物理卷·2018届青海师大二附中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届青海师大二附中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年青海师大二附中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，1至7题为单选，8至10为多选．每小题3分，共30分．在下列各题的四个选项中，不选错选多选不得分，少选得2分，请将正确答案填写在答题卷上）‎ ‎1．一节五号干电池的电动势是1.5V，下列说法正确的是（　　）‎ A．任何电池的电动势都是1.5V B．直接用电压表测该干电池两端电压（不接入电路），电压表示数应该是1.5V C．把这节电池与一个小灯泡构成闭合回路，这时用电压表测该干电池两端电压，电压表示数应该是1.5 V D．电源是把电能转化为其他形式的能的装置 ‎2．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（　　）‎ A．A球的正电荷移到B球上 B．B球的负电荷移到A球上 C．A球的负电荷移到B球上 D．B球的正电荷移到A球上 ‎3．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知（　　）‎ A．n=3 B．n=4 C．n=5 D．n=6‎ ‎4．处在如图所示的四种电场中P点的带电粒子，由静止释放后只受电场力作用，其加速度一定增大的是：（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=3V，则在下列各示意图中箭头能表示该电场强度的方向是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个粒子的动能，一个增加一个减小 ‎7．如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．负电荷是一定是从b点运动到a点 B．a点的电势一定比b点的电势高 C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．负电荷的加速度一定不变 ‎8．如图所示，匀强电场方向竖直向上，质量相同的两个小球A、B以相同的初速度水平抛出，它们最后落在同一点上，它们中有一个带电，则（　　）‎ A．它们下落的时间tA＞tB B．如果是A球带电，则A球带正电 C．如果是A球带电，A球下落时电势能减少 D．如果是B球带电，则B球只能带正电 ‎9．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（　　）‎ A．断开开关，将两板间的距离拉大一些 B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些 C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些 D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度 ‎10．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则（　　）‎ A．A点的电场强度大小为2×103 N/C B．B点的电场强度大小为2×103 N/C C．点电荷Q在A、B之间 D．点电荷Q在A、O之间 ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共18分．将正确答案填在答题卷相应的空白位置上．）‎ ‎11．在电场中A点放入一个电荷量为2×10﹣6C的正试探电荷，它受到的电场力为1×10﹣3N，则A点的电场强度为　　N/C，若将正试探电荷的电荷量减为1×10﹣6C，则A点的电场强度为　　N/C．‎ ‎12．在如图所示的匀强电场中，相距10cm的A、B两点的连线与场强方向成60°角，把电子从B点移至A点，电场力做功20eV，则该电场强度大小为　　N/C．‎ ‎13．在电场中把电荷q=﹣2.0×10﹣9C从A点移到B点，电场力做了1.0×10﹣7J的正功，再把q从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J，则A、B、C三点中　　点电势最高，A、C之间的电势差UAC=　　V；如果规定B点电势为零，则A点的电势φA=　　V，该电荷在C点的电势能EPC=　　J．‎ ‎14．在x轴上，x=0处放置一个电荷为+4q的点电荷，x=6cm处放置一个电荷为﹣q的点电荷，合场强为零的点在x=　　cm处．‎ ‎15．在场强为E的水平向右匀强电场中，有质量为m带电q小球，用长L的细线悬于O点，重力加速度为g．使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则小球在运动过程中的最小速度是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共52分．要求画出必要的受力分析图并写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，极板间距离d=5cm．电场中C和D分别到A、B两板间垂直距离均为2cm，B极接地，把一电量q1=﹣2.0×10﹣9C的点电荷由C点移到M点（图中未标出M点），电场力做功4.0×10﹣7J，把该电荷由M点移到D点，克服电场力做功为2.0×10﹣7J．求：‎ ‎（1）C和D两点间电势差UCD；‎ ‎（2）匀强电场的场强E的大小．‎ ‎17．如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球距水平地面的高度为H．求：‎ ‎（1）小球带何种电荷及其电量．‎ ‎（2）当把悬线烧断后小球作何种运动？并求小球落到地面的时间及速度大小．‎ ‎18．如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）P点到O点的距离．‎ ‎19．如图所示，竖直固定的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中．一质量为m带正电的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C．已知重力加速度为g，物块受到竖直向上的电场力为F（F＜mg）．求：‎ ‎（1）物块通过最高点C时的速度大小．‎ ‎（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离．‎ ‎（3）物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎20．如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎（1）小球运动到B点时的加速度大小．‎ ‎（2）B和A两点间的电势差（用Q和L表示）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年青海师大二附中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，1至7题为单选，8至10为多选．每小题3分，共30分．在下列各题的四个选项中，不选错选多选不得分，少选得2分，请将正确答案填写在答题卷上）‎ ‎1．