物理卷·2018届江西省赣州市崇义中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省赣州市崇义中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省赣州市崇义中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分、共40分．其中1--6为单选，7--10为多选题．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造出电荷 B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体 C．感应起电说明不接触就能产生电荷 D．感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体 ‎2．在静电场中，关于场强、电势和电势能的说法正确的是（　　）‎ A．在电场中，电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能就越大 B．场强的方向就是沿电场线电势降低的方向 C．沿电场线方向电势越来越低，场强越来越小 D．场强和电势都跟电场中是否存在试探电荷无关 ‎3．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是 （　　）‎ A．a点的电势高于b点的电势 B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断 D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c ‎4．如图所示，点电荷q1，q2，q3处于在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量q1：q2：q3之比为（　　）‎ A．﹣9：4：﹣36 B．9：4：36 C．﹣3：2：6 D．3：2：6‎ ‎5．如图所示，在A点放有电量为Q的点电荷，在B点放有电量为﹣2Q的点电荷，在它们的连线上有M、N两点，且AM=BN，比较M、N两点的场强和电势高低，则（　　）‎ A．EM＞EN φM＞φN B．EM＞EN φM＜φN C．EM＜EN φM＞φN D．EM＜EN φM＜φN ‎6．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①液滴将加速向下运动 ‎②M点电势升高 ‎③M点的电场强度变小了 ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同．‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎7．某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示．粒子重力不计，下列说法中错误的是（　　）‎ A．若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能增大 B．若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小 C．若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小 D．若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大 ‎8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 ‎9．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共14分）‎ ‎11．如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片　　（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为　　．此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为　　，方向为　　．‎ ‎12．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．‎ ‎（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角　　（选填变大，变小或不变）；‎ ‎（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角　　（选填变大，变小或不变）；‎ ‎（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角　　（选填变大，变小或不变）．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，46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．）‎ ‎13．带电量为+3×10﹣6C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，已知B点电势为50V，则 ‎（l）A、B间两点间的电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A点的电势φA是多少？‎ ‎（3）电势能的变化△EP是多少？‎ ‎14．如图所示，一个质量m=30g，带电量为q=﹣1.7×10﹣8C的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线水平，当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30°角，求：‎ ‎（1）作出小球受力示意图；‎ ‎（2）判断匀强电场场强方向；‎ ‎（3）电场强度E的大小．‎ ‎15．如图所示，水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连，两极板间距离d=10cm．距下板4cm处有一质量m=0.01g的不带电小球由静止落下．小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10﹣8C的电荷，反跳的高度为8cm，这时下板所带电量为Q=1.0×10﹣6C．如果小球和下板碰撞时没有机械能损失（即速度的大小不变），（取g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）该电容器极板间的电场强度多大？‎ ‎（2）该电容器的电容多大？‎ ‎16．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省赣州市崇义中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分、共40分．其中1--6为单选，7--10为多选题．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造出电荷 B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体 C．感应起电说明不接触就能产生电荷 D．感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．‎ ‎【解答】解：A、摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．故A错误；‎ B、摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体，故B正确；‎ C、感应起电是因为电荷的转移，不是产生了电荷，故C错误；‎ D、感应起电只是电荷在物体内部的转移，不是从带电物体转移到原来不带电的物体，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．在静电场中，关于场强、电势和电势能的说法正确的是（　　）‎ A．在电场中，电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能就越大 B．场强的方向就是沿电场线电势降低的方向 C．沿电场线方向电势越来越低，场强越来越小 D．