物理卷·2018届河南省周口市西华一高高二上学期第一次月考物理试卷 (解析版)

物理卷·2018届河南省周口市西华一高高二上学期第一次月考物理试卷 (解析版)

‎2016-2017学年河南省周口市西华一高高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共10个小题，其中1-7题为单选题，8-10题为多选题）‎ ‎1．关于物理学史的下列说法中不正确的是（　　）‎ A．法拉第通过实验研究确认真空中两点电荷之间相互作用力的规律 B．元电荷e的数值最早由密立根测得 C．法拉第第一个采用电场线描述电场 D．夜间高压线周围出现的绿色光晕，其实是一种微弱的尖端放电现象 ‎2．真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低 B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变 C．C、D 两点的电场强度相等 D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直 ‎3．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在 中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电容器的电容将增加 B．电容器的电荷量将增加 C．灵敏电流表指针向左偏转 D．灵敏电流表指针向右偏转 ‎4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度υ0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压UAB，如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　）‎ A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是υ0‎ C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 ‎5．一带电粒子以速度υ0沿直线方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为υ0，则错误的是（　　）‎ A．电场力等于重力 B．粒子运动的水平位移等于竖直位移的大小 C．电场力做的功一定等于重力做的功的负值 D．粒子电势能的减少量一定等于重力势能的增加量 ‎6．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎8．甲物体与乙物体相互摩擦，没有其他物体参与电荷的交换，发现甲物体带了9.6×10﹣16C的正电荷．以下结论正确的是（　　）‎ A．甲物体失去了6×103个电子 B．乙物体失去了6×103个电子 C．乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷 D．乙物体带9.6×10﹣16C的正电荷 ‎9．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减少 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加 ‎10．对下列概念、公式的理解，正确的是（　　）‎ A．根据，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q成反比 B．根据，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压增加1V，则该电容器的电容为1F C．根据W=qU，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eV D．根据，若带电量为1×10﹣5C的正电荷从a点移动到b点，克服电场力做功为1×10﹣5J，则a、b两点的电势差为Uab=1V，且a点电势比b点高 ‎　‎ 二、实验题 ‎11．如图，AB和CD为等势面，电势分别为φ和φ′，则φ　　φ′（填“＞”“=”或“＜”），负电荷q在M点和N点的电势能大小EM　　EN；若把q从M移到N是　　做功．‎ ‎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、计算题 ‎13．如图，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为﹣1.6×10﹣19C．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）两平行金属板A、B间的电势差UAB．‎ ‎14．如图所示，在固定的水平绝缘平板上有A、B、C三点，B点左侧的空间存在着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，在A点放置一个质量为m，带正电的小物块，物块与平板之间的动摩擦因数为μ，若物块获得一个水平向左的初速度v0之后，该物块能够到达C点并立即折回，最后又回到A点静止下来．求：‎ ‎（1）此过程中物块所走的总路程s有多大？‎ ‎（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是多大？‎ ‎15．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量w=5×10﹣2kg、电荷量Q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度υ0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．小物体的电荷量保持不变，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省周口市西华一高高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10个小题，其中1-7题为单选题，8-10题为多选题）‎ ‎1．关于物理学史的下列说法中不正确的是（　　）‎ A．法拉第通过实验研究确认真空中两点电荷之间相互作用力的规律 B．元电荷e的数值最早由密立根测得 C．法拉第第一个采用电场线描述电场 D．夜间高压线周围出现的绿色光晕，其实是一种微弱的尖端放电现象 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题是物理学史问题，根据库仑、密立根、法拉第等科学家的成就进行解答即可．‎ ‎【解答】解：A、是库仑通过实验研究得到了真空中两点电荷之间相互作用力的规律﹣﹣库仑定律，不是法拉第，故A错误．‎ B、元电荷e的数值最早由密立根通过油滴实验测得的，故B正确．‎ C、法拉第第一个采用电场线描述电场，故C正确．‎ D、夜间高压线周围出现的绿色光晕，由于电压高，是一种微弱的尖端放电现象，故D正确．‎ 本题选错误的，故选A ‎　‎ ‎2．真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低 B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变 C．C、D 两点的电场强度相等 D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点知道C、D两点的电场强度相等，AB的中垂面是一个等势面，结合等量异种电荷等势面和电场线的分布情况分析．‎ ‎【解答】解：A、CD在AB的中垂面上电势相等，所以试探电荷从C点移到D点，电场力不做功，故A错误；‎ B、M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变，故B正确；‎ C、根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点：对称性，知道C、D 两点的电场强度相等，故C正确；‎ D、根据电场叠加原理知道N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：A ‎　‎ ‎3．