物理卷·2018届海南省海口市国科园实验学校高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届海南省海口市国科园实验学校高二上学期期中物理试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年海南省海口市国科园实验学校高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）‎ ‎1．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为 F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（　　）‎ A．16F B． F C． F D．‎ ‎2．将一质量为m的带电微粒（不计重力）放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是（　　）‎ A．带电粒子的轨迹一定和电场线重合 B．带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致 C．带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合 D．带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动 ‎3．如图所示，在真空中固定有甲、乙两个正点电荷，甲的电荷量大于乙的电荷量，O为甲、乙连线的中点，M、N为甲、乙连线上的两点，且M、N到O点的距离相等，即MO=ON．现将一负点电荷丙由M点移动到N点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．丙在M点受电场力比在N点所受电场力大 B．丙在M点所受电场力比在N点受电场力小 C．丙的电势能一定在逐渐增大 D．丙的电势能一定先增大后减小 ‎4．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ɛ是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（　　）‎ A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小 ‎5．如图所示用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为 α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α=30°，β=60°，则两小球mA和mB之比为（　　）‎ A．：1 B．1：2 C．1： D．2：1‎ ‎6．关于电阻率，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关 B．电阻率与导体的长度及横截面积有关 C．电阻率大的导体，电阻一定大 D．金属导体的电阻率在任何温度下都不可能为零 ‎　‎ 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎7．关于电阻和电阻率，下列说法中错误的是（　　）‎ A．由R=可知，电阻与电压、电流都有关系 B．由ρ=可知，ρ与R、S成正比，ρ与l成反比 C．材料的电阻率都随温度的升高而增大 D．对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 ‎8．图中的实线表示电场线、虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，则可以判定（　　）‎ A．M点的电势高于N点的电势 B．粒子在M点的电势能小于N点的电势能 C．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度 D．粒子在M点的速度小于在N点的速度 ‎9．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）‎ A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE ‎10．如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10﹣8C和Q2=﹣1.0×10﹣8C，分别固定在x轴的x=0和x=6cm的位置上．则在x轴上（　　）‎ A．x=﹣6cm和x=6cm处的点的电场强度为零 B．只有x=12cm处的点的电场强度为零 C．电场强度方向沿x轴正方向的区域有两处 D．电场强度方向沿x轴正方向的区域只有一处 ‎　‎ 三、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）‎ ‎11．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）‎ ‎（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　　（填“大”或“小”）．‎ ‎（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2V时，其灯丝电阻值约为　　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共4小题，共50.0分）‎ ‎12．由4个电阻连接成的混联电路如图所示．R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω．求：‎ ‎（1）a、d之间的总电阻．‎ ‎（2）如果把42V的电压加在a、d两端，通过每个电阻的电流是多少？‎ ‎13．在真空中O点放一个电荷Q=+1.0×10﹣9C，直线MN通过O点，OM的距离r=30cm，M点放一个点电荷q=﹣1.0×10﹣10C，如图所示，求：‎ ‎（1）q在M点受到的作用力；‎ ‎（2）M点的场强；拿走q后M点的场强．‎ ‎14．带电量为q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：‎ ‎（1）经过加速电场后的速度v0；‎ ‎（2）离开电容器电场时的偏转量y；‎ ‎（3）刚离开电场时刻的动能Ek和速度方向与水平方向夹角θ的正切值．‎ ‎15．如图所示，一个质量为m，带电量为q的带电小球，用长为L的绝缘轻质细线悬挂于匀强电场中的O点，静止时细线偏离竖直方向30°角．‎ 求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若把细线拉至水平方向的A点，由静止释放小球，小球越过OB后，在左侧细线与OB的最大夹角．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省海口市国科园实验学校高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）‎ ‎1．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为 F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（　　）‎ A．16F B． F C． F D．‎ ‎【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，则可求得距离不变后的相互作用力，从而解出正确结果．‎ ‎【解答】解：由库伦定律可得：‎ 变化前：F=‎ 变化后：F′==F，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．将一质量为m的带电微粒（不计重力）放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是（　　）‎ A．带电粒子的轨迹一定和电场线重合 B．带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致 C．带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合 D．带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合；点电荷的加速度方向与电场力方向相同，对于正电荷，电场力与场强方向相同，沿着电场线的切线方向．‎ ‎【解答】解：A、点电荷运动的轨迹不一定与电场线重合，只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合．