四川省成都七中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省成都七中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

成都七中2019—2020学年度上期高2021届半期考试 物理试卷 一、单项选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 摩擦起电的实质是通过外力做功凭空产生了电荷 B. 电子就是元电荷 C. 由公式可知，当r→0时，E→∞，因此可得场强为无穷大的电场 D. 电场强度的方向就是电势降低最快的方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电荷既不能被创生，也不能被消灭，摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移，故A错误；‎ B.元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为，但不能说电子就是元电荷,故B错误；‎ C.公式只适用点电荷产生的电场，当时，带电体不能看成点电荷，该公式不再成立，所以不能得出“当时，”的结论，故C错误；‎ D.电场强度的方向就是电势降低最快的方向，故D正确。‎ ‎2.下列四个电场中，a、b两点电场强度相同的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、‎ 是同一等势面上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；‎ B. 点电场线比点电场线密，则点场强较大，故B错误；‎ C. 、是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确；‎ D.等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场线的分布可知点场强较大，故D错误。‎ ‎3.下列说法中正确的是 A. 把一根均匀导线等分成等长的两段，则每部分的电阻率也变为原来的一半 B. 电容器所带的带电量越多，说明它的电容越大 C. 电动势的单位跟电压的单位一样，都是伏特，所以电动势就是电压 D. 其他电阻不变时，并联电路中其中一个电阻增大，总电阻增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据电阻决定式为，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误；‎ B.电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压和所带的电荷量无关，故B错误；‎ C.电动势是电源没有接入电路时，内电压为零，根据闭合电路欧姆定律可知电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，但电动势与电压是两个不同的概念，不能说“就是”，故C错误；‎ D. 并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，其他电阻不变时，并联电路中其中一个电阻增大，总电阻增大，故D正确。‎ ‎4.如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 随着所加电流的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ C. 在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1R D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；‎ B．对应P点，小灯泡的电阻为，故B错误；‎ C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；‎ D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。‎ ‎5.某电场的电场线分布如图，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线所示路径运动，M和N是轨迹上的两点. 以下说法正确的是 A. M、N点场强 B. 粒子在M、N点的加速度 C. 粒子在M、N点的速度 D. 粒子带负电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电场线的疏密可知由图可知，点电场强度较大，即，故A错误；‎ B.根据和牛顿第二定律可得粒子在点的加速度较大，即，故B错误；‎ CD.粒子运动轨迹偏向右上方，则说明粒子在、‎ 两处所受的电场力向右上方，由于电场线方向向右上方，故判断粒子带正电，若粒子从点运动到点，在从点到点的过程电场力做正功，动能增加，所以粒子在点的速度小于在点的速度，故C正确，D错误。‎ ‎6.避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线代表了避雷针，CD为水平地面，MN是电场线上的两个点，下列说法正确的是 A. M点的电势比N点的电势高 B. 试探电荷从M点沿直线移动到N点，电场力做功最少 C. 将电子从M点移到N点，电子的电势能减小 D. M点的场强比N点的场强大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据沿着电场线方向，电势是降低的，因此点的电势比点的电势高，故A正确；‎ B.依据电场力做功与路径无关，因此试探电荷从点移动到点，不论路径如何，电场力做功一样的，故B错误；‎ C.由于点的电势比点的电势高，根据可知将电子从点移到点，电子的电势能增大，故C错误；‎ D.