物理·四川省遂宁市蓬溪县2016-2017学年高二上学期第一次质检物理试卷 Word版含解析

物理·四川省遂宁市蓬溪县2016-2017学年高二上学期第一次质检物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年四川省遂宁市蓬溪县高二（上）第一次质检物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）‎ ‎1．在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带异种电荷的小球，同时从静止释放，则两小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（　　）‎ A．速度变大，加速度变大 B．速度变小，加速度变小 C．速度变大，加速度变小 D．速度变小，加速度变大 ‎2．下列说法正确的有（　　）‎ A．通过导体横截面单位面积电荷量越多，电流越大 B．公式E=适用于一切电场的计算；E=k只适用于真空中点电荷产生的场强的计算；E=仅适用于匀强电场的计算 C．绝缘材料中无带负电的电子，所以不容易导电 D．场强为零的地方，电势也一定为零 ‎3．两带电小球间有静电力，将其相互接触后，再分别放回原处，则两球间（　　）‎ A．一定还有静电力 B．一定有静电斥力 C．一定没有静电力 D．可能有静电斥力，也可能没有静电力 ‎4．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的（　　）‎ A．两板间的距离 B．两板间的电压 C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积 ‎5．三个质量相同，带电荷量分别为+q，﹣q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，不计空气阻力．轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中（　　）‎ A．电场力对液滴a、b做的功相同 B．三者动能的增量相同 C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量 D．三者机械能均不守恒 ‎6．如图所示是电阻R的I﹣U图线，图中α=45°，由此得出（　　）‎ A．通过电阻的电流与两端电压成正比 B．电阻R=0.5Ω C．因I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，故R=cotα=1.0Ω D．在R两端加6.0V电压时，每秒通过电阻横截面的电量是6C ‎7．为了使带负电的点电荷在匀强电场中沿直线匀速地由a运动到b，必须对该电荷施加一个恒力作用，该恒力大小为F，方向与ab成θ角，如图所示．点电荷重力忽略不计．则（　　）‎ A．ab是匀强电场中的等势线 B．匀强电场的场强方向和F方向相反 C．a点的电势比b点的电势高 D．电荷由a到b的过程中电势能减小 ‎8．如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点，由此可判定（　　）‎ A．O处的点电荷一定带负电 B．a、b、c三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φc C．电子从位置l到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是W12=2W34‎ D．电子从1向4运动时，电势能先增大后减小；电子从4向1运动时电势能先减小后增大 ‎9．如图，真空中两点电荷q1、q2相距r，当把q1电量加倍其它量不变时，以下判断正确的是（　　）‎ A．q1对q2的作用力加倍，而q2对q1的作用力不变 B．q1在q2处产生的场强加倍，而q2在q1处产生的均强不变 C．q1与q2间的作用力均要加倍 D．q1和q2处场强均要加倍 ‎10．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与恒压电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O’垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度θ，然后由静止释放P，则（　　）‎ A．金属板内仅电场方向改变，而场强大小不变 B．P将在电场内做水平向右的匀加速直线运动 C．P可能斜向右下方做匀加速直线运动 D．P在电场里运动时，其电势能减小而重力势能不变 ‎　‎ 二、填空题：（每空3分，共15分）‎ ‎11．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一正电荷从A点静止释放，正电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA　　φB，EA　　EB．（填“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎12．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化．‎ ‎（1）根据实验数据描绘出如图所示的U﹣I图象．由图可知，小灯泡电阻随温度T变化的规律是　　．‎ ‎（2）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样：请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是　　W．‎ ‎　‎ 三、计算题．（共45分）‎ ‎13．一根长为2m，横截面积为1.5×10﹣3m2的铜棒，两端电势差为5.0×10﹣2V，铜棒的电阻为2.5×10﹣5Ω，铜棒内自由电子密度为8.5×1028个/m3：电子的电量为1.6×10﹣19C．求：‎ ‎（1）通过铜棒的电流；‎ ‎（2）铜棒内的电场强度；‎ ‎（3）自由电子定向移动的速率．（结果保留2位有效数字）‎ ‎14．如图所示，水平放置的平行板电容器为c，两板间距离为d，板长为l，使两板带上电量为Q的等量异号电荷时，一质量为m的带电微粒恰好能在两板间做匀速直线运动．求：‎ ‎（1）微粒的带电量．‎ ‎（2）若将电容器带电量增大为3Q，让该微粒以水平初速度ν进入电容器，则微粒在穿过电容器过程中，垂直于平行板方向的位移为多少？