故A错误；‎ B、点电荷的速度方向始终沿着轨迹的切线方向，由于轨迹不一定与电场线重合，所以其速度方向不一定终与所在点的电场线的切线方向相同，故B错误； ‎ C、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，根据牛顿第二定律可知，加速度方向相同与其所受的电场力的方向相同，所以正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相同，负电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相反．总是与它所在处的电场线的切线方向重合．故C正确；‎ D、点电荷将沿电场线切线方向抛出，由于粒子的初速度是0，所以不会做抛物线运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在真空中固定有甲、乙两个正点电荷，甲的电荷量大于乙的电荷量，O为甲、乙连线的中点，M、N为甲、乙连线上的两点，且M、N到O点的距离相等，即MO=ON．现将一负点电荷丙由M点移动到N点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．丙在M点受电场力比在N点所受电场力大 B．丙在M点所受电场力比在N点受电场力小 C．丙的电势能一定在逐渐增大 D．丙的电势能一定先增大后减小 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】该题中，两个点电荷的电量不相等，所以首先要使用矢量合成的方法，确定MN之间的电场强度的分布情况，然后再结合电学的知识解答．‎ ‎【解答】解：A、B、由题意，甲的电荷量大于乙的电荷量，则电场强度为0的地方可能在ON之间，也可能在N的右侧．‎ ‎①若是前者，设甲的电量为Q1，乙的电量是Q2，甲乙两者之间的距离是2L，MO=ON=r则：‎ ‎，‎ 所以：＞0‎ 所以：EM＞EN；‎ ‎②若是后者，电场强度为0的点在N的右侧，所以电场的方向从M到N，大小是从M到N逐渐减小．‎ 所以：M处的场强比N处的场强大，即电荷丙在M点所受到的电场力比在N点受到的电场力大．故A正确，B错误；‎ C、D、由于甲的电量比乙的电量大，则电场强度为0的地方可能在ON之间，也可能在N的右侧．若是前者，丙的电势能将先增大后减小；若是后者，则丙的电势能一直增大，故C错误，D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ɛ是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（　　）‎ A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】通电后断开电容两板上的电荷量不变，由电容为C=，可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．‎ ‎【解答】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；‎ 根据公式C=、C=、E=可得：‎ E= ①‎ U= ②‎ 由①式得到E与d无关，即电场强度不变；‎ 由②式得到U∝d，故电势差U增加；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为 α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α=30°，β=60°，则两小球mA和mB之比为（　　）‎ A．：1 B．1：2 C．1： D．2：1‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【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：对两球受力分析，‎ 根据共点力平衡和几何相似比得：‎ 根据正弦定理，则有，‎ 综上所述，mA：mB===，故A正确、BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．关于电阻率，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关 B．电阻率与导体的长度及横截面积有关 C．电阻率大的导体，电阻一定大 D．金属导体的电阻率在任何温度下都不可能为零 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响．‎ ‎【解答】解：A、电阻率表征了导体材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，故A正确；‎ B、电阻率与导体的长度L和横截面积S无关，故B错误；‎ C、导体电阻与导体电阻率、导体长度、横截面积决定，导体的电阻率越大，电阻不一定越大，故C错误；‎ D、金属导体的电阻率在温度低到一定的条件下可能为零，此时处于超导状态．故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎7．关于电阻和电阻率，下列说法中错误的是（　　）‎ A．由R=可知，电阻与电压、电流都有关系 B．由ρ=可知，ρ与R、S成正比，ρ与l成反比 C．材料的电阻率都随温度的升高而增大 D．对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率是由导体材料和温度决定的；而电阻是由导体的电阻率、长度以及截面积决定的，与电压和电流无关．‎ ‎【解答】解：A、电阻由导线性质决定，与电压和电流无关；故A错误；‎ B、电阻率是由导体的材料性质决定的；与R、S及l无关；故B错误；‎ C、不同材料的电阻随温度的变化规律不同，金属导体随温度的升高而增大，半导体电阻随温度的升高而减小；故C错误；‎ D、对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，则由R=可知该导体材料的电阻率随温度的升高而增大；故D正确；‎ 本题选错误的；故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎8．图中的实线表示电场线、虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，则可以判定（　　）‎ A．M点的电势高于N点的电势 B．粒子在M点的电势能小于N点的电势能 C．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度 D．粒子在M点的速度小于在N点的速度 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．‎ ‎【解答】解：A、分别过M点与N点做等势线如图，则电场线的方向由M的等势线指向N的等势线，所以M点的电势高．故A正确；‎ B、粒子由M运动到N，轨迹向下弯曲，粒子受力的方向向下，轨迹与电场力之间的夹角是锐角，所以从M到N电场力做正功，电势能减小．故B错误；‎ C、N点的电场线密，所以N点的电场强度大，粒子在N点受到的电场力大，则加速度大．故C错误；‎ D、从M到N电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以粒子在N点的速度大．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）‎ A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．‎ ‎【解答】解：静止时，对B球进行受力分析，则有：‎ T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正确，B错误；‎ B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，‎ 经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，‎ 此时A、B球的加速度为g+（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10﹣8C和Q2=﹣1.0×10﹣8C，分别固定在x轴的x=0和x=6cm的位置上．则在x轴上（　　）‎ A．x=﹣6cm和x=6cm处的点的电场强度为零 B．只有x=12cm处的点的电场强度为零 C．电场强度方向沿x轴正方向的区域有两处 D．