物理卷·2018届湖北省荆州市监利一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届湖北省荆州市监利一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年湖北省荆州市监利一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共10小题，每小题5分，共计50分，其中1到6是单选题，7到10是多选题，多选题选不全的得3分）．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的发现推动了人类历史的进步．在对以下几位物理学家的叙述中，不正确的说法是（　　）‎ A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的图象 C．正负电荷不是富兰克林命名的 D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ‎2．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0‎ B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E C．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小方向均不变 ‎3．关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的是（　　）‎ A．电场强度越大，则任意两点间的电势差也越大 B．任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积 C．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等 D．电势降低的方向必定是电场强度的方向 ‎4．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（　　）‎ A．该电场一定是匀强电场 B．场强Ea一定小于Eb C．电子具有的电势能Epa一定大于Epb D．两点的电势φa一定高于φb ‎5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎6．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎7．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则（　　）‎ A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q运动到O点时电势能为零 ‎8．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O、O′迅速顺时针转过45°，则（　　）‎ A．P点处的电势不变 B．带电汕滴仍将保持静止状态 C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 ‎9．如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰好能穿过一电场区域而不碰到金属板上，现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，可行的是（　　）‎ A．使粒子的带电量减少为原来的一半 B．使两板间所接电源的电压减少为原来的一半 C．使两板间的距离增加到原来的两倍 D．使两极板的长度减少为原来的一半 ‎10．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在 板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）‎ A．板间电场强度大小为 B．板间电场强度大小为 C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 ‎　‎ 三、填空题：（每空3分，共9分，把答案填写在横线上）‎ ‎11．有一带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10﹣4 J．从B点移到C点时，电场力做功9×10﹣4 J．则CA间电势差为　　，如以B点电势为零，该电荷在A点的电势能为　　．‎ ‎12．如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6cm，BC=2 cm，A点的电势为φA=10V，B点的电势为φB=4V，C点的电势为φC=﹣2V．则该匀强电场的场强大小E=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共4小题，共计51分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎13．在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示．现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，求 Q与q的比值．‎ ‎14．如图所示，水平放置的两块平行金属板长l=5cm，两板间距d=1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中央射入，已知电子电量为1.6×10﹣19C，质量为9×10﹣31kg．求：‎ ‎（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度是多少；‎ ‎（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长．‎ ‎15．如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一个质量m=2.0×10﹣3kg、电量q=2.0×10﹣6C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为s=6.0t﹣10t 2，式中s的单位为m，t的单位为s．不计空气阻力，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎（2）求带电物体在0～0.5s内电势能的变化量．‎ ‎16．如图所示，水平固定放置的平行金属板M、N，两板间的距离为d，在两板的中心（即到上、下板距离相等，到板左、右端距离相等）有一悬点O，系有一长r=的绝缘细线，线的另一端系有一质量为m、带正电荷的小球，电荷量为q．现对两板充电，使得两板间形成一竖直向上的匀强电场，匀强电场的大小为E=．求：‎ ‎（1）小球静止时，细线的拉力大小 ‎（2）现给小球以速度，要使得小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，小球在整个圆周运动中的最小速度多大？‎ ‎（3）小球能绕悬点O在竖直平面内做完整的圆周运动，当小球运动到竖直直径AB的B端时，细线突然断开，设此时其水平速度大小为vB=，小球恰好从平行金属板的边界飞出，求平行金属板的长度L．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省荆州市监利一中高二（上）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10小题，每小题5分，共计50分，其中1到6是单选题，7到10是多选题，多选题选不全的得3分）．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的发现推动了人类历史的进步．在对以下几位物理学家的叙述中，不正确的说法是（　　）‎ A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的图象 C．正负电荷不是富兰克林命名的 D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】对于物理中的重要规律、原理，要明确其提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就，如高中所涉及到的牛顿、法拉第、安培、库仑等重要科学家的成就要明确．‎ ‎【解答】解：A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，故A正确；‎ B、法拉第不仅提出了场的概念，并引入了电场线、磁场线来描述电场和磁场，故B正确；‎ C、正负电荷是富兰克林命名的，故C错误；‎ D、电荷之间作用力的规律是由库仑总结出来的，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎2．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0‎ B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E C．