‎ ‎15．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎16．如图所示，ABCD是放在E=103v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑竖直轨道，BCD是半径10cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10﹣2kg、带电量q=10﹣4的带正电小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）它运动到C点速度多大？‎ ‎（2）在C点小球对轨道的压力是多大？‎ ‎（3）要使小球运动到D点，小球开始运动的位置A至少离B点多远？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省遂宁市蓬溪县高二（上）第一次质检物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）‎ ‎1．在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带异种电荷的小球，同时从静止释放，则两小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（　　）‎ A．速度变大，加速度变大 B．速度变小，加速度变小 C．速度变大，加速度变小 D．速度变小，加速度变大 ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．‎ ‎【解答】解：由于异种电荷间存在相互作用的吸引力，两球将相互靠近，距离减小，根据库仑定律得知，相互作用力增大．‎ 由牛顿第二定律得知它们的加速度变大．‎ 随着两球间距离减小，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，故速度变大，加速度变大．‎ 故A正确、BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的有（　　）‎ A．通过导体横截面单位面积电荷量越多，电流越大 B．公式E=适用于一切电场的计算；E=k只适用于真空中点电荷产生的场强的计算；E=仅适用于匀强电场的计算 C．绝缘材料中无带负电的电子，所以不容易导电 D．场强为零的地方，电势也一定为零 ‎【考点】点电荷的场强；电场强度．‎ ‎【分析】单位时间内通过导体横截面的电荷量叫电流；公式是电场强度的定义式，适用于任何电场，是点电荷的电场强度公式，适用于匀强电场；场强与电势没有直接关系；‎ ‎【解答】解：A、单位时间里通过导体横截面单位面积电荷量越多，电流越大，A错误；‎ B、公式是电场强度的定义式，适用于一切电场的计算；是由电场强度的定义式和库仑定律推导出来的，只适用于真空中点电荷产生的场强的计算；是匀强电场的电场强度、电势差之间的关系式，仅适用于匀强电场的计算，B正确；‎ C、绝缘材料之所以不容易导电是因为绝缘材料中的电子几乎都被束缚在原子的范围内，不能自由移动，C错误；‎ D、场强为零的地方，电势不一定为零，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．两带电小球间有静电力，将其相互接触后，再分别放回原处，则两球间（　　）‎ A．一定还有静电力 B．一定有静电斥力 C．一定没有静电力 D．可能有静电斥力，也可能没有静电力 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，及电荷中和与平分，从而即可判定．‎ ‎【解答】解：两带电小球的电性和电荷量都不明确，有可能是同种，也可能是异种，有可能是等量，也可能是不等量，相互接触中和后，有可能都不带电，也有可能带同种电，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的（　　）‎ A．两板间的距离 B．两板间的电压 C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C=进行分析即可．注意电容器的电容与电压无关．‎ ‎【解答】解：由电容的决定式C=可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．三个质量相同，带电荷量分别为+q，﹣q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，不计空气阻力．轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中（　　）‎ A．电场力对液滴a、b做的功相同 B．三者动能的增量相同 C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量 D．三者机械能均不守恒 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】根据运动的合成与分解规律，知道它们在在竖直方向运动时间相等；再通过分析水平方向上的运动规律可比较出偏转位移大小，从而得出电场力做功情况； ‎ 电场力做功等于电势能的减小量，根据机械能守恒的条件分析机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、因为液滴a、b的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A正确；‎ B、电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c液滴，只有重力做功，小于a、b动能的增量，故B错误；‎ C、对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电势能均减小，故C错误；‎ D、对于c液滴，只有重力做功，故机械能守恒，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示是电阻R的I﹣U图线，图中α=45°，由此得出（　　）‎ A．通过电阻的电流与两端电压成正比 B．电阻R=0.5Ω C．因I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，故R=cotα=1.0Ω D．