2019-2020学年河北省承德第一中学高二9月月考物理试题 解析版

2019-2020学年河北省承德第一中学高二9月月考物理试题 解析版

河北承德一中2019-2020学年高二第一次月考物理试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ 1. 关于电场下列说法不正确的是（　　）‎ A. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型 B. 只要有电荷就有电场 C. 正电荷在某点受到电场力的方向就是该点电场强度的方向 D. 电荷间相互作用是通过电场发生的 2. 有关电场强度的理解，下述说法正确的是（　　）‎ A. 由可知,电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比 B. 当电场中存在试探电荷时,电荷周围才出现电场这种特殊的物质,才存在电场强度 C. 由可知,在离点电荷很近的地方,r接近于零,电场强度为无穷大 D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量,与是否存在试探电荷无关 3. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（）‎ A. ‎16F B. C. D. ‎ 4. 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，达到静电平衡后 ‎ A. a端电势比b端低 B. b端电势与d点的电势相等 C. a端电势一定不比d点低 D. 感应电荷在杆内c处的场强方向由a指向b 5. 如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距‎0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电荷量的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为 C. 若取A点的电势为0,则B点的电势 D. A、B两点间的电势差是 6. 如图所示，A，B，C是匀强电场中的三点，三点的电势分别为，，，，，，可确定该匀强电场的场强大小为 ‎ A. B. C. D. ‎ 1. 如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为θ． 下列说法正确的是（　　）‎ A. 将极板A向左移动一些,静电计指针偏角不变 B. 将极板A向右移动一些,静电计指针偏角变小 C. 将极板A向上移动一些,静电计指针偏角变小 D. 在极板间插入一块玻璃板,静电计指针偏角变大 2. 如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称．下列说法正确的是（） A. c、d两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将电子沿直线从c移到d,电场力对电子先做负功再做正功 D. 将电子沿直线从a移到b,电子的电势能一直增大 3. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为‎2C，质量为‎1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（　　） ‎ A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强 B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C. 由C点到A点电势逐渐升高 D. A、B两点间的电势差 4. 相距为L的点电荷A，B带电荷量分别为+4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（） ‎ A. ,在A左侧距A为L处 B. ,在A左侧距A为处 C. ,在B右侧距B为L处 D. ,在B右侧距B为处 二、多选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是（）‎ A. 电势差的定义式,说明两点间的电势差与电场力做功成正比,与移动电荷的电荷量q成反比 B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功,则有 C. 电势差的定义式中,与移动电荷的电荷量q无关 D. 电场中A、B两点间的电势差等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功 2. 在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中（） ‎ A. 做匀变速运动 B. 速率先增大后减小 C. 电势能增加了 D. a点的电势比b点低 3. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），轴上有M、N、P三点，间距MN=NP．Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙。下列说法正确的是（　　） ‎ A. M点电场场强大小为零 B. N点电场场强大小为零 C. M、N之间电场方向沿x轴负方向 D. 一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功 4. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（） ‎ A. 匀强电场的电场强度 B. 小球动能的最小值为 ‎ C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D. 小球从图示位置开始,在竖直平面内逆时针运动一周的过程中,其电势能先减小后增大 1. 如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是 A. 等势面D的电势为 B. 等勢面B的电势为4V C. 该电子不可能到达电势为的等势面 D. 该电子运动到某一位置,其电势能变为8eV时,它的动能为4eV 2. 如图甲所示，平行金属板中央有一个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的变化规律可能正确的是( )             甲                                      乙 A. B. C. D. ‎ 3. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是 ‎ A. M带负电荷,N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎ 4. 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. B. C. D. ‎ 三、计算题（本大题共3小题，共28分.19题8分，20题8分，21题12分，）‎ 1. 如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒压电源上，两极板间距为‎3cm，电容器带电荷量为6×10‎-8C，A极板接地．求： （1）平行板电容器的电容； （2）平行板电容器两板之间的电场强度； （3）距B板‎2cm的M点处的电势． ‎ ‎ ‎ 2. 如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B，C两点，质量为m，带电荷量为-q的小环从A点由静止下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小环到达B点时，速度为，求：‎ ‎(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；‎ ‎(2)A，C两点间的电势差UAC等于多少? ‎ 1. 如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电场时速度方向与水平方向成45°角，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为。电子重力不计。求： （1）电子通过偏转电场的时间t0； （2）偏转电场C、D间的电压U2； （3）电子到达荧光屏离O点的距离Y。 ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】A ‎ ‎【解析】解：A、电场是实际存在的物质，不是理想化模型。故A错误。 B、电荷的周围存在电场。故B正确。 C、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。可知电场力的方向不一与电场强度方向相同。故C错误。 D、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷以及电荷所受的电场力无关。故D错误。 故选：B。 电场是实际存在的物质，电场线是为了形象地描述电场而假想的线．