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小方向均不变 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的．‎ ‎【解答】解：A、由题，该点的电场强度，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为．故A错误．‎ ‎ B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为．故B错误．‎ ‎ C、D若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，检验电荷所受的电场力为﹣2F，该点的电场强度仍为．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的是（　　）‎ A．电场强度越大，则任意两点间的电势差也越大 B．任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积 C．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等 D．电势降低的方向必定是电场强度的方向 ‎【考点】电场强度；电势差．‎ ‎【分析】匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，d是沿电场线方向两点间的距离；沿着某个固定的方向，任何相同距离上的电势降落U必定相等；电势降低最快的方向一定是电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：A、电场强度越大，则电场强；任意两点间的电势差与场强和两点位置均有关，故A错误；‎ B、匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，d是沿电场线方向两点间的距离，故B错误；‎ C、根据公式U=Ed，沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等，故C正确；‎ D、电势降低最快的方向一定是电场强度的方向，电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（　　）‎ A．该电场一定是匀强电场 B．场强Ea一定小于Eb C．电子具有的电势能Epa一定大于Epb D．两点的电势φa一定高于φb ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小．电场力F=qE．‎ 负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．‎ ‎【解答】解：A、据题，负电荷由静止释放，且由a向b运动，则负电荷所受的电场力一定是由a指向b．因为负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故AB错误；‎ C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能EPa一定大于EPb，故C正确；‎ D、由A可知电场方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa一定低于φb，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．‎ C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．‎ ‎【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故A错误 B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误 C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．‎ D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则（　　）‎ A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q运动到O点时电势能为零 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向． ‎ 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．‎ B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．‎ C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．‎ D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O、O′迅速顺时针转过45°，则（　　）‎ A．P点处的电势不变 B．带电汕滴仍将保持静止状态 C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能；电容；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】解决本题的关键是根据图找出旋转前与旋转后两板间距离的关系，然后利用E=、φ=、U=El、F=qE来讨论．‎ ‎【解答】解：A、因电容器与电源始终相接，故电压不变，由E=知，电容器极板旋转后=d．cos45°，所以场强变为===E，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势φ==U，φ==U，故电势不变，A正确；‎ B、因极板旋转前油滴静止，应有mg=qE，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向下而是斜向右上方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错误；‎ C、旋转前，qE=mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上，F=q．cos45°﹣mg=qE.﹣mg=0，水平方向F=qsin45°=qE. =mg，故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，C正确；‎ D、由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰好能穿过一电场区域而不碰到金属板上，现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，可行的是（　　）‎ A．使粒子的带电量减少为原来的一半 B．使两板间所接电源的电压减少为原来的一半 C．使两板间的距离增加到原来的两倍 D．使两极板的长度减少为原来的一半 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带电粒子以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．‎ ‎【解答】解：设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则 沿初速度方向做匀速运动：t=．①‎ 垂直初速度方向做匀加速运动：a= ②‎ 则通过电场时偏转距离y== ③‎ 当粒子的入射速度为v时，粒子恰好能穿过一电场区域而不碰到金属板上，y=；‎ 欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则y不变，仍为；‎ v→，y=，则由③得可行的方法有：应使粒子的带电量减少为原来的，使两板间所接电源的电压减少为原来的，使两板间的距离增加到原来的两倍，使两极板的长度减少为原来的一半．故CD正确，AB错误．‎ 故选CD ‎　‎ ‎10．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在 板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）‎ A．板间电场强度大小为 B．板间电场强度大小为 C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．‎ ‎【解答】解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，得到E=．故A错误，B正确．‎ C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、填空题：（每空3分，共9分，把答案填写在横线上）‎ ‎11．有一带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10﹣4 J．从B点移到C点时，电场力做功9×10﹣4 J．