场强和电势都跟电场中是否存在试探电荷无关 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】本题涉及到电势能与电势的关系、场强与电场线的关系、电势和场强的物理意义，可根据下列知识进行分析：‎ 电势能公式Ep=qφ分析电势能与电势的关系．场强的方向就是沿电场线电势降低最快的方向．沿电场线方向电势越来越低，但场强不一定减小．电势和场强都反映电势本身的性质，与试探电荷无关．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电势能公式Ep=qφ分析得知：电势越高的地方，正电荷在那一点具有的电势能越大，而负电荷在那一点具有的电势能越小，故A错误．‎ B、沿电场线方向电势逐渐，但电势降低最快的方向才是场强的方向．故B错误．‎ C、场强的大小由电场线的疏密表示，沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，所以场强不一定越来越小．故C错误．‎ D、电势和场强都反映电势本身的性质，与放入电场的试探电荷无关．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是 （　　）‎ A．a点的电势高于b点的电势 B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断 D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c ‎【考点】电势；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】解答本题要掌握：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断．‎ ‎【解答】解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；‎ B、由电势能的公式式：Ep=qφ，可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；‎ C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；‎ D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，点电荷q1，q2，q3处于在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量q1：q2：q3之比为（　　）‎ A．﹣9：4：﹣36 B．9：4：36 C．﹣3：2：6 D．3：2：6‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，已知q2为负电荷，可以利用假设法判断q1和q3的电性，如假设q1带正电，其它电荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断．三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列方程即可求解．‎ ‎【解答】解：若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电．‎ 若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电．‎ 由于三个电荷均处于平衡状态，所以 对q1有： = ①‎ 对q2有： ②‎ 对q3有： ③‎ 联立①②③可解得：‎ 根据题意可知l2=2l1，所以 由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=﹣9：4：﹣36或q1：q2：q3=9：﹣4：36，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在A点放有电量为Q的点电荷，在B点放有电量为﹣2Q的点电荷，在它们的连线上有M、N两点，且AM=BN，比较M、N两点的场强和电势高低，则（　　）‎ A．EM＞EN φM＞φN B．EM＞EN φM＜φN C．EM＜EN φM＞φN D．EM＜EN φM＜φN ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，比较出M、N两点的电势高低；根据电场线的疏密比较M、N两点间的场强大小．‎ ‎【解答】解：因为B点的点电荷电量大于A点点电荷的电量，M、N两点距离两个点电荷的距离相等，则N点的电场线比M点的电场线密，所以EM＜EN．‎ 电场线由A指向B，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φM＞φN．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①液滴将加速向下运动 ‎②M点电势升高 ‎③M点的电场强度变小了 ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同．‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎【考点】电容；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态，二力平衡．当上板向下移动小段距离时，导致平行板的电容器的电容变化，导致两极板间的电量变化；由于两板间的电压不变，当间距变小时，导致液滴所处的电场强度发生变化，最终确定电场力与重力的大小关系．‎ ‎【解答】解：①金属板a、b与电池保持相连，板间电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大，从而使电场力大于重力，致使带电液滴向上运动．故①错误；‎ ‎②当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大，而M点到零电势（下板）的距离不变，由U=Ed知，M点与零电势间的电势差增大，M点的电势高于零，则M点的电势升高．故②正确；‎ ‎③水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，使两板的电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，由E=知，导致极板间的电场强度变大．故③错误；‎ ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于两板的电压不变，由W=qU知，所以电场力做功相同．故④正确；‎ 故选D ‎　‎ ‎7．某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示．粒子重力不计，下列说法中错误的是（　　）‎ A．若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能增大 B．若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小 C．若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小 D．若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大 ‎【考点】电场线；电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力方向与电场线方向关系判断带电粒子的电性，根据电场力做功判断电势能和动能的变化．‎ ‎【解答】解：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大．电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故C正确，ABD错误．‎ 本题选择错误的．故选：ABD ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．‎ ‎【解答】解：A、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；‎ B、由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；‎ C、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎9．