物理卷·2018届福建省三明市清流一中高二上学期第一次段考物理试卷（实验班） （解析版）

物理卷·2018届福建省三明市清流一中高二上学期第一次段考物理试卷（实验班） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年福建省三明市清流一中高二（上）第一次段考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-11题只有一项是符合题目要求的；第12-14题有多项符合题目要求．全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．物理学中引入了“质点”“电点荷”的概念，从科学方法上来说属于（　　）‎ A．控制变量法 B．类比 C．理想化模型 D．等效替代 ‎2．对于电场中的某一点，下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（　　）‎ A．电场力F、电场强度E B．电场强度E、电势φ C．电势能Ep、电势φ D．电场力做的功W、电势能Ep ‎3．为了防止静电危害，应尽快把静电导走，下面的措施中不是利用静电知识防止危害的有（　　）‎ A．油罐车后面装一条拖地铁链 B．电工钳柄上套有一绝缘套 C．飞机轮胎用导电橡胶制成 D．印染车间保持适当的湿度 ‎4．电场中有A、B两点，把电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则（　　）‎ A．电荷的电势能减少 B．电荷的电势能增加 C．A点的场强比B点的场强大 D．A点的场强比B点的场强小 ‎5．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎6．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎7．如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，且α＜β则可推断（　　）‎ A．q1＜q2 B．q1＞q2 C．m1=m2 D．m1＞m2‎ ‎8．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎9．如图，一个绝缘圆环，当它的部分均匀带电且电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电+2q，而另一半圆ADC不带电，则圆心O处的电场强度的大小和方向为（　　）‎ A． E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向C C．2E，方向由O指向在D D．0‎ ‎10．如图，图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=9V，UB=3V，UC=3V，由此可得D点电势UD为（　　）‎ A．6V B．0V C．﹣3V D．﹣6V ‎11．两带电量分别为q和﹣q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经 M点飞向N点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．M、N两点相比，粒子在M 点加速度较小 C．M、N两点相比，粒子在N点电势能较大 D．M、N两点相比，粒子在N点动能较大 ‎13．如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，它们相距L．如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r=L）的空心金属球，且球心位于O点．则球壳上的感应电荷在O点处产生的（　　）‎ A．场强方向向左 B．场强方向向右 C．场强大小为0 D．场强大小为12k ‎14．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一带电微粒以一定初速度沿图中虚直线由O运动至P，关于其能量变化情况的说法，正确的是（　　）‎ A．动能增加，电势能减少 B．重力势能和电势能之和增加 C．动能和重力势能之和减少 D．动能和电势能之和增加 ‎　‎ 二．填空题（每空3分，17题4分，共16分）‎ ‎15．平行板电容器所带电量为Q=3.0×10﹣8C，它的两板之间的电压U=2.0V，则它的电容为　　μF．如果两板间的带电量各减少一半，电容器电容　　（填”增大”减小”或”不变”）‎ ‎16．如图，用静电计测量电容器两极板间的电势差，不改变两极板带的电荷量，把A板向右移，静电计指针偏角将　　，把A板竖直向下移，静电计指针偏角将　　（填”增大”减小”或”不变”）‎ ‎17．如图是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．某同学为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量h/U2），采用了的如下的方法：‎ A．增大两板间的电势差U2‎ B．尽可能使板长L长些 C．尽可能使板间距离d小一些 D．使加速电压U1升高一些 请问可以达到目的操作是　　（多选）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共42分．）‎ ‎18．如图为某一平面内非匀强电场的等势线分布图，已知相邻的等势线间的电势差大小相等，其中A、B两点电势分别为ωA=10V，ωB=2V．请完成问题：‎ ‎（1）比较A、B两点电场强度的大小 ‎（2）若将一电子从A点沿某一路径运动到B点，则电子的电势能如何变化？变化了多少？‎ ‎19．如图为一组未知方向的匀强电场的电场线，电场线与水平线所成锐角为60°，现将q=﹣1×10﹣6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做了WAB=2×10﹣6 J的正功，A、B间的距离d=2cm．