，故A正确．‎ B．若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理，电场力做功最多为qE•l，最大动能为qEl+mv02．故B正确，D错误．‎ C．若电场的方向平行于AB向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，若速度减到0还未到达另一边缘，那将回头做匀加速，根据动能定理，电场力做功为0，动能不变，故C正确．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ 二、计算题（13题10分，14题11分，15题16分，16题15分，共计52分）‎ ‎13．如图所示，真空中一质量为m，带电量为﹣q的液滴以初速度为v0，仰角α射入匀强电场中以后，做直线运动，求：‎ ‎（1）所需电场的最小场强的大小，方向．‎ ‎（2）若要使液滴的加速度最小，求所加的电场场强大小和方向．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）若液滴做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度在一条直线上；‎ ‎（2）若要使液滴的加速度最小，即为零，液滴所受电场力与重力的合力为零．‎ ‎【解答】解：（1）若液滴做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度在一条直线上，由矢量三角形合成法则知，当qE垂直于合力时电场里最小，如图：‎ 由几何知识知：qE=mgcosα 得：E=‎ 电场力方向垂直于速度向上，则电场线方向垂直v0向右下方．‎ ‎（2）若要使液滴的加速度最小，即为零，液滴所受电场力与重力的合力为零：qE=mg 得：E=，方向竖直向下．‎ 答：（1）所需电场的最小场强的大小为，方向垂直v0向右下方．‎ ‎（2）若要使液滴的加速度最小，所加的电场场强大小，方向竖直向下．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为﹣q的油滴以速度v竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v．求：‎ 场强E的大小及A、B两点间的电势差．‎ ‎【考点】电势差；电场强度．‎ ‎【分析】（1）油滴在电场中受到重力和电场力，两个力都是恒力，运用运动的分解法研究，将油滴的运动分解为水平和竖直两个方向研究，根据匀变速直线运动平均速度公式列出两个方向的位移，得到两个位移的关系，再根据动能定理列式求解E．‎ ‎（2）根据动能定理求解A、B两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）油滴在水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向上做匀减速直线运动．‎ 根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：‎ ‎ 竖直方向有：h= ①‎ ‎ 水平方向有：x= ②‎ 所以得：h=x ③‎ 由动能定理：qEx﹣mgh=0 ④‎ 得到：E= ⑤‎ ‎（2）由动能定理得：qUAB+mgh=0 ⑥‎ 且竖直方向有：﹣mgh=0﹣mv2 ⑦‎ 得到：UAB=﹣ ⑧‎ 答：（1）场强E的大小为； （2）A、B两点间的电势差为﹣．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示电子射线管．阴极K发射电子，阳极P和阴极K间 加上电压后电子被加速．A、B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压UPK=2.5×104V，两极板长度L=6.0×10﹣2m，板间距离d=3.6×10﹣2m，所加电压UAB=1000V，R=3×10﹣2m，电子质量me=9.1×10﹣31kg，电子的电荷量e=﹣1.6×10﹣19 C．设从阴极出来的电子速度为0，不计重力． 试问：‎ ‎（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？‎ ‎（2）电子从偏转电极出来时的偏移距离y是多少？‎ ‎（3）电子从偏转电极出来时具有动能Ek是多少？‎ ‎（4）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3×10﹣2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离h是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在阳极P和阴极K间运动时，电场力对电子做正功，动能增加，根据动能定理可求解电子通过阳极P板的速度υ0．‎ ‎（2）（3）电子通过偏转电极时做类平抛运动，运用运动的分解：电子沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动规律求出电子偏转的距离y，再由动能定理求出电子通过偏转电极时具有动能Ek．‎ ‎（4）应用动能定理与几何知识求出电子的偏移量．‎ ‎【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理得：eUPK=mv02﹣0，‎ 解得：‎ v0=2.96×107m/s ‎（2）在偏转电场中，运动时间：t1=，‎ 加速度：a=，‎ 偏转位移：y=at12，‎ 联立解得：y=0.01m ‎（3）竖直方向分位移：vy=at1，‎ 故子从偏转电极出来时具有动能：‎ Ek==4.44×10﹣16J ‎（4）出电场后，运动时间：t2=，‎ 竖直方向位移：y2=vyt2，‎ 偏离入射方向的距离为：h=y+y2，‎ 解得：h=2×10﹣3m；‎ 答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.96×107m/s；‎ ‎（2）电子从偏转电极出来时的偏移距离是0.01m；‎ ‎（3）电子从偏转电极出来时具有动能Ek是4.44×10﹣16J；‎ ‎（4）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3×10﹣2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离h是2×10﹣3m．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在E=103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4 C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，问：‎ ‎（1）要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）‎ ‎（3）小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；‎ ‎（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；‎ ‎（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离N点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，‎ qEL﹣μmgL﹣mg•2R=mv2﹣0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以 mg=m 代入数据解得 v=2m/s，L=20m．‎ ‎（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，‎ qE（L+R）﹣μmgL﹣mg•R=mvP2﹣0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，‎ N﹣qE=m 解得N=1.5N ‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．‎ ‎（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，‎ 由2R=gt2可得滑块运动的时间t为，‎ t===0.4s，‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，‎ 由牛顿第二定律可得 qE=ma，‎ 所以加速度 a=2.5m/s2，‎ 水平的位移为 x=vt﹣at2‎ 代入解得 x=0.6m．‎ 答：（1）滑块与N点的距离为20m；‎ ‎（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；‎ ‎（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m．‎