根据题目图可知，点的电场线较疏，因此点的场强比点的场强小，故D错误。‎ ‎7.静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图线如图所示. 若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm. 则下列说法正确的是 A. 粒子经过P点与Q点时，动能相等 B. 粒子在P点的电势能为正值 C. 粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反 D. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子经过点与点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等。故A正确；‎ B.在点，根据电势能公式知，因为，，所以粒子在点的电势能，故B错误；‎ C.根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿轴负方向，粒子所受的电场力方向沿轴正方向；在2-6mm内电场线沿轴正方向，粒子所受的电场力方向沿负方向做减速运动，加速度沿轴负方向；图象的斜率大小等于场强，则知点的场强大于点的场强，则粒子在点的加速度大于在点的加速度，加速度方向相反，故C错误；‎ D.粒子经过点与点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式，可知电场力做功的功率不等，故D错误。‎ ‎8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R 3均为定值电阻，且R 3=r，R 2为滑动变阻器。当R 2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R 2的滑动触点向b端移动一小段距离，电路稳定之后，下列说法正确的是 A. I1减小，I2不变，U减小 B. 电容器C的带电量减小 C. 电源的输出功率变大 D. 电源的效率变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.的滑动触点向端移动时，减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，根据欧姆定律可得电压增大，则、并联电压减小，根据欧姆定律可得通过的电流减小，即示数减小，而总电流增大，则流过的电流增大，即示数增大，故A错误；‎ B. 电容器两端的电压等于两端的电压，所以电容器两端的电压增大，根据可知电容器的带电量增大，故B错误；‎ C. 由于，电源的内阻小于外阻，所以的滑动触点向端移动时，外阻减小，不电源的输出功率变大，故C正确；‎ D.电源的效率为：‎ 则电源的效率减小，故D错误。‎ ‎9.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 匀强电场的场强大小为10 V/m B. 匀强电场的场强大小为V/m C. 电荷量为1.6×10－19 C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10－19 J D. 电荷量为1.6×10－19 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减小4.8×10－19 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为2V，则EB为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；AF∥EB，则知AF也为一条等势线，可求出UEF，电场力做功就可以求解；‎ ‎【详解】AB、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为，又，得场强，故B正确，A错误；‎ C、由正六边形对称性，，则AF也为电场中的一条等势线，，由上可知，E的电势为，则电荷量为的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为，故C正确；‎ D、D点电势等于C点的电势，，电荷量为的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为，电势能减小，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，闭合开关S，待电路稳定后，一带正电的粒子（不计重力）沿中线以初速度v0进入电场中，粒子通过偏转电场打在荧光屏上的P点，现在欲使得粒子打在荧光屏上的位置下移，则下列做法可行的是 A. 增大粒子的比荷 B. 增大R2的电阻 C. 减小粒子进入偏转电场时的初动能 D. 增大R1的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在偏转电场中由类平抛规律可得：‎ 运动时间为：‎ 偏转位移：‎ 现在欲使得粒子打在荧光屏上的位置下移，则有偏转位移减小；所以可以减小两极板的电势差，或增大粒子进入偏转电场时的初动能，或减小粒子的比荷，由于两极板的电势差等于电阻的两端电压，要减小两极板的电势差可以增大R1的电阻；‎ A. 与分析不符，故A错误；‎ B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析不符，故C错误；‎ D. 与分析相符，故D正确。‎ ‎11.如图所示，、、为真空中三个带电小球，球带正电，且电量为+Q，用绝缘支架固定，小球带负电，、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且、和、间距离相等，悬挂小球的细线向左倾斜，悬挂小球的细线竖直。则 A. 、、三小球带电量相同 B. 、两小球带异种电荷 C. 小球带电量为−4Q D. 