一节五号干电池的电动势是1.5V，下列说法正确的是（　　）‎ A．任何电池的电动势都是1.5V B．直接用电压表测该干电池两端电压（不接入电路），电压表示数应该是1.5V C．把这节电池与一个小灯泡构成闭合回路，这时用电压表测该干电池两端电压，电压表示数应该是1.5 V D．电源是把电能转化为其他形式的能的装置 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电源是把其他形式的能转化为电能的装置．电动势是电源本身的性质决定的．‎ ‎【解答】解：A、只有干电池的电动势才是1.5V；故A错误；‎ B、直接用电压表测该干电池两端电压时，此时显示可以近似认为就是电源的电动势；故电压表示数应该是1.5V；故B正确；‎ C、若构成回路，则电压表所测电压为电源的路端电压，小于1.5V；故C错误；‎ D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置；故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（　　）‎ A．A球的正电荷移到B球上 B．B球的负电荷移到A球上 C．A球的负电荷移到B球上 D．B球的正电荷移到A球上 ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】金属是自由电子和金属正离子组成的，正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动．根据这个分析接触带电的实质．‎ ‎【解答】解：A、D金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球．故A、D错误．‎ ‎ B、C，B球原来不带电，与A球接触后，由于A球上正电荷对电子的吸引，电子从B球转移到A球上，原来中性的B球就带正电．电子带负电，所以B带正电是由于B球上的负电荷移到A球上的缘故．故B正确，C错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知（　　）‎ A．n=3 B．n=4 C．n=5 D．n=6‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．‎ ‎【解答】解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=k，‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，‎ 再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，‎ 将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 F=k，‎ 有上两式解得：n=6，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．处在如图所示的四种电场中P点的带电粒子，由静止释放后只受电场力作用，其加速度一定增大的是：（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】电场力越大，则物体的加速度越大，所以根据电荷运动过程电场力大小来确定加速度大小．又知电场线越密，电场强度越大．‎ ‎【解答】解：电场线密的地方电场强度大，则带电粒子所受电场力大．‎ A、若带电粒子带负电，则粒子在电场力作用下向左运动，带电粒子所受电场力减小，加速度变小；故A不符合题意．‎ B、若带电粒子带正电，则粒子在电场力作用下向右运动，带电粒子所受电场力减小，加速度变小；故B不符合题意．‎ C、电场为匀强电场，所以带电粒子所受电场力不变，加速度也不变；故C不符合题意．‎ D、电场线两边密、中间疏，P在中间．当带电粒子带负电，则粒子在电场力作用下向左运动，带电粒子所受电场力增大，加速度变大；若带电粒子带正电，则粒子在电场力作用下向右运动，带电粒子所受电场力增大，加速度变大；故D符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=3V，则在下列各示意图中箭头能表示该电场强度的方向是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．‎ ‎【解答】解：各点电势φa=5V，φb=2V，φc=3V，则ab两点连线的线段分三等分，其中点M的电势为3V，因此M点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的即为电场线．由于φa=5V，φb=2V，φc=3V，又因为电势沿着电场线降低．所以只有D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个粒子的动能，一个增加一个减小 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．‎ 物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．‎ 根据电场力做功来判断动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；‎ B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，‎ 所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误．‎ C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．负电荷是一定是从b点运动到a点 B．a点的电势一定比b点的电势高 C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．负电荷的加速度一定不变 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负 ‎【解答】解：A、由上可知，由于粒子的运动方向不知，所以可能是从a到b，也可能是从b到a．故A错误；‎ B、由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向下，由于粒子带负电所以电场线的方向向上，沿着电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势低，故B错误；‎ C、从a到b电场力做正功，电势能减小，故负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；‎ D、运强电场，电场力不变，加速度不变，故D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎8．如图所示，匀强电场方向竖直向上，质量相同的两个小球A、B以相同的初速度水平抛出，它们最后落在同一点上，它们中有一个带电，则（　　）‎ A．它们下落的时间tA＞tB B．如果是A球带电，则A球带正电 C．如果是A球带电，A球下落时电势能减少 D．如果是B球带电，则B球只能带正电 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】在水平方向AB做匀速运动，初速度相同，水平位移相同，根据h=可求得躯体AB的加速度，根据AB的带电判断电性及电场力的做功判断电势能．