物理·福建省三明一中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

物理·福建省三明一中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年福建省三明一中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，共46分．1～10小题为单项选择题，每小题3分；11～14小题为多项选择题，每小题3分，每题有多项符合题目要求，全部选对得4分，部分选对得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．已知真空中两点电荷Q与q的作用力为F，现使它们的带电量都增加为原来的2倍，并把它们之间的距离缩小为原来的一半，则此时它们之间的作用力为（　　）‎ A．F B．4F C．8F D．16F ‎2．为了研究电荷之间的相互作用力跟什么因素有关，小宇做了如下实验：把一个带正电的物体放在A处，然后将挂在丝线上带正电的小球先后挂在P1、P2、P3处，发现情况如图所示．由此，小宇归纳得出的初步结论是（　　）‎ A．电荷之间的作用力大小随距离增大而减小 B．电荷之间的作用力大小随距离增大而增大 C．电荷之间的作用力大小随距离的增大先增大后减小 D．电荷之间的作用力大小与距离无关 ‎3．如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近验电器B，则（　　）‎ A．验电器金箔不张开，因为球A没有和B接触 B．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电 C．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电 D．验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电 ‎4．电场中有一点P，下列说法中正确的有（　　）‎ A．若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半 B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零 C．P点的场强越大，则同一试探电荷在P点受到的电场力越大 D．P点的场强方向为就是放在该点的试探电荷所受电场力的方向 ‎5．如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（　　）‎ A．不断减小 B．不断增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 ‎6．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（　　）‎ A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功 C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变大 ‎8．如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为φa=﹣50V，φb=﹣20V，则a、b连线的中点c的电势满足（　　）‎ A．φc=﹣35 V B．φc＞﹣35 V C．φc＜﹣35 V D．无法判断 ‎9．将带电量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做3×10﹣5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则关于A、B、C三点的电势φA、φB、φc，以下关系正确的是（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．φB＞φA＞φC C．φC＞φA＞φA D．φA＞φC＞φB ‎10．如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（　　）‎ A．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎11．对于电场中任意两点间电势差，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势差越大，在这两点的电场强度也越大 B．两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功 C．两点间的电势差与在这两点间移动的电荷有关 D．两点间的电势差与在这两点间移动的电荷无关 ‎12．下列关于静电场的说法中正确的是（　　）‎ A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D．初速为零的正电荷仅在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎13．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（　　）‎ A．带负电 B．在c点受力最大 C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎14．如图所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a=1.0cm．取g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/m B．小球带的电荷量为1.0×10﹣8 C C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动 D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动 ‎　‎ 二、填空题（本大题共2个小题，每空2分，共10分）‎ ‎15．如图所示，两平行板相距10cm，板间有A、B两点相距 4cm，现将一带电量q=﹣3×10﹣4c的电荷，从A点移到B点，电场力做了7.2×10﹣3J的正功，则A、B两点的电势差UAB=　　V；两金属板间电场强度大小E=　　V/m，两金属板间的电势差U=　　V．‎ ‎16．A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m，在库仑力作用下，B由静止开始运动．已知初始时A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为，此时A、B间的距离应为　　．已知此时B的速度为V，则在此过程中电势能的减少量为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，共44分，解答应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得分、有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎17．一个带电量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）点电荷的电势能如何变化？变化了多少？‎ ‎（2）A、B两点的电势差多大？‎ ‎（3）若把一个带电量为q=1×10﹣6 C的电荷由A移到B，则电场力对此电荷做功多大？‎ ‎18．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎19．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成60°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）求小球经过最低点时丝线的拉力．