电场强度方向沿x轴正方向的区域只有一处 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．运用合成进行分析．‎ ‎【解答】解：A、某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．‎ 根据点电荷的场强公式E= 所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反．‎ 不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1 Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的；所以，只能在Q2右边．‎ 设该位置据Q2的距离是L，‎ 所以= 解得L=6cm；‎ 所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，故A错误，B正确；‎ C、在Q1 Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域．‎ 所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是（0，6cm）和（12cm，∞），故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）‎ ‎11．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）‎ ‎（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　A　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2V时，其灯丝电阻值约为　7.7　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，据此完成实验电路．‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片要移到分压电路分压为零的位置，根据滑片的移动方向判断电压表示数如何变化．‎ ‎（3）根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．‎ ‎【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示．‎ ‎（2）由图1乙所示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．‎ ‎（3）由图2所示图象可知，随温度升高，电压与电流的比值变大，即灯泡电阻变大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大；由图2所示图象可知，电压U=2V时，电流I=0.26A，此时灯泡电阻R==≈7.7Ω．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）A；大；（3）增大；7.7．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共4小题，共50.0分）‎ ‎12．由4个电阻连接成的混联电路如图所示．R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω．求：‎ ‎（1）a、d之间的总电阻．‎ ‎（2）如果把42V的电压加在a、d两端，通过每个电阻的电流是多少？‎ ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】（1）图中R3与R4并联后再与R1、R2串联，串联总电阻等于各部分电阻之和．‎ ‎（2）根据欧姆定律求出干路电流，再根据并联电阻电流与电阻成反比，求解R3与R4中的电流．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图可知，R3与R4并联后再与R1、R2串联，故a、d之间的总电阻为：‎ ‎ Rad=R1+R2+R34=R1+R2+=8+4+=14（Ω）‎ ‎（2）由欧姆定律得干路中电流为 I==A=3A，‎ 此即通过R1、R2的电流，‎ 设通过R3、R4的电流分别为I3、I4，则得： ===‎ 而 I=I3+I4；‎ 联立解得：I3=1A，I4=2A 答：‎ ‎（1）a、d之间的总电阻是14Ω．‎ ‎（2）如果把42V的电压加在a、d两端，通过R1、R2的电流都是3A，通过R3、R4的电流分别为1A和2A．‎ ‎　‎ ‎13．在真空中O点放一个电荷Q=+1.0×10﹣9C，直线MN通过O点，OM的距离r=30cm，M点放一个点电荷q=﹣1.0×10﹣10C，如图所示，求：‎ ‎（1）q在M点受到的作用力；‎ ‎（2）M点的场强；拿走q后M点的场强．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】（1）直接根据库仑定律公式进行计算即可；‎ ‎（2）利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小；‎ ‎【解答】解：（1）电场是一种物质，电荷q在电场中M点所受的作用力是电荷Q通过它的电场对q的作用力，根据库仑定律得：‎ FM=k= N=1.0×10﹣8 N．‎ 因为Q带正电，q带负电，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO指向Q．‎ ‎（2）由电场强度的定义式得：‎ EM== N/C=100 N/C，方向由O指向M．‎ 拿走q后M点的场强仍为100 N/C，方向由O指向M．‎ 答：（1）q在M点受到的作用力大小1.0×10﹣8 N，方向沿MO指向Q；‎ ‎（2）M点的场强大小100 N/C，方向由O指向M；拿走q后M点的场强，不变．‎ ‎　‎ ‎14．带电量为q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：‎ ‎（1）经过加速电场后的速度v0；‎ ‎（2）离开电容器电场时的偏转量y；‎ ‎（3）刚离开电场时刻的动能Ek和速度方向与水平方向夹角θ的正切值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）在加速电场中应用动能定理可以求出速度．‎ ‎（2）在偏转电场中原子核做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出原子核的偏移量．‎ ‎（3）应用动能定理与类平抛运动规律可以求出动能与偏向角的正切值．‎ ‎【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理可得：‎ qU1=mv02﹣0，解得：v0=；‎ ‎（2）粒子在偏转电场中运动的时间为：t=，‎ 偏转量为：y=at2=t2=；‎ ‎（3）离开时竖直方向的速度为：vy=at=t，‎ 故离开时的动能为：EK=mv2=m（）2=+qU1；‎ 原子核偏向角的正切值：tanθ==；‎ 答：（1）经过加速电场后的速度v0为；‎ ‎（2）离开电容器电场时的偏转量y为；‎ ‎（3）刚离开电场时刻的动能Ek为： +qU1，速度方向与水平方向夹角θ的正切值为：．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一个质量为m，带电量为q的带电小球，用长为L的绝缘轻质细线悬挂于匀强电场中的O点，静止时细线偏离竖直方向30°角．‎ 求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若把细线拉至水平方向的A点，由静止释放小球，小球越过OB后，在左侧细线与OB的最大夹角．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性，根据共点力平衡条件和电场力F=qE列式求解场强E．‎ ‎（2）设与左侧的角为α，由到B点的速度为0，据能量能量系求解．‎ ‎【解答】解：（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，结合平衡条件运用合成法，如图，‎ 由几何知识得：mgtanθ=qE 解得：E==…①‎ ‎（2）由A到B由动能定理可得：﹣qEL（1+sinα）+mgLcosα=0…②‎ 由①②可得：α=30°‎ ‎　答：（1）匀强电场的电场强度大小为；‎ ‎（2）在左侧细线与OB的最大夹角为30°‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日