则CA间电势差为　100V　，如以B点电势为零，该电荷在A点的电势能为　﹣6×10﹣4J　．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，A点的电势高于B点的电势．从B点移到C点，电场力对电荷做正功，B点的电势低于C点的电势．根据电势差公式U=，分别求出A、B间与B、C间的电势差，再求出A、C间的电势差．‎ ‎（2）根据电势差UAB=φA﹣φB，分别求出A的电势；再算出电势能．‎ ‎【解答】解：（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φA＞φB AB间的电势差：UAB==V=200V ‎ 负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φC＞φB BC间的电势差：UBC==V=﹣300V ‎ AC间的电势差：UAC=φA﹣φC=φA﹣φB+φB﹣φC=UAB+UBC=﹣100V ‎ UCA=﹣UAC=100V ‎（2）因B点为0电势点，根据电势差公式UAB=φA﹣φB，则得：‎ φA=UAB=200V EP=qφA=﹣3×10﹣6×200J=﹣6×10﹣4J 故答案为：100V；﹣6×10﹣4J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6cm，BC=2 cm，A点的电势为φA=10V，B点的电势为φB=4V，C点的电势为φC=﹣2V．则该匀强电场的场强大小E=　2×102V/m　．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，D为AB的中点，则电场强度为E=．‎ ‎【解答】解：AC中点D的电势为φD==4V=φB，所以D与B电势相等，BD是一条等势线．‎ 假设∠C=60°，如图，电场方向沿∠C的平分线斜向上．‎ 则电场强度大小 E==m=200V/m．‎ 故答案为：2×102 V/m ‎　‎ 三、计算题：本题共4小题，共计51分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎13．在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示．现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，求 Q与q的比值．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解答本题的关键是正确选择研究对象，在本题中可以选择A、B、C三个中的一个为研究对象，然后根据受力平衡列方程求解．‎ ‎【解答】解：以A、B、C三个中的一个为研究对象，如以B为研究对象，受到A、C的库仑斥力作用，同时受到D点点电荷的库仑引力作用，设三角形边长为L，根据受力平衡得：‎ K×cos30°×2=K，‎ r=L 所以解得： =．‎ 答：Q与q的比值为．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，水平放置的两块平行金属板长l=5cm，两板间距d=1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中央射入，已知电子电量为1.6×10﹣19C，质量为9×10﹣31kg．求：‎ ‎（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度是多少；‎ ‎（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；‎ ‎（2）先根据v=at求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；‎ ‎（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．‎ ‎【解答】解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，‎ 根据电容器电压与电场的关系得：‎ E===9000V/m F=Eq=9000×1.6×10﹣19=1.44×10﹣15N 又因为F=ma 所以a===1.6×1015m/s2‎ 水平方向做匀速运动，‎ 故t===2.5×10﹣9s 所以y==0.5cm ‎（2）竖直方向速度v1=at=4×106m/s 所以v==2.03×107m/s ‎（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，‎ 水平方向： =5×10﹣9s 竖直方向PM=v1t1=0.02m PO=PM+MO=PM+y=0.025m 答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是0.5cm；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s；‎ ‎（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，OP的长为0.025m ‎　‎ ‎15．如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一个质量m=2.0×10﹣3kg、电量q=2.0×10﹣6C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为s=6.0t﹣10t 2，式中s的单位为m，t的单位为s．不计空气阻力，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎（2）求带电物体在0～0.5s内电势能的变化量．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据位移随时间的变化规律可以得到加速度和初速度，根据牛顿第二定律即可求解；‎ ‎（2）先根据匀变速运动的基本公式求解物体在0.5s内发生的位移，再求出电场力所做的功即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由s=6.0t﹣10t2得加速度大小为：a=20m/s2‎ 根据牛顿第二定律：Eq=ma ‎ 解得场强大小为：E=2.0×104N/C ‎ 电场强度方向水平向左 ‎ ‎（2）由x=6.0t﹣10t2得初速度为：v0=6.0m/s 减速时间：t1=0.3s ‎ ‎0.3s内经过的路程x1=v0t1﹣a1t2=0.9 m ‎ 后0.2s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程 x2=a2t2=0.4m ‎ 物体在0.5s内发生的位移为x=0.9﹣0.4=0.5 ‎ 电场力做负功，电势能增加：△Ep=qEx=2×10﹣2J ‎ 答：（1）求匀强电场的场强大小为2.0×104N/C，方向水平向左；‎ ‎（2）带电物体在0～0.5s内电势能的变化量为2×10﹣2J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，水平固定放置的平行金属板M、N，两板间的距离为d，在两板的中心（即到上、下板距离相等，到板左、右端距离相等）有一悬点O，系有一长r=的绝缘细线，线的另一端系有一质量为m、带正电荷的小球，电荷量为q．现对两板充电，使得两板间形成一竖直向上的匀强电场，匀强电场的大小为E=．求：‎ ‎（1）小球静止时，细线的拉力大小 ‎（2）现给小球以速度，要使得小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，小球在整个圆周运动中的最小速度多大？‎ ‎（3）小球能绕悬点O在竖直平面内做完整的圆周运动，当小球运动到竖直直径AB的B端时，细线突然断开，设此时其水平速度大小为vB=，小球恰好从平行金属板的边界飞出，求平行金属板的长度L．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对小球受力分析，由平衡条件求出细线的拉力．‎ ‎（2）小球做圆周运动，由牛顿第二定律列方程可以求出小球的最小速度．‎ ‎（3）细线断裂后，做类平抛运动，由匀速运动与匀变速运动规律可以求出板的长度．‎ ‎【解答】解：（1）小球受到的电场力F=qE=2mg，则小球将静止在最高点B点，‎ 由平衡条件得：细线的拉力F拉=F﹣mg=mg，方向竖直向下；‎ ‎（2）小球在最低点A时速度最小，小球恰好做圆周运动时，‎ 细线的拉力为零，重力与电场力的合力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qE﹣mg=m，‎ 解得：小球的最小速度vA=；‎ ‎（3）线断后小球做平抛运动，‎ 由牛顿第二定律得：a==g，‎ 水平方向： =vBt=，‎ 竖直方向： =at2，‎ 解得：L=2d；‎ 答：（1）小球静止时，细线的拉力大小为mg；‎ ‎（2）小球在整个圆周运动中的最小速度为；‎ ‎（3）平行金属板的长度L=2d．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日