在R两端加6.0V电压时，每秒通过电阻横截面的电量是6C ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系．对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解．由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量．‎ ‎【解答】解：A、根据部分电路的欧姆定律可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；‎ B、C、根据电阻的定义式：R=可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得R==2Ω，故B、C错误．‎ D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．为了使带负电的点电荷在匀强电场中沿直线匀速地由a运动到b，必须对该电荷施加一个恒力作用，该恒力大小为F，方向与ab成θ角，如图所示．点电荷重力忽略不计．则（　　）‎ A．ab是匀强电场中的等势线 B．匀强电场的场强方向和F方向相反 C．a点的电势比b点的电势高 D．电荷由a到b的过程中电势能减小 ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】点电荷在匀强电场中沿直线匀速地由a运动到b，说明受力平衡，则F=Eq，方向相反，沿着电场线方向电势降低，电场力做正功电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、点电荷做匀速运动，受力平衡，则F=Eq，方向相反，又因为带负电荷，所以电场强度方向与F相同，则ab与E的方向不垂直，不是等势线，故AB错误；‎ C、沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势比b点的电势高，故C正确；‎ D、从a到b的过程中，电场力的方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，电势能增大，故D错误 故选C ‎　‎ ‎8．如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点，由此可判定（　　）‎ A．O处的点电荷一定带负电 B．a、b、c三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φc C．电子从位置l到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是W12=2W34‎ D．电子从1向4运动时，电势能先增大后减小；电子从4向1运动时电势能先减小后增大 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，故A正确；‎ B、由于场源电荷是负电荷，距离场源电荷越近电势越低，因此φa＜φb＜φc，故B错误；‎ C、由于点电荷的电场不是匀强电场，从位置1到位置2电场力做的功不等于从位置3到位置4电场力做功的两倍，故C错误；‎ D、电子从1向4运动和电子从4向1运动，电场力都是先做负功后做正功，电势能都是先增大后减小，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图，真空中两点电荷q1、q2相距r，当把q1电量加倍其它量不变时，以下判断正确的是（　　）‎ A．q1对q2的作用力加倍，而q2对q1的作用力不变 B．q1在q2处产生的场强加倍，而q2在q1处产生的均强不变 C．q1与q2间的作用力均要加倍 D．q1和q2处场强均要加倍 ‎【考点】电场的叠加；库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律结合点电荷的电场强度公式进行分析 ‎【解答】解：AC、由库仑定律可知，当把q1电量加倍其它量不变时，q1、q2之间的作用力加倍，A错误、C正确；‎ BD、根据可知，当把q1电量加倍其它量不变时，q1在q2处产生的场强加倍，而q2在q1处产生的均强不变，故B正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与恒压电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O’垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度θ，然后由静止释放P，则（　　）‎ A．金属板内仅电场方向改变，而场强大小不变 B．P将在电场内做水平向右的匀加速直线运动 C．P可能斜向右下方做匀加速直线运动 D．P在电场里运动时，其电势能减小而重力势能不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的a、b金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板a、b分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向右，故P向右的匀加速直线运动 ‎【解答】解：A、当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小．当两平行金属板a、b分别以OO′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为θ，如图．设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过θ角时，板间距离为dcosθ，板间场强为E′=U，显然，A错误；‎ BC、电场力为F=qE′=q，电场力方向与竖直方向的夹角为θ，竖直方向的分力为Fcosθ=q．而原来液滴处于静止状态，即有 mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动，B正确、C错误；‎ D、同时P在水平向右作匀加速直线运动过程中，电场力做正功，电势能减少，重力不做功，重力势能不变，D正确 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、填空题：（每空3分，共15分）‎ ‎11．