小球带电量为−2Q ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据受力平衡条件可知，因球带正电，处的合场强为零，则一定带负电；处的合场强向左，所以球一定带负电；对小球进行分析，、间的距离是、间的两倍，由库仑定律，则有：‎ 解得：‎ 对小球进行分析，由库仑定律，则有：‎ 解得：‎ A. 与分析不符，故A错误；‎ B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析相符，故C正确；‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎12.成都七中某研究性学习小组设计了一个加速度计，如图所示。电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器阻值均匀，总电阻为R，总长度为L；滑块2质量为m，表面光滑，固定在滑块上的轻质滑动片4与滑动变阻器以及导线接触良好；两个轻质弹簧3的弹劲度系数均为k。按图连接电路后，电压表指针指到零，此时两个弹簧均恰处在原长位置，滑动片4处在滑动变阻器最左端，现把加速度计固定在某物体上，则 A. 当该物体水平向左匀速运动时，电压表的指针会发生偏转 B. 当物体水平向左匀加速运动时，回路中电流会随着速度的变化而变化 C. 当电压表的读数大小为U时，物体加速的大小为 D. 当电压表的读数大小为U时，弹簧形变量均为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当该物体水平向左匀速运动时，滑块2的加速度为零，固定在滑块上的轻质滑动片4处在滑动变阻器最左端，电压表指针指到零，故A错误；‎ B.当系统水平向左做加速运动，固定在滑块上的轻质滑动片4向右移动，根据欧姆定律可知回路中电流不会变化，但电压表示数增大，故B错误；‎ CD. 电路中的电流为：‎ 设弹簧形变量为，电压表的示数为：‎ 联立解得弹簧形变量为：‎ 对滑块根据牛顿第二定律得：‎ 物体加速的大小为：‎ 故C正确，D错误。‎ 二、多项选择题 ‎13.如图所示，M、N是真空中两块平行金属板，M、N间电压为恒U，板间视为匀强电场，粒子（）、质子（）分别从M板由静止释放，则两种粒子到达N板时（两个粒子均不计重力）‎ A. 粒子的动能比质子大 B. 粒子的速度比质子大 C. 粒子所用时间比质子长 D. 质子的动量比粒子大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据动能定理得：‎ 解得：‎ 所以，粒子的动能比质子大，故A正确；‎ B.根据动能定理得：‎ 解得：‎ 质子的比荷比粒子的大，可知质子的速度比粒子大，故B错误；‎ C.由得：‎ 可得粒子所用时间比质子长，故C正确；‎ D.粒子到达N板时动量为：‎ 知质子动量比粒子小，故D错误。‎ ‎14.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电子一个周期内运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ ‎15.如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴恰好静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则 A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角将不变 C. 带电油滴所受的电场力变小，G表中有a→b的电流 D. 当液滴静止时，若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将其下极板向下移动一小段距离，则带电油滴将向下运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据知，增大，则平行板电容器的电容将变小，故A错误；‎ B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；‎ C.电势差不变，增大，根据则电场强度减小，带电油滴所受的电场力变小，根据可知平行板电容器的电荷量减小，平行板电容器放电，G表中有的电流，故C正确；‎ D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，两极板间的电场强度：‎ 极板间距离发生变化，电场强度不变，则油滴所受电场力不变，带电油滴将静止，故D错误。‎ ‎16.如图，电荷量分别为q和−q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则 A. a点和b点的电势相等 B. a点和b点的电场强度大小相等 C. a点和b点的电场强度方向相同 D. 电子在a点电势能小于在b点的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示，结合题图中对应的几何关系可知，靠近负电荷，而靠近正电荷，则可知，点电势一定小于点电势；故A错误；‎ BC.、两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故B、C正确；‎ D.由于点电势一定小于点电势，因电荷带负电，根据可知电子在点电势能大于在点的电势能，故D错误。‎ ‎17.如图所示，电源电动势E=6V，小灯泡L的规格为“4V 0. 8W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=8Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作. 则 A. 电源内阻为1Ω B. 电动机的内阻为8Ω C. 电动机正常工作电压为1. 6V D. S接2时电源的输出功率为1. 