‎ ‎【解答】解：A、平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，则A错误，‎ ‎ B、C、A在上方，B在下方，由h=at2可知，A下落的加速度大于B的加速度 如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下则电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故C正确，B错误；‎ D、若B带电，因加速度小于A，则电场力向上，为正电，则D正确 故选：CD ‎　‎ ‎9．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（　　）‎ A．断开开关，将两板间的距离拉大一些 B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些 C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些 D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：A、将S断开，电量Q不变，增大板间距离d，根据E=，U=，C=，则E=，与d无关，则E不变，带电液滴不动．故A错误；‎ B、将S断开，Q不变，将两板水平地向相反方向移开一些，正对面积S减小，根据E=知，E变大，则电场力变大，液滴向上运动．故B正确；‎ C、保持开关闭合，板间距离d变小，电势差不变，根据E=知，电场强度增大，电场力增大，将向上运动．故C正确；‎ D、保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，逆时针方向转过一个小角度，板间距离减小，场强增大，电场力也逆时针转过一个小角度，液滴将沿电场力与重力的合力方向运动，不可能竖直向上运动，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则（　　）‎ A．A点的电场强度大小为2×103 N/C B．B点的电场强度大小为2×103 N/C C．点电荷Q在A、B之间 D．点电荷Q在A、O之间 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析Q的位置．根据电场强度的定义式E=可知，F﹣q图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为：E==N/C=2×103N/C．故A正确．‎ B、由图线斜率表示场强，可知B点场强大小为：E==N/C=5×102N/C．故B错误．‎ C、D、由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共18分．将正确答案填在答题卷相应的空白位置上．）‎ ‎11．在电场中A点放入一个电荷量为2×10﹣6C的正试探电荷，它受到的电场力为1×10﹣3N，则A点的电场强度为　500　N/C，若将正试探电荷的电荷量减为1×10﹣6C，则A点的电场强度为　500　N/C．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，大小由场强的定义式E=求出．电场强度反映电场本身的特性，与试探电荷无关．‎ ‎【解答】解：A点的电场强度为E==N/C=500N/C 电场强度反映电场本身的特性，与试探电荷无关，所以将正试探电荷的电荷量减为1×10﹣6C，A点的电场强度仍为500N/C．‎ 故答案为：500，500‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示的匀强电场中，相距10cm的A、B两点的连线与场强方向成60°角，把电子从B点移至A点，电场力做功20eV，则该电场强度大小为　400　N/C．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势差的关系求出BA间的电势差，结合电势差与电场强度的关系求出电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：BA间的电势差，‎ 则电场强度E=N/C=400N/C．‎ 故答案为：400．‎ ‎　‎ ‎13．在电场中把电荷q=﹣2.0×10﹣9C从A点移到B点，电场力做了1.0×10﹣7J的正功，再把q从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J，则A、B、C三点中　B　点电势最高，A、C之间的电势差UAC=　150　V；如果规定B点电势为零，则A点的电势φA=　﹣50　V，该电荷在C点的电势能EPC=　4×10﹣7　J．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电势差的定义式求出各点间的电势差，由电势差等于两点的电势之差，分析电势的高低．由公式EPC=qφC求解C点的电势能．‎ ‎【解答】解：A、B间电势差为：UAB===﹣50V，可知A的电势比B的低．‎ B、C间电势差为：UBC===200V，B的电势比C的高．‎ A、C间电势差为：UAC==150V，A的电势比C的高，则B点的电势最高．‎ 规定B点电势为零，由UAB=φA﹣φB，φB=0，则得：φA=UAB+φB=﹣50V；‎ 由UAC=φA﹣φC，φA=﹣50V，则得：φC=﹣200V，‎ 则该电荷在C点的电势能为：EPC=﹣2.0×10﹣9×（﹣200）J=4×10﹣7J；‎ 故答案为：B，150，﹣50，4×10﹣7．‎ ‎　‎ ‎14．在x轴上，x=0处放置一个电荷为+4q的点电荷，x=6cm处放置一个电荷为﹣q的点电荷，合场强为零的点在x=　12　cm处．‎ ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】取一个电荷量为q′的试探电荷，在合场强为零处不受电场力；在0点左侧，排斥力一定大于吸引力，不可能平衡；在0～6cm间，两个电场力同向，也不可能平衡；故平衡点一定在6cm右侧，根据平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：经过分析知平衡点在6cm右侧，根据平衡条件有：‎ k 解得：x=0.12m=12cm 故答案为：12．‎ ‎　‎ ‎15．在场强为E的水平向右匀强电场中，有质量为m带电q小球，用长L的细线悬于O点，重力加速度为g．使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则小球在运动过程中的最小速度是　　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对小球受力分析，求出小球受到的电场力与重力的合力，小球恰好完成圆周运动，在在平衡位置的反方向上，小球做圆周运动的向心力由重力与电场力的合力提供，此时小球速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，受重力与电场力，所以求出二力的合力：F=，‎ 由于小球恰好做圆周运动，圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场力合力的反方向上，且二力的合力提供向心力．