‎ ‎20．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离x．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省三明一中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，共46分．1～10小题为单项选择题，每小题3分；11～14小题为多项选择题，每小题3分，每题有多项符合题目要求，全部选对得4分，部分选对得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．已知真空中两点电荷Q与q的作用力为F，现使它们的带电量都增加为原来的2倍，并把它们之间的距离缩小为原来的一半，则此时它们之间的作用力为（　　）‎ A．F B．4F C．8F D．16F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【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，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．‎ ‎【解答】解：由库伦定律可得：‎ 变化前：‎ 变化后： =16F，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．为了研究电荷之间的相互作用力跟什么因素有关，小宇做了如下实验：把一个带正电的物体放在A处，然后将挂在丝线上带正电的小球先后挂在P1、P2、P3处，发现情况如图所示．由此，小宇归纳得出的初步结论是（　　）‎ A．电荷之间的作用力大小随距离增大而减小 B．电荷之间的作用力大小随距离增大而增大 C．电荷之间的作用力大小随距离的增大先增大后减小 D．电荷之间的作用力大小与距离无关 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系，并根据受力平衡条件，结合力的平行四边形定则，来确定拉力的大小．‎ ‎【解答】解：小球远离带正电的A球，说明细线悬挂的小球带正电，悬挂的小球离带正电的A球越远，受到的作用力越小，同种电荷距离越近排斥作用越强，所以，电荷之间的相互作用跟距离有关，且电荷间的作用力大小随电荷间距离的增大而减小．故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近验电器B，则（　　）‎ A．验电器金箔不张开，因为球A没有和B接触 B．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电 C．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电 D．验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电 ‎【考点】静电现象的解释；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】（1）验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，金属箔片张开，说明验电器上带了电荷；‎ ‎（2）物体带正电，靠近验电器的金属球时，金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷；‎ ‎【解答】解：把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷，而整个验电器不带电．所以验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．电场中有一点P，下列说法中正确的有（　　）‎ A．若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半 B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零 C．P点的场强越大，则同一试探电荷在P点受到的电场力越大 D．P点的场强方向为就是放在该点的试探电荷所受电场力的方向 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】本题应抓住场强反映电场本身的性质，与放入电场中的试探电荷无关，场强的方向与正试探电荷在该点所受的电场力方向相同．‎ ‎【解答】解：‎ A、场强是表示电场本身性质的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当试探电荷的电荷量减半时，P点的场强不变，故A错误．‎ B、由于场强由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当P点没有试探电荷，P点的场强不变，故B错误．‎ C、由E=得，F=qE，q一定时F与E成正比，则知P点的场强越大，同一试探电荷在P点受到的电场力越大，故C正确．‎ D、P点的场强方向为就是放在该点的正试探电荷所受电场力的方向，与P放在该点的负试探电荷所受电场力的方向相反，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（　　）‎ A．不断减小 B．不断增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】b点的合场强为零，说明点电荷Q1和Q2在b点的电场强度大小相等、方向相反，根据矢量的合成法则，则可知合场强的方向，同理可知bc间的合场强方向，就能判断电场力方向．根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，b点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab间合场强的方向向左，同理可知bc间合场强方向向右，则正点电荷q从a到c过程中，受到的电场力先向左，过了b点后向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．‎ ‎【解答】解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．‎ C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确 D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（　　）‎ A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功 C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变大 ‎【考点】* 静电的利用和防止；电势能．‎ ‎【分析】明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．‎ ‎【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，‎ A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．‎ B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故B正确；‎ C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，故C错误．‎ D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为φa=﹣50V，φb=﹣20V，则a、b连线的中点c的电势满足（　　）‎ A．φc=﹣35 V B．φc＞﹣35 V C．φc＜﹣35 V D．