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=；故A正确；‎ B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：‎ mgsinθ=Fcosθ；‎ 其中F=；‎ 联立解得：‎ mgsinθ=cosθ 故： =；故B错误，C正确；‎ D、两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共14分）‎ ‎11．如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片　不张开　（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为　静电屏蔽　．此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为　E　，方向为　水平向左　．‎ ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】本题从静电屏蔽的原理出发即可解题．金属内部由于电子可以自由移动，会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而使金属上电荷重新分布．‎ ‎【解答】解：因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布．就是所谓“静电屏蔽”的原理．此时验电器不会受到影响，故验电器的箔片不张开．‎ 故答案为：不张开；静电屏蔽；E；水平向左．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．‎ ‎（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角　变大　（选填变大，变小或不变）；‎ ‎（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角　变小　（选填变大，变小或不变）；‎ ‎（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角　变小　（选填变大，变小或不变）．‎ ‎【考点】研究平行板电容器．‎ ‎【分析】抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式 C= 判断电容的变化，结合U= 判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．‎ ‎【解答】解：（1）根据电容的决定式C=知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．‎ ‎（2）根据电容的决定式C=知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．‎ ‎（3）根据电容的决定式C=知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．‎ 故答案为：变大，变小，变小．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，46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．）‎ ‎13．带电量为+3×10﹣6C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，已知B点电势为50V，则 ‎（l）A、B间两点间的电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A点的电势φA是多少？‎ ‎（3）电势能的变化△EP是多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）A、B间两点间的电势差是UAB=；‎ ‎（2）根据UAB=φA﹣φB；由题意φB=50V，即可求出A点的电势φA；‎ ‎（3）粒子克服电场力做功多少，其电势能就增加多少．‎ ‎【解答】解：（1）粒子经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，则电场力对粒子做功为 WAB=﹣6×10﹣4J；‎ A、B间两点间的电势差为：UAB==V=﹣200V．‎ ‎（2）根据UAB=φA﹣φB；由题意φB=50V，得A点的电势为：φA=﹣150V．‎ ‎（3）粒子克服电场力做功6×10﹣4J，电势能的变化△EP=6×10﹣4J．‎ 答：（1）A、B间两点间的电势差UAB是﹣200V；‎ ‎（2）A点的电势φA是﹣150V；‎ ‎（3）电势能的变化△EP是6×10﹣4J．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一个质量m=30g，带电量为q=﹣1.7×10﹣8C的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线水平，当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30°角，求：‎ ‎（1）作出小球受力示意图；‎ ‎（2）判断匀强电场场强方向；‎ ‎（3）电场强度E的大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；共点力平衡的条件及其应用；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球受重力、电场力、拉力．根据电场力的方向确定电场强度的方向．‎ 根据共点力平衡求出电场力的大小．再根据E=求出电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）小球受重力、电场力和绳子的拉力，受力示意图如图所示 ‎（2）电场力水平向左，但电荷带负电，负电荷电场力方向与电场线方向相反，故电场强度方向向右．‎ ‎（3）由平衡条件：‎ Tsin30°=qE Tcos30°=mg 联立两方程得：‎ E===1.0×107N/C 答：（1）作出小球受力示意图；如图所示 ‎（2）判断匀强电场场强方向向右；‎ ‎（3）电场强度E的大小为1.0×107N/C．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连，两极板间距离d=10cm．距下板4cm处有一质量m=0.01g的不带电小球由静止落下．小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10﹣8C的电荷，反跳的高度为8cm，这时下板所带电量为Q=1.0×10﹣6C．如果小球和下板碰撞时没有机械能损失（即速度的大小不变），（取g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）该电容器极板间的电场强度多大？‎ ‎（2）该电容器的电容多大？‎ ‎【考点】电场强度；电容．‎ ‎【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球打在下极板上的速度，从而得知反弹的速度，根据匀变速直线运动的规律求出加速度，从而求出电场力的大小和电场强度的大小．‎ ‎（2）根据U=Ed求出两极板间的电势差，再根据C=求出电容器的电容．‎ ‎【解答】解：（1）根据v2=2gh得，‎ 根据v2=2ah′得，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得．‎ 答：该电容器极板间的电场强度为5.0×103V/m．‎ ‎（2）U=Ed=5×103×0.1V=500V C=．‎ 答：该电容器的电容为2000pF．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，‎ ‎（2）先运用重力等于向心力求解D点的速度，应用动能定理与牛顿第二定律可求出小球开始运动的位置离B点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）由A点到C点，应用动能定理，有：‎ 解得：‎ vC=2m/s ‎（2）在D点，小球要恰好通过，必有：‎ 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：Eqx﹣2mgR=‎ 以上两式联立可得：‎ x=0.5m．‎ 答：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是2m/s；‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.5m远．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日