求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB ‎（2）匀强电场场强E的大小和方向 （方向标图上）‎ ‎20．如图，空间存在水面向右的匀强电场，一不计重力、质量为m、带电量为q的微粒以初速度v0竖直向上抛出，经t时间后速度与水平成30°，求：电场强度E的大小．‎ ‎21．如图所示，质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线（不可伸长）悬挂于O点，并处在场强为E、水平向左的匀强电场中，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ=37°（sin37°=0.6，重力加速度为g），则：‎ ‎（1）小球带何种电荷，电量q是多少？‎ ‎（2）现将小球拉至虚线所示位置（细线水平拉直，与O点相同高度）后从静止开始释放，求小球摆动到最低点时速度v的大小和细线所受拉力T的大小．‎ ‎（3）如果小球摆动到最低点时，细绳刚好断裂，最后小球竖直落地，求下落高度h．（电场充满整个空间）‎ ‎22．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以υ0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，‎ 求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小和方向；‎ ‎（2）液滴从金属板末端飞出时的速度大小；‎ ‎（3）液滴从射入运动到P点所用时间．（g取10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省三明市清流一中高二（上）第一次段考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-11题只有一项是符合题目要求的；第12-14题有多项符合题目要求．全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．物理学中引入了“质点”“电点荷”的概念，从科学方法上来说属于（　　）‎ A．控制变量法 B．类比 C．理想化模型 D．等效替代 ‎【考点】质点的认识；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．‎ ‎【解答】解：“质点”、“点电荷等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型法，所以C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．对于电场中的某一点，下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（　　）‎ A．电场力F、电场强度E B．电场强度E、电势φ C．电势能Ep、电势φ D．电场力做的功W、电势能Ep ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关；知道电场力、电势能和电场力做功公式，据此分析即可．‎ ‎【解答】解：AB、电场强度电势都取决于电场本身，与检验电荷无关；而电场力F=Eq与试探电荷有关；故A错误，B正确；‎ C、据电势能公式EP=qφ可知，电势能与电场、电荷都有关，故C错误．‎ D、由电场力公式E=qU知，电场力做功与电场、电荷都有关，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．为了防止静电危害，应尽快把静电导走，下面的措施中不是利用静电知识防止危害的有（　　）‎ A．油罐车后面装一条拖地铁链 B．电工钳柄上套有一绝缘套 C．飞机轮胎用导电橡胶制成 D．印染车间保持适当的湿度 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】静电对人类有利的方面就加以利用，对人类有危害的方面就避免和防止．利用还是防止主要看是有利的还是有害的．‎ ‎【解答】解：A、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害．故A不符合题意；‎ B、电工钳柄上套有绝缘胶套，在带电操作时，防止触电．所以不是防止静电危害的，故B符合题意；‎ C、飞机在飞行时，与空气摩擦产生大量的静电，所以着落时通过飞机轮上装搭地线，将静电导走．故C不符合题意；‎ D、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，由于有一定的湿度，能及时导走，故D不符合题意；‎ 本题选择不是利用静电知识防止危害的，故选：B ‎　‎ ‎4．电场中有A、B两点，把电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则（　　）‎ A．电荷的电势能减少 B．电荷的电势能增加 C．A点的场强比B点的场强大 D．A点的场强比B点的场强小 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】电场力对电荷做正功，电荷的电势能必定减少，但不能判断AB两点场强的大小．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、据题电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则电荷的电势能减少，故A正确，B错误．‎ C、D、电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少，但电场力做功的正负与场强的大小无关，所以不能判断场强的大小，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；‎ B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；‎ C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；‎ D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为F．