12W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小灯泡的额定电流为：‎ 灯泡内阻为：‎ 当开关接1时，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 代入数据解得：‎ 故A错误；‎ BC.当接2时灯泡正常发光，则流过的电流为：‎ 电源内阻分的电压为：‎ 故电动机分的电压为：‎ 动 因电动机消耗的电能转化为机械能和内能，则可知电阻：‎ 故B错误，C正确；‎ D.当接2时，电源输出功率：‎ 出 故D正确。‎ ‎18.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成∠α=30°斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O 点，当小球静止于M点时，细线恰好水平. 现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 A. 小球从P点释放后到达M点时，速度刚好为零 B. 小球从P到M过程中，合外力对它做了的功 C. 小球从P到M过程中，小球的机械能增加了 D. 若小球可以做完整的圆周运动，则小球在P点释放的初速度至少为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当小球静止于点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，点为等效最低点，因此小球从点释放后到达点时，球在点速度最大，故A错误；‎ B.因拉力不做功，而电场力与重力合力为：‎ 合 这个方向上位移为，所以合外力对它做功为：‎ 合合 故B正确；‎ C.由动能定理知动能增加量为：‎ 重力势能增加量为，则机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和，机械能的增加量为：‎ 故C错误；‎ D.当球能越过跟就对称的点，即可做个完全的圆周运动，球的等效重力加速度：‎ 根据牛顿第二定律，则有：‎ 根据动能定理，则有：‎ 解得：‎ 故D正确。‎ 三、实验题 ‎19.图1为多用电表示意图 ‎（1）在用多用电表测电阻的过程中，下列说法正确的是_________（选填字母）。‎ A. 在测量电阻时，指针偏转过小应该换倍率更小的档位 B. 更换倍率后必须重新进行欧姆调零 C. 在进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表零刻线处 D. 测量结束后，应该把选择开关旋至“OFF”处或交流电压的最大档 ‎（2）现用多用电表测量一定值电阻的阻值，选择开关打到电阻档“×100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2. 所示，该电阻的阻值为_________Ω ‎【答案】 (1). BD (2). 1100‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A.测量电阻时，若指针偏转过小，说明电阻阻值比较大，应换倍率更大的挡进行测量，故A错误；‎ B.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故B正确；‎ C.进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表满偏处，故C错误；‎ D. 测量结束后，应该把选择开关旋至使其尖端对准“OFF”处或交流电压最大档，故D正确；‎ ‎(2)[2]若选择开关处于“×100”挡，由图示可知，其读数为：11×100=1100Ω。‎ ‎20.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A. 被测干电池一节 B. 电流表A1：量程0～0. 6A，内阻RA=0. 2Ω C. 电流表A2：量程0～3A，内阻约为0. 1Ω D. 电压表V1：量程0～3V，内阻未知 E. 电压表V2：量程0～15V，内阻未知 F. 滑动变阻器R1：0～10Ω，2A G. 滑动变阻器R2：0～5000Ω，1A H. 开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)在上述器材中请选择适当的器材：电流表选________，电压表选________，滑动变阻器选________。（填写器材前的序号字母）‎ ‎(2)实验电路图应选择下图中的________（填“甲”或“乙”）。‎ ‎(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像。由此可知，干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 乙 (5). 1.5 (6). 0.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因电源电动势为1.5V，电流较小，为了准确测量内阻，所以选择已知内阻的电流表，量程0～0.6A，内阻0.2Ω的B；[2]电压表选择量程0～3V的D；[3]由于内阻较小，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F；‎ ‎(2)[4]为了准确测量内阻，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择乙；‎ ‎(3)[5]由图可知，电源的电动势：‎ ‎[6]根据可得内电阻为：‎ ‎21.成都七中实验室新进了一批金属丝，每卷长度L=10m，阻值约为150Ω，高二物理兴趣小组想尽量准确测岀其电阻率。先用螺旋测微器测岀金属丝的直径如图所示，然后在实验室找来了下列器材：‎ 待测金属丝1卷 电源E（电动势4. 5V，内阻r≈0. 