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在 中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电容器的电容将增加 B．电容器的电荷量将增加 C．灵敏电流表指针向左偏转 D．灵敏电流表指针向右偏转 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化．由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化．‎ ‎【解答】解：A、当F向上压膜片电极时，待测压力增大时板间距离减小，由电容的决定式C=得到，电容器的电容将增大．故A正确；‎ B、当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q增大，故B正确；‎ C、D、带电荷量Q增大，电容器将发生充电现象，回路中有电流，A极板的正电荷增加，电流从电流表正接线柱流入，指针向右偏转．故C错误，D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C ‎　‎ ‎4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度υ0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压UAB，如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　）‎ A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是υ0‎ C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v0，电子的动能不是最大．分析t=时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．‎ ‎【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．‎ B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0，速度都等于v0，故B正确．‎ C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．‎ D、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为 ymax=2=…①‎ 在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：‎ ‎=4×a…②‎ 联立①②得：ymax= 故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎5．一带电粒子以速度υ0沿直线方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为υ0，则错误的是（　　）‎ A．电场力等于重力 B．粒子运动的水平位移等于竖直位移的大小 C．电场力做的功一定等于重力做的功的负值 D．粒子电势能的减少量一定等于重力势能的增加量 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在重力与电场力共同作用下，从A点到B点过程中，竖直方向重力做负功，导致速度减小；水平方向电场力做正功，导致速度增大．同时根据动能定理可知，重力做功与电场力做功的关系．粒子运动的水平位移大小与竖直方向的位移大小，是由重力与电场力大小决定，从而可判定电势能与机械能变化的关系．‎ ‎【解答】解：A、粒子在竖直方向做匀减速直线运动末速度为零，粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，末速度等于粒子初速度大小，在相等时间内粒子在竖直与水平方向受到变化量大小相等，则加速度大小相等，由牛顿第二定律可知，在竖直与水平方向所受力大小相等，即重力与电场力大小相等，但方向不同，重力与电场力不相等，故A错误；‎ B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，根据分运动的等时性，由运动学公式可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，位移大小也相等．选取A到B过程中，根据动能定理，则有：qEs﹣mgh=0，得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，则可知qES=mgh，因s=h，电场力所做的功一定等于重力做功的负值，故BC正确；‎ D、由以上分析可知，电场力做正功，导致电势能减小，而克服重力做功，导致重力势能增加，所以电势能与机械能之和不变，即有电势能的减少一定等于重力势能的增加，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎【考点】电场线；电势；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，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、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；‎ B、将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；‎ C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；‎ D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．‎ ‎【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：‎ A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．‎ B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；‎ D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．甲物体与乙物体相互摩擦，没有其他物体参与电荷的交换，发现甲物体带了9.6×10﹣16C的正电荷．以下结论正确的是（　　）‎ A．甲物体失去了6×103个电子 B．乙物体失去了6×103个电子 C．乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷 D．乙物体带9.6×10﹣16C的正电荷 ‎【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．‎ ‎【解答】解：摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中甲失去电子，转移到了乙物体上，乙得到电子，甲物体带了9.6×10﹣16‎ C的正电荷，根据电荷守恒定律，乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷，电子带的电荷量为e=1.6×10﹣19C，所以转移的电子数为．故AC正确、BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减少 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加 ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．