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，且α＜β则可推断（　　）‎ A．q1＜q2 B．q1＞q2 C．m1=m2 D．m1＞m2‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系．‎ ‎【解答】解：对A、B球受力分析，‎ 根据共点力平衡和几何关系得：‎ m1gtanα=F1，m2gtanβ=F2‎ 由于 F1=F2，若α＞β则有m1＜m2．‎ 根据题意无法知道带电量q1、q2 的关系．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．‎ ‎【分析】根据PQ连线中点的场强和无穷远处的场强均为零，分析AB场强的关系．作出电场线，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点间电场线的疏密情况不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；‎ AB线上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，故φA一定大于φB；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．如图，一个绝缘圆环，当它的部分均匀带电且电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电+2q，而另一半圆ADC不带电，则圆心O处的电场强度的大小和方向为（　　）‎ A． E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向C C．2E，方向由O指向在D D．0‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据题意：当它的均匀带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，结合矢量合成法则，及正、负电荷在O点电场强度方向，即可求解．‎ ‎【解答】解：当圆环的均匀带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，‎ 由如图所示的矢量合成可得，当半圆ABC的带电+2q，在圆心处的电场强度大小为E，方向由B到D；当另一半圆ADC均匀带电﹣2q，同理，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；‎ 根据矢量的合成法则，则有：圆心O处的电强度的大小为2E，方向由O到D；选项A正确．BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．如图，图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=9V，UB=3V，UC=3V，由此可得D点电势UD为（　　）‎ A．6V B．0V C．﹣3V D．﹣6V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】由AB平行于CD相长度相同，则φA﹣φB=φC﹣φD 据此可解．‎ ‎【解答】解：由AB平行于CD相长度相同，则φA﹣φB=φC﹣φD 则9﹣3=3﹣φD 得：φD=﹣3V 则C正确 ‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．两带电量分别为q和﹣q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．如图，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经 M点飞向N点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．M、N两点相比，粒子在M 点加速度较小 C．M、N两点相比，粒子在N点电势能较大 D．M、N两点相比，粒子在N点动能较大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据带电粒子的轨迹弯曲方向判断出电场力方向，从而能分析出粒子的电性．根据电场线疏密分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化．由电场力做功情况，分析电势能和动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子运动轨迹的弯曲方向可知，带电粒子受到的电场力方向逆着电场线向下，所以该粒子带负电，故A错误；‎ B、根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知，M点的场强比N点的场强小，则粒子在M点受到的电场力比在N点的小，由牛顿第二定律知，粒子在M 点加速度较小，故B正确．‎ CD、从M到N的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，则粒子在N点电势能较大，动能较小，故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎13．如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，它们相距L．如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r=L）的空心金属球，且球心位于O点．则球壳上的感应电荷在O点处产生的（　　）‎ A．场强方向向左 B．场强方向向右 C．场强大小为0 D．