无法判断 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场线与等势面垂直可知道电场线的分布，可知ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点c的电势φc．‎ ‎【解答】解：根据电场线与等势面垂直可知道电场线的分布，如图所示：‎ 由图看出，ca段电场线比bc段电场线密，ca段场强较大，根据公式U=Ed可知，c、a间电势差Uac大于b、c间电势差Ubc，即φc﹣φa＞φb﹣φc，得到φc＞=﹣35V．即φc＞﹣35 V，故B正确、ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．将带电量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做3×10﹣5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则关于A、B、C三点的电势φA、φB、φc，以下关系正确的是（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．φB＞φA＞φC C．φC＞φA＞φA D．φA＞φC＞φB ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】由题，电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做功3×10﹣5J，即电场力做功为﹣3×10﹣5J．根据公式U=分别求出A、B间UAB，B、C间的电势差UBC．及A、C间的电势差UAC．从而根据电势差来确定电势的高低．‎ ‎【解答】解：负电荷从电场中A点移到B点，电场力做﹣3×10﹣5J的功，由公式U=可得：UAB=5V，即A电势比B高5V；从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，由公式U=可得：UBC=﹣2V，即B电势比C低2V；则从A点移到C点，电场力做﹣1.8×10﹣5J的功，由公式U=可得：UAC=3V，即A电势比C高3V；所以B点电势最低，A点电势最高．‎ 故选：D ‎　‎ ‎10．如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（　　）‎ A．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据动能定理得出粒子到达Q板的速率，从而进行判断．根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出电子的运动时间，从而进行判断．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得，qU=知，电子到达Q板的速度v=，将板间距增大一倍，电子到达Q板的速率不变．故A正确，B错误．‎ C、电子的加速度a=，根据d=得，t=，U增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的倍．故C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．对于电场中任意两点间电势差，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势差越大，在这两点的电场强度也越大 B．两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功 C．两点间的电势差与在这两点间移动的电荷有关 D．两点间的电势差与在这两点间移动的电荷无关 ‎【考点】电势差．‎ ‎【分析】两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；依据电势差的定义式：UAB=，结合比值定义法，即可判定求解．‎ ‎【解答】解：A、依据U=Ed，电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度．故A错误；‎ B、根据电势差的定义式：UAB=，两点间的电势差在数值上等于在这两点间移动单位正电荷电场力做的功．故B正确；‎ CD、根据比值定义法可知，两点间的电势差与在这两点间移动的电荷无关，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．下列关于静电场的说法中正确的是（　　）‎ A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D．初速为零的正电荷仅在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】了解静电场的特点，电场线的分布、沿电场线的方向降低，带电粒子在电场中的运动的规律．‎ ‎【解答】解：A、在单个点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点，故A正确 ‎ ‎ B、正电荷只在电场力作用下，可能沿着电场线运动，也可能逆电场线运动，所以不一定从高电势向低电势运动，故B错误；‎ ‎ C、等势体内部场强处处为零，电势不一定为零；电势具有相对性，规定那点电势为零都可以，但场强不一定为零，故C正确 ‎ D、当电场线是曲线时，初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动，故D错误；‎ 故选AC ‎　‎ ‎13．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（　　）‎ A．带负电 B．在c点受力最大 C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；‎ B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；‎ C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；‎ D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a=1.0cm．取g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/m B．小球带的电荷量为1.0×10﹣8 C C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动 D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由电场强度与电势差的关系，可求电场强度；对小球受力分析，有平衡条件求电场力，求电荷量；细线断后小球受到重力、电场力，合力为恒力，做匀加速直线运动 ‎【解答】解：A、设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E== V/m=2.0×104 V/m，A项正确；‎ ‎ B、小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE=mgtan θ，解得q=．因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ==，解得q=1.0×10﹣8 C，B项正确；‎ ‎ C、D、细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错误，D项正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 二、填空题（本大题共2个小题，每空2分，共10分）‎ ‎15．