‎ ‎【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析 ‎【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确 B、由于小球P除了重力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力可能向上，合力做功，机械能减小．所以小球P的机械能先增大后减少，故B错误 C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，‎ 所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误 D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，‎ 因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎10．对下列概念、公式的理解，正确的是（　　）‎ A．根据，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q成反比 B．根据，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压增加1V，则该电容器的电容为1F C．根据W=qU，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eV D．根据，若带电量为1×10﹣5C的正电荷从a点移动到b点，克服电场力做功为1×10﹣5J，则a、b两点的电势差为Uab=1V，且a点电势比b点高 ‎【考点】电势能；电势；电容．‎ ‎【分析】电场强度、电容器的定义均采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，同时电容也与电量及电压无关；‎ 电子的电量为元电荷e，由W=Uq可知电场力做功；‎ 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、电场强度为电场本身的性质与试探电荷的电荷量无关，故A错误；‎ B、电容也是电容器本身的性质，和极板上的电荷量及电压无关，但可以通过此公式求出电容的大小，即为1F，故B正确；‎ C、电子的电量为e，由W=Uq可知，电场对电子做功加速时W=Ue，即在1V电压下加速，电场力做功为1eV，故C正确；‎ D、由电势差的定义可知，U=V=﹣1V；故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎11．如图，AB和CD为等势面，电势分别为φ和φ′，则φ　＞　φ′（填“＞”“=”或“＜”），负电荷q在M点和N点的电势能大小EM　＜　EN；若把q从M移到N是　克服电场力　做功．‎ ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线的方向即可判断电势的高低．根据电势能公式EP=qφ分析电势能的大小 ‎【解答】解：根据顺着电场线方向电势降低，可知φ＞φ′．‎ 根据电势能公式EP=qφ，知负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则EPM＜EPN．‎ 负电荷受力的方向向左，所以把负电荷q从M移到N时，电场力做负功，即克服电场力做功．‎ 故答案为：＞，＜，克服电场力 ‎　‎ ‎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、计算题 ‎13．如图，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为﹣1.6×10﹣19C．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）两平行金属板A、B间的电势差UAB．‎ ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．‎ ‎（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．‎ ‎【解答】解：（1）由题，D→C电场力做正功 W=qELCDcos60°‎ 解得：E=1×104N/C ‎（2）电子从D点移到C点电场力做正功，所以受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．‎ A、B间电势差为UAB=EdAB=104×6×10﹣2=600V 答：（1）匀强电场的场强E的大小为1×104N/C；‎ ‎（2）两平行金属板A、B间的电势差UAB为600V ‎　‎ ‎14．如图所示，在固定的水平绝缘平板上有A、B、C三点，B点左侧的空间存在着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，在A点放置一个质量为m，带正电的小物块，物块与平板之间的动摩擦因数为μ，若物块获得一个水平向左的初速度v0之后，该物块能够到达C点并立即折回，最后又回到A点静止下来．求：‎ ‎（1）此过程中物块所走的总路程s有多大？‎ ‎（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）对全程应用动能定理有，摩擦力做的总功等于动能的变化量，摩擦力的功等于摩擦力与路程的乘积；‎ ‎（2）对于小物块从A→C的过程应用动能定理，摩擦力与电场力所做的负功之和等于动能的减少量．‎ ‎【解答】解：（1）对全程应用动能定理，有：‎ ‎﹣μmgs=0﹣mv02，解得：s=；‎ ‎（2）设B、C两点之间的距离是l，对于小物块从A→C的过程应用动能定理有：‎ ‎﹣μmg×﹣qEl=0﹣mv02，解得：l=；‎ 答：（1）此过程中物块所走的总路程s为．‎ ‎（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量w=5×10﹣2kg、电荷量Q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度υ0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．小物体的电荷量保持不变，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；‎ ‎（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02…①‎ 代人数据得：Wf=0.475J…②‎ ‎（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1…③‎ 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1…④‎ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12…⑤‎ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：‎ ‎﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2…⑥‎ 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：‎ ‎0=v1+a2t2…⑦‎ s2=v1t2+a2t22…⑧‎ 设CP的长度为s，有：s=s1+s2…⑨‎ 联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m 答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日