场强大小为12k ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】当空心金属球达到静电平衡时，球壳内O点处合场强为零，即球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反．求出两个点电荷A和B在O点处产生的合场强，再求球壳上的感应电荷在O点处的场强大小和方向．‎ ‎【解答】解：两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为：E1=+=，方向向左．‎ 根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=，方向向右．‎ 故AC错误，BD正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎14．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一带电微粒以一定初速度沿图中虚直线由O运动至P，关于其能量变化情况的说法，正确的是（　　）‎ A．动能增加，电势能减少 B．重力势能和电势能之和增加 C．动能和重力势能之和减少 D．动能和电势能之和增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；电势能．‎ ‎【分析】带电微粒沿直线从O运动到P，所受合力与OP在同一直线上，分析受力情况，判断合力做功情况，根据动能定理判断动能的变化．重力做负功，重力势能增加．电场力做负功，电势能增加 ‎【解答】解：A、由题，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与OP在同一直线上，由于重力方向竖直向下，所以电场力方向必然水平向左，所以合力方向与速度方向相反，合力做负功，由动能定理得知，动能减小．重力做负功，重力势能增加．电场力做负功，则电势能增加，所以重力势能和电势能之和增加，故A错误，B正确；‎ C、运动过程中只有电场力和重力做功，所以动能的减小量等于重力势能和电势能增加量之和，所以动能和重力势能之和减少，动能和电势能之和也减少，故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ 二．填空题（每空3分，17题4分，共16分）‎ ‎15．平行板电容器所带电量为Q=3.0×10﹣8C，它的两板之间的电压U=2.0V，则它的电容为　1.5×10﹣2　μF．如果两板间的带电量各减少一半，电容器电容　不变　（填”增大”减小”或”不变”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电容．‎ ‎【分析】已知带电量和电压，根据公式C=求解电容；电容器的电容与带电量无关．‎ ‎【解答】解：平行板电容器所带电量为Q=3.0×10﹣8C，它的两板之间的电压U=2.0V，故电容为：‎ C==；‎ 故答案为：1.5×10﹣2，不变．‎ ‎　‎ ‎16．如图，用静电计测量电容器两极板间的电势差，不改变两极板带的电荷量，把A板向右移，静电计指针偏角将　减小　，把A板竖直向下移，静电计指针偏角将　增大　（填”增大”减小”或”不变”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测量的是电容器两极板间的电势差，电势差越大，金属箔张角越大．根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化．‎ ‎【解答】解：1、不改变两板的带电荷量，把A板向右移，板间距离d减小，根据C=知电容变大，电容器的带电量Q不变，根据U=知电势差变小，所以静电计指针的偏转角度减小；‎ ‎2、把A板竖直向下移，两极板的正对面积S减小，根据C=知电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=知电势差变大，静电计指针的偏转角度增大；‎ 故答案为：减小；增大．‎ ‎　‎ ‎17．如图是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．某同学为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量h/U2），采用了的如下的方法：‎ A．增大两板间的电势差U2‎ B．尽可能使板长L长些 C．尽可能使板间距离d小一些 D．使加速电压U1升高一些 请问可以达到目的操作是　BC　（多选）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】本题先提出了一个灵敏度的概念，它是指每单位电压引起的偏转量h/U2，这样先要求出偏移量y，再求出与偏转电压的比值．在加速电场中根据动能定理求得进入偏转电场的速度，然后由运动学公式求出平行于电场方向的偏转量y．‎ ‎【解答】解：在加速电场中据动能定理：，在偏转电场中的加速度：，穿过极板的时间：，所以平行于偏转电场的偏移量=．则灵敏度h/U2=，由此可以进行判断．‎ A、由灵敏度的表达式可以看出，灵敏度与U2 无关，所以A不能增大灵敏度．‎ B、由灵敏度的表达式可以看出，增大板长L，可以增大灵敏度，所以B可以增大灵敏度．‎ C、由灵敏度的表达式可以看出，减小板距d，可以增大灵敏度，所以C可以增大灵敏度．‎ D、由灵敏度的表达式可以看出，增大加速电压U1，可以减小灵敏度，所以D不能增大灵敏度．‎ 故选：BC ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共42分．）‎ ‎18．如图为某一平面内非匀强电场的等势线分布图，已知相邻的等势线间的电势差大小相等，其中A、B两点电势分别为ωA=10V，ωB=2V．请完成问题：‎ ‎（1）比较A、B两点电场强度的大小 ‎（2）若将一电子从A点沿某一路径运动到B点，则电子的电势能如何变化？变化了多少？‎ ‎【考点】电势差；电势能；等势面．