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反． 解决本题的关键掌握电场强度的方向规定，以及知道电场强度与电场力和放入电场中的电荷无关． 2.【答案】D ‎ ‎【解析】解：A：电场强度E可以根据定义式E=来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误； BD：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确； C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=k，也不适用于r接近0的情况．故C错误． 故选：D． 解答本题需掌握：电场强度的定义式是E=，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力； 库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=k（只适用于点电荷），也不适用于r接近0的情况． 本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题． 3.【答案】B ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】 本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得带电量和距离变化后的相互作用力，从而解出正确结果。 本题考查库仑定律的直接应用，对于库仑定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义。 【解答】 由库仑定律可得： 变化前：F= 变化后：F′==F，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 沿电场线方向电势降低，而处于电场中的导体处于静电平衡状态，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；再根据内部场强处处为零，利用叠加原理即可明确感应电荷形成的场强方向。 本题的关键要知道导体达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，对于静电场的特点一定要熟悉，同时明确沿电场线方向电势降低。 ​【解答】‎ ABC.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，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：，故ABC错误； D.由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零；正电荷在处产生的场强方向由指向，所以感应电荷在杆内处产生的场强方向由指向，故D正确。 故选D。 ‎ ‎ 5.【答案】B ‎ ‎【解析】解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=J=6J．则电势能减小6J．故A错误。 B、从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-J=-6J．故B正确。 C、AB间的电势差UAB=EdABcos60°=V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故C、D错误。 故选：B。 根据电场力做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B点的电势． 解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题． 6.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 在AC连线上找到与B点相同的电势F点，即用D､F､G把AC分成四等分，因此：φD=7V，‎ φF=4V，φG=1V，连接BF直线便是电场中电势为4V的等势线。然后根据F、B的两点电势相等，则可知画出等势面BF，再由电场线与等势面互相垂直的关系可画出电场线，又因为由沿着电场线方向电势逐渐降低，则可确定电场线的方向，再由公式U=Ed可求得电场强度。 本题考查了匀强电场中电势差和电场强度的关系，电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势，注意匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的距离，难度一般。 【解答】 如下图所示，用D､F､G把AC四等分，因此：φD=7V，φF=4V，φG=1V，连结BF直线便是电场中电势为4V的等势线，过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方 向，便得到一条电场线。由几何关系知三角形BCF为等边三角形，则B､C两点在场强方向上的距离：，则场强，故ABC错误，D正确。 故选D。 7.【答案】B ‎ ‎【解析】解：A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C=分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A错误。 B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C=分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B正确。 C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C=分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C错误。 D、在极板间插入一块玻璃板，ɛ增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=‎ 分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故D错误。 故选：B。 先根据电容的决定式C=分析电容的变化情况，再抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析极板间的电势差的变化情况，即可判断偏角θ的变化情况． 对于电容动态变化分析问题，往往先电容的决定式C=分析电容如何变化，再运用电容的定义式C=分析电势差或电量的变化，分析时要抓住不变量． 8.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 本题主要考查电场的叠加，电势，电势能；根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．由电势的变化，分析从a移到b电子的电势能如何变化。 解决本题的关键会进行电场的叠加，以及通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功。 【解答】 A.根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误； B.MN间的电场线方向由M→N，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知a点的电势高于b点的电势，故B错误； C.对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向右上，在Od段方向斜向右下。所以电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故C错误； D.将电子沿直线从a移到b，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大，故D错误； 故选D。 9.【答案】A ‎ ‎【解析】解：A、据V-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为‎2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A正确。 B、据V-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误。 C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误。 D、据V-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB==V=-5V，故D错误。 故选：A。 两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为 ‎2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V-t图可知在B点的加速度为‎2m/s2，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况。 