如图所示，两平行板相距10cm，板间有A、B两点相距 4cm，现将一带电量q=﹣3×10﹣4c的电荷，从A点移到B点，电场力做了7.2×10﹣3J的正功，则A、B两点的电势差UAB=　﹣24　V；两金属板间电场强度大小E=　1200　V/m，两金属板间的电势差U=　120　V．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据电场力做功WAB=qUAB求出AB间的电势差．根据匀强电场的场强公式E=求出电场强度，从而再根据U=Ed求出两金属板间的电势差．‎ ‎【解答】解：根据电场力做功WAB=qUAB得：UAB==V=﹣24V．‎ 则电场强度为：E===1200V/m；‎ 所以两金属板间的电势差为：U′=Ed′=1200×0.1V=120V．‎ 故答案为：﹣24，1200，120‎ ‎　‎ ‎16．A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m，在库仑力作用下，B由静止开始运动．已知初始时A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为，此时A、B间的距离应为　2d　．已知此时B的速度为V，则在此过程中电势能的减少量为　　．‎ ‎【考点】电势能；库仑定律．‎ ‎【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．两球在某一状态下，小球加速度与质量成反比．同一小球在不同状态下，加速度与合力成正比．而电场力做功导致电势能变化，当电场力做正功时，电势能减少；当电场力做负功时，电势能增加．‎ ‎【解答】解：B球仅在库仑力作用下，由静止开始运动，当间距为d时，B的加速度为a，则合力为F=ma，且F与d的平方成反比；‎ 当B的加速度为，此时B球的合力为F′=，则两球间距为2d．‎ A固定不动，B由静止在库仑力的作用下开始运动，当速度达到V时，过程中的动能增加了mv2则电势能减小了mv2‎ 故答案为：2d， mv2‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，共44分，解答应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得分、有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎17．一个带电量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）点电荷的电势能如何变化？变化了多少？‎ ‎（2）A、B两点的电势差多大？‎ ‎（3）若把一个带电量为q=1×10﹣6 C的电荷由A移到B，则电场力对此电荷做功多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）明确电场力做功与电势能之间的关系，从而明确电势能的变化量；‎ ‎（2）根据W=Uq进行分析，从而求出AB间的电势差；‎ ‎（3）根据W=Uq即可求得电场力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，电场力做负功，电势能增加增加6×10﹣4 J；‎ ‎（2）A、B两点的电势差：UAB== V=200 V ‎（3）电场力做功：W′AB=qUAB=1×10﹣6×200 J=2×10﹣4 J．‎ 答：（1）点电荷的电势能增加了6×10﹣4 J；‎ ‎（2）A、B两点的电势差为200V；‎ ‎（3）若把一个带电量为q=1×10﹣6 C的电荷由A移到B，则电场力对此电荷做功为×10﹣4 J ‎　‎ ‎18．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ ‎（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎　‎ ‎19．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成60°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）求小球经过最低点时丝线的拉力．‎ ‎【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）小球静止时在竖直线的右边，根据小球静止时受平衡力，可以判断出小球的受力的方向向右，与电场线的方向相同，因此小球带正电；对小球进行受力分析，水平方向和竖直方向的受力都平衡，即可得解；‎ ‎（2）水平方向不受力了，平衡破坏了，小球在竖直向下的重力和竖直向上的电场力的作用下，在绳子的约束下，在竖直平面内沿圆弧摆下，做圆周运动，或沿圆弧来回运动，根据动能定理，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，此时速度最大，列式即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）小球平衡时受到绳子的拉力、重力和电场力，由平衡条件得：‎ mgtan60°=qE 解得：E=‎ ‎（2）电场方向变成向下后，重力和电场力都向下，两个力做功，小球开始摆动做圆周运动，由动能定理：‎ ‎（mg+qE）L（1﹣cos60°）=mv2‎ 在最低点时绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，有：‎ T﹣（mg+qE）=m 解得：T=（mg+qE）+m=2（+1）mg 答：（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力2（+1）mg．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离x．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；‎ ‎（2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ=；‎ ‎（3）作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P′到点O的距离x．‎ ‎【解答】解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎ a1== ①‎ 由 x=at2得： =a1t12 ②‎ 电子进入电场E2时的速度为：‎ ‎ v1=a1t1 ③‎ 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ ‎ t2= ④‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：‎ ‎ t=t1+t2 ⑤‎ 联立①→⑤求解得：t=3；‎ ‎（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 由牛顿第二定律得：‎ 电子进入电场E2时的加速度为：a2== ⑥‎ ‎ vy=a2t3 ⑦‎ ‎ t3= ⑧‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；‎ ‎ tanθ= ⑨‎ 联立①②③⑥⑦⑧⑨得：tanθ=2 ⑩‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子打到屏上的点P到O点的距离x，‎ 根据上图有几何关系得：‎ ‎ tanθ= （11）‎ 联立⑩（11）得：x=3L 答：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=3；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ=2；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P到O点的距离为3L．‎ ‎　‎ ‎2016年11月21日