5Ω）‎ 电流表A1（量程10mA，内阻RA1=50Ω）‎ 电流表A2（量程30mA，内阻RA2≈30Ω）‎ 滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）‎ 滑动变阻器R2（最大阻值为5000Ω）‎ 定值电阻R3=10Ω 定值电阻R4=400Ω 开关一个、导线若干 ‎(1)螺旋测微器测出金属丝的直径d=________mm。‎ ‎(2)滑动变阻器应选用________，定值电阻应选用________。‎ ‎(3)为了精确的测量金属丝的电阻率，请在方框中画出实验电路图。（ ）‎ ‎(4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，以I1为横坐标，I2为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为k，则金属丝的电阻率可以表示为_______（用题中给出的字母表示）‎ ‎【答案】 (1). 3. 465mm (2). R1、 (3). R4 (4). 见解析 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径d=3.0mm+46.6×0.01mm=3.466mm=0.3466cm；‎ ‎(2)[2]滑动变阻器尽量选择较小的且接近被测电阻，所以选择；[3]由于无电压表，则用电流表串联一个较大的分压电阻作为电压表使用，所以变阻器选；‎ ‎(3)[4]待测定值阻值约150Ω，改装后电压表内阻为450Ω，电流表内阻约为30Ω，电流表采用外接法；为测多组实验数据，根据滑动变阻器阻值小于待测定值阻值，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；‎ ‎(4)[5]根据欧姆定律有：‎ 变形得：‎ 结合图象的斜率为：‎ 所以求得：‎ 再由电阻定律：‎ 所以电阻率：‎ 四、计算题 ‎22.如图所示，固定的光滑绝缘轻质杆MN与水平面的夹角为θ，MN的长度为L。一质量为m、电荷量为q、可看作质点的带正电小球P穿在杆上。已知小球P在运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度值为g。‎ ‎(1)现把另一可看作质点的带正电小球W固定在杆的M端，小球P恰能静止在MN的中点O处。求小球W的电荷量Q。‎ ‎(2)若改变小球W的电荷量至某值，将小球P从N点由静止释放，P沿杆恰好能到达MN的中点O处。求电荷W在O、N两点间的电势差UON。（结果用m、g、q、k、L、θ表示）‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球受重力、支持力和电场力作用恰好静止在轻质杆的点，由力的平衡条件有：‎ 解得：‎ ‎(2)小球由点静止释放到点的过程中由动能定理有：‎ 解得：‎ 则电势差：‎ ‎23.图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的 a、b 两种颗粒从漏斗出口下落时，a 种颗粒带上正电，b 种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b 两种颗粒分别落到水平传送带 A、B 上。已知两板间距 d＝0.1m，板的长度 L＝0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－ 5 C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度 g 取 10m/s 2 。‎ ‎（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？‎ ‎（2）若两带电平行板的下端距传送带 A、B 的高度 ‎ H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？‎ ‎【答案】（1）左板带负电荷，右板带正电荷 1×104V （2）4m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是动能定理和带电粒子在匀强电场中的偏转，可以将运动进行分解，即可求出相应参量。‎ ‎【详解】（1）带正电的a种颗粒向左偏转，所以左板带负电，右板带正电。‎ 竖直方向： ‎ 水平方向： ‎ 联立可得： ，U=1×104V ‎（2）根据动能定理可得：，带入数据可得：v=4m/s。‎ ‎【点睛】综合性比较强的题目，一定要把整个过程分析清楚。‎ ‎24.相距为d的平行金属板M、N，板长也为d，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线EF对齐，EF左侧有水平匀强电场，M、N两板间所加偏转电压为U，PQ是两板间的中轴线。一质量为m、电量大小为q的带电粒子在水平匀强电场中PQ上A点由静止释放，结果恰好从N板的右边緣飞出，A点离EF的距离为；不计粒子的重力。‎ ‎(1)求EF左侧匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(2)带电粒子从N板的右侧边缘飞出后，只受另一点电荷的库仑力作用，并开始做圆周运动，已知该点电荷固定在PQ上某点，求该点电荷的带电量. ‎ ‎(3)当带电粒子做圆周运动到M点后，MN板间偏转电压立即变为−U，（已知MN板间电场只由偏转电压提供，与点电荷无关）带电粒子最终回到A点，求带电粒子从出发至回到A点所需总时间。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在电场中上点由静止释放，做匀加速直线运动，根据动能定理则有：‎ 进入金属板，在偏转电场中，则有：‎ 联立可得：‎ ‎(2)离开N点后带电粒子做圆周运动，有几何关系得圆周运动半径：‎ 库仑力提供向心力，可得：‎ 从点到点，根据动能定理则有：‎ 由第一问联解上式得：‎ ‎(3)直线运动阶段，由可得：‎ 可得：‎ 类平抛阶段，则有：‎ 解得：‎ 圆周运动阶段 所需总时间：‎ 总 ‎ ‎