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据V-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。 10.【答案】C 11.【答案】BC ‎ ‎【解析】【分析】 电势差的定义式，是比值定义法，电势差UAB与电场力做功WAB、与移动电荷的电荷量q无关。把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式判断电势差的正负。电场中A、B两点间的电势差UAB等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功。 本题考查电势差概念的理解、电场力的做功与电势差的关系等。 【解答】 A.电势差的定义式，是比值定义，不能说两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比，故A错误； B.电势差的定义式，把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0，故B正确； C.电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量q无关，故C正确； D.电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功与电荷量q的比值，故D错误。 故选BC。 12.【答案】AC ‎ ‎【解析】【分析】 带电粒子在电场中受重力和电场力作用，粒子竖直方向在重力作用下做自由落体运动，水平方向在电场力作用下做匀减速直线运动，因为电场力与重力均为恒力，可判断带电粒子的运动性质，由合力与速度方向的夹角判断粒子速率的变化，根据动能定理与电场力做功与电势差的关系分析电势高低。 考查运动如何分解，及分运动的等时性，并要掌握运动学公式，牛顿第二定律，动能定理，及能量守恒定律，并理解电场力做功与电势能变化关系。 【解答】 A.如图粒子在竖直方向受重力作用，水平方向受电场力作用，因为重力与电场力均为恒力，故其合力为定值，所以带电粒子做匀变速运动，故A正确；  B.重力与电场力的合力斜向左下方，开始与速度夹钝角，所以带电粒子速率减小，以后合力又速率夹锐角，所以速率增大，所以带电粒子速率先减小后增大，故B错误； C.水平方向受电场力做用而减速，电场力做负功，由功能关系可知带电粒子电势能增加，增加的电势能等于减少的动能，显然水平方向粒子速度减为0，故C正确； D.因为电场力做负功且粒子带正电，所以a点的电势比b点低，故D错误。 故选AC。 ‎ ‎13.【答案】BD 14.【答案】AB ‎ ‎【解析】【分析】 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。 此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和。 【解答】 解：A、小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得E=，故A正确； B、小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：=m，则最小动能Ek=mv2=，故B正确。 C、小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误； D、小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。 故选AB。 15.【答案】AD ‎ ‎【解析】【分析】 匀强电场中的4个平行且等距的等势面，则相邻等势面之间的电势差相等。根据动能定理列式，可得AD间的电势差，可求出等势面A、B、D的电势。根据能量守恒可知能否到达电势为－10V的等势面。 根据能量守恒可判断D选项。 本题考查等势面，动能定理的应用。解题的关键是知道动能定理的应用，知道只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变。 ​【解答】 A.因电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理有-e（φA-φD）=（5-26）eV，φA-φD=21V，又φC=0，可得φD=-7V，故A正确； B.因匀强电场中2φC=φB+φD，等势面B的电势为7V，故B错误； ‎ C.因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子速度为0时，由能量守恒可得-eφD+5eV=-eφ，解得φ=-12V，故C错误； D.同理，由能量守恒可得-eφD+5eV=8eV+Ek，解得Ek=4eV，故D正确。 故选AD。 16.【答案】DA ‎ ‎【解析】略 17.【答案】ABC ‎ ‎【解析】【分析】 根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。 本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。 【解答】 A.由粒子运动轨迹可知，受到的是吸引力，受到的是排斥力，可知带负电荷，带正电荷，故A正确； B.从到点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则点的动能小于在点的动能，故B正确； C.点和点在同一等势面上，电势相等，则在点的电势能等于在点的电势能，故C正确； D.从到，库仑斥力做正功，故D错误。 故选ABC。 18.【答案】AC ‎ ‎【解析】【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。 本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度。 【解答】 AB.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，故A正确，B错误； CD.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C正确，D错误。 故选AC。 19.【答案】解：（1）依电容定义有C==F=1×10-9 F． （2）两板之间为匀强电场E==V/m=2×103 V/m　方向竖直向下． （3）C点距A板间距离为dAM=d-dBM=1 cm A与C间电势差UAM=EdAM=20 V 又UAM=φA-φM，φA=0可得φM=-20 V ‎． 答：（1）平行板电容器的电容1×10‎-9F； （2）平行板电容器两板之间的电场强度2×103 V/m　方向竖直向下； （3）距B板为‎2cm的M点处的电势-20 V． ‎ ‎【解析】电容定义式C=，两板之间为匀强电场E=，A与M间电势差UAM=EdAM，又UAM=φA-φM，知道A板的电势，即可求出M点的电势． 本题考查了电容的定义式，匀强电场中场强与电势差的关系，还有电势的计算．电势是标量，没有方向，但有正负之分，正负的物理含义是若φ＞0，则电势比参考位置高，若φ＜0，则电势比参考位置低．即计算电势一定要有参考点． 20.【答案】解：‎ ‎（1）A→B由动能定理：， 所以：， （2）由于B、C在以Q为圆心的球面上，点电荷的等势面为同心球面。则B、C两点电势相等，‎ 则：。 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】本题考查了电场力做功​；电势差。电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差。 由题知B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差。 21.【答案】解：（1）电子在离开板时的速度为，根据动能定理可得： 得： 电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：； （2）电子在偏转电场中的加速度： 离开电场时竖直方向的速度： 离开电场电子的速度与水平方向的夹角： ‎ 解得：；         （3）离开电场的侧向位移： 解得： 电子离开电场后，沿竖直方向的位移： 电子到达荧光屏离点的距离： ‎ ‎【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解；根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，进而求出总位移。 （1）电子先在板间电场加速，后进入板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动，先由动能定理求出加速获得的速度；电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式可求时间； （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压； （3）根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开偏转电场后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移。 ‎