‎ 由牛顿第二定律得：F=m，小球的最小速度：v=；‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共52分．要求画出必要的受力分析图并写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，极板间距离d=5cm．电场中C和D分别到A、B两板间垂直距离均为2cm，B极接地，把一电量q1=﹣2.0×10﹣9C的点电荷由C点移到M点（图中未标出M点），电场力做功4.0×10﹣7J，把该电荷由M点移到D点，克服电场力做功为2.0×10﹣7J．求：‎ ‎（1）C和D两点间电势差UCD；‎ ‎（2）匀强电场的场强E的大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电势差公式U=可以求出电势差．‎ ‎（2）电场中C和D分别到A、B两板间垂直距离均为2cm，根据E=求解匀强电场的场强E的大小．‎ ‎【解答】解：（1）C和D两点间电势差：UCD====﹣100V；‎ ‎（2）极板间距离d=5cm．电场中C和D分别到A、B两板间垂直距离均为2cm，5cm﹣2cm﹣2cm=1cm=0.01m，‎ 匀强电场的场强为：E===1×104 V/m；‎ 答：（1）C和D两点间电势差UCD为﹣100V．‎ ‎（2）匀强电场的场强E的大小为1×104 V/m．‎ ‎　‎ ‎17．如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球距水平地面的高度为H．求：‎ ‎（1）小球带何种电荷及其电量．‎ ‎（2）当把悬线烧断后小球作何种运动？并求小球落到地面的时间及速度大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球向右偏，做带正电，可由受力平衡算出其电量；‎ ‎（2）把悬线烧断后小球受两个恒力作用，故作匀加速直线运动，由竖直分运动来求时间，利用速度的合成分解求末速度大小．‎ ‎【解答】解（1）小球带正电 ‎ 分析如图，根据平衡条件得Eq=mgtanθ ‎ q=‎ ‎（2）小球作初速度为0的匀加速直线运动 ‎ 竖直方向小球作自由落体运动H=gt 2‎ ‎ t=‎ ‎ 的加速度a===‎ ‎ v=at ‎ 得 ‎ 答：（1）小球带正电，带电量为；‎ ‎ （2）当把悬线烧断后小球初速度为0的匀加速直线运动，运动时间为，速度大小为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）P点到O点的距离．‎ ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．‎ ‎（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，‎ 由动能定理得：eU1=mv02，‎ 解得：v0=；‎ ‎（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，‎ 由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，‎ 解得：a=，‎ 由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，‎ 解得：y1=；‎ 设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，‎ 由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；‎ 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，‎ 水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，‎ 解得：y2=；‎ P至O点的距离y=y1+y2=；‎ 答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，竖直固定的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中．一质量为m带正电的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C．已知重力加速度为g，物块受到竖直向上的电场力为F（F＜mg）．求：‎ ‎（1）物块通过最高点C时的速度大小．‎ ‎（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离．‎ ‎（3）物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）物块恰能通过圆弧最高点C，由重和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块通过最高点C时的速度；‎ ‎（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式即可求解 ‎（3）物块在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；‎ ‎【解答】解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到重力和电场力的合力提供向心力 解得：‎ ‎（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平距离为x，则 水平方向有 x=vct ‎ 竖直方向有mg﹣F=ma 物体的加速度a=‎ 竖直方向物体做初速度为0的匀加速直线运动，据位移时间关系有：‎ ‎2R=‎ 所以物体运动的时间t==‎ 所以落地时物体在水平方向的位移x=vct=‎ ‎（3）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有 解得： =‎ 答：（1）物块通过最高点C时的速度大小为；‎ ‎（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R；‎ ‎（3）物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力做的功为．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎（1）小球运动到B点时的加速度大小．‎ ‎（2）B和A两点间的电势差（用Q和L表示）．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小．‎ ‎（2）根据动能定理和电场力公式W=qU结合，求解B和A两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ ‎ mgsin 30°﹣k=maA 带电小球在B点时有：‎ ‎ k﹣mgsin 30°=maB 且aA=，可解得：aB=‎ ‎（2）由A点到B点应用动能定理得：‎ ‎ mgsin 30°•﹣UBA•q=0‎ 由mgsin 30°﹣k=m•aA=m 可得： mg=k 可求得：UBA=k 答：‎ ‎（1）小球运动到B点时的加速度大小为．‎ ‎（2）B和A两点间的电势差为k．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日