‎ ‎【分析】（1）等差等势面密的地方电场强度大，疏的地方电场强度小；‎ ‎（2）电子带负电荷，将一电子从A点沿某一路径运动到B点，电势降低，所以电子的电势能增大．‎ ‎【解答】解：（1）等差等势面密的地方电场强度大，B处的等势面密，所以B点的电场强度大；‎ ‎（2）根据公式：W=qU得： J 电场力做负功，电子的电势能增大．‎ 答：（1）B点的电场强度大（2）电场力做负功，电势能增加了1.28×10﹣18J．‎ ‎　‎ ‎19．如图为一组未知方向的匀强电场的电场线，电场线与水平线所成锐角为60°，现将q=﹣1×10﹣6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做了WAB=2×10﹣6 J的正功，A、B间的距离d=2cm．求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB ‎（2）匀强电场场强E的大小和方向 （方向标图上）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）A、B间两点间的电势差是UAB=．‎ ‎（2）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．‎ ‎【解答】解：d=2cm=0.02m．‎ ‎（1）将1×10﹣6C的负电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做了2×10﹣6J的功，故A、B两点间的电势差：‎ UAB===﹣2V ‎（2）A、B两点沿着电场线的距离为：‎ d=1cm=0.01m；‎ 故电场强度为：‎ E===200V/m 方向斜向上，如图所示；‎ 答：（1）A、B两点间的电势差为2V；若B点电势为1V，A点电势为3V；‎ ‎（2）匀强电场场强为200V/m，方向斜向上．‎ ‎　‎ ‎20．如图，空间存在水面向右的匀强电场，一不计重力、质量为m、带电量为q的微粒以初速度v0竖直向上抛出，经t时间后速度与水平成30°，求：电场强度E的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】微粒在电场中只受到与初速度的方向垂直的电场力的作用，做类平抛运动，将微粒的运动沿水平方向与竖直方向分解，结合牛顿第二定律即可求出．‎ ‎【解答】解：由题意，t时间后速度与水平成30°，则：‎ 又：vx=at，‎ 联立可得：E=‎ 答：该电场的电场强度是．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线（不可伸长）悬挂于O点，并处在场强为E、水平向左的匀强电场中，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ=37°（sin37°=0.6，重力加速度为g），则：‎ ‎（1）小球带何种电荷，电量q是多少？‎ ‎（2）现将小球拉至虚线所示位置（细线水平拉直，与O点相同高度）后从静止开始释放，求小球摆动到最低点时速度v的大小和细线所受拉力T的大小．‎ ‎（3）如果小球摆动到最低点时，细绳刚好断裂，最后小球竖直落地，求下落高度h．（电场充满整个空间）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电量，据动能定理，带电小球到最低点时重力和电场力做的功全部转化为小球的动能，求得速度，由向心力公式求得拉力．由水平与竖直两方向求得高度 ‎【解答】解：（1）小球静止，受三个力：重力mg，水平向左电场力F=qE，绳子拉力FT 可知：小球带正电，由平衡条件得：‎ qE=mgtan37°‎ 得：‎ ‎（2）小球从水平位置摆动到最低点的过程中，由动能定理有：‎ 得：‎ 小球在最低点，由动力学规律有：‎ 得：‎ ‎（3）小球竖直落地瞬间，水平方向上的速度为0，水平加速度大小为：‎ 则空中运动时间：‎ 竖直方向上自由落体：‎ 答：（1）小球带正电荷，电量为 ‎（2）小球摆动到最低点时速度是细线所受拉力T为 ‎（3）下落高度h为 ‎　‎ ‎22．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以υ0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，‎ 求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小和方向；‎ ‎（2）液滴从金属板末端飞出时的速度大小；‎ ‎（3）液滴从射入运动到P点所用时间．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电容器与电源相连，故极板间电势差恒定，由E=可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；‎ ‎（2）由动能定理，即可求解；‎ ‎（3）根据粒子恰好从上极板边缘飞出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达P的时间．‎ ‎【解答】解：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，‎ 则有F=qE=mg ‎ 又因==‎ 且当下极板向上提时：电场力F′=E′q=1.2Eq=1.2mg ‎ ‎ 液滴向上做类平抛运动 则有：；‎ 方向：向上 ‎（2）从P点到板末端飞出过程，‎ 由动能定理得：（或用速度合成方法）‎ 得：v=m/s ‎（3）设从P点到板末端飞出过程的时间t1，‎ 有：‎ 得：‎ 设刚进入电场到飞出电场时间为t2，‎ 有：‎ 因此液滴从射入开始匀速运动到P点的时间t=t2﹣t1=0.3s；‎ 答：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小2m/s2和方向向上；‎ ‎（2）液滴从金属板末端飞出时的速度大小m/s；‎ ‎（3）液滴从射入运动到P点所用时间0.3s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月8日