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一正电荷从A点静止释放，正电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA　＞　φB，EA　＞　EB．（填“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．‎ ‎【解答】解：正电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明正电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由A指向B，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＞φB．　　‎ 正电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，所以，EA＞EB．‎ 故答案为：＞，＞‎ ‎　‎ ‎12．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化．‎ ‎（1）根据实验数据描绘出如图所示的U﹣I图象．由图可知，小灯泡电阻随温度T变化的规律是　电阻随温度升高而增大　．‎ ‎（2）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样：请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是　0.69　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）分析图示图象，应用欧姆定律分析答题．‎ ‎（2）由图示图象求出电压对应的电流，然后应用功率公式：P=UI求出灯泡的时间功率．‎ ‎【解答】解：（1）从图象可以看出随着灯丝两端的电压越来越大，灯丝中的电流也越来越大，因此灯丝的电功率越来越大，灯丝的温度越来越高，由于U﹣I图象斜率等于电阻R，并且随着灯丝两端的电压越来越大，图象的斜率越来越大，因此小灯泡电阻随温度T变化的规律是电阻随温度的升高而增大．‎ ‎（2）根据图象可以得出小灯泡在1.5V电压下的电流是0.46A，因此小灯泡的实际功率是P=UI=1.50×46 W=0.69W．‎ 故答案为：（1）电阻随温度升高而增大；（2）0.69．‎ ‎　‎ 三、计算题．（共45分）‎ ‎13．一根长为2m，横截面积为1.5×10﹣3m2的铜棒，两端电势差为5.0×10﹣2V，铜棒的电阻为2.5×10﹣5Ω，铜棒内自由电子密度为8.5×1028个/m3：电子的电量为1.6×10﹣19C．求：‎ ‎（1）通过铜棒的电流；‎ ‎（2）铜棒内的电场强度；‎ ‎（3）自由电子定向移动的速率．（结果保留2位有效数字）‎ ‎【考点】电流、电压概念；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）由欧姆定律可求出通过铜棒的电流；‎ ‎（2）由U=Ed可求得铜棒内的电场强度；‎ ‎（3）设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．‎ ‎【解答】解：（1）由欧姆定律得：I==2×103A ‎（2）由匀强电场场强与电势差的关系得：E===2.5×10﹣2 V/m ‎（3）由I=nqSv解得：v==2×103 m/s ‎ 答：（1）通过铜棒的电流是2×103A；‎ ‎（2）铜棒内的电场强度是2.5×10﹣2 V/m；‎ ‎（3）自由电子定向移动的速率是2×103 m/s．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，水平放置的平行板电容器为c，两板间距离为d，板长为l，使两板带上电量为Q的等量异号电荷时，一质量为m的带电微粒恰好能在两板间做匀速直线运动．求：‎ ‎（1）微粒的带电量．‎ ‎（2）若将电容器带电量增大为3Q，让该微粒以水平初速度ν进入电容器，则微粒在穿过电容器过程中，垂直于平行板方向的位移为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容．‎ ‎【分析】1、由于带电微粒能做匀速直线运动，所有受力平衡，即电场力与重力是一对平衡力qE1=mg，从而求得微粒的带电量．‎ ‎2、电容器带电量增在为3Q，粒子将向上偏转，则电场力增大为3mg，所以加速度，微粒将向上偏转做类平抛运动，在平行于极板方向上做匀速运动，根据位移公式可计算运动的时间，在垂直于与平行板方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式可计算偏转位移．‎ ‎【解答】解：（1）电容器两板间电势差为：‎ 两板间电场强度为：‎ 由微粒的合为零得：qE1=mg 故微粒的带电量为：‎ ‎（2）电容器带电量增为3Q，则板间场强增大为3E1，故带电微粒所受电场力将增为3mg，粒子将向上偏转，且加速度为：‎ 微粒在电场中运动的时间为：‎ 垂直于平行板方向的位移为：‎ 答：（1）微粒的带电量为．‎ ‎（2）微粒在穿过电容器过程中，垂直于平行板方向的位移为．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0‎ 从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得：v0=10m/s ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，‎ 当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U1=120V 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U2=200V 所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，ABCD是放在E=103v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑竖直轨道，BCD是半径10cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10﹣2kg、带电量q=10﹣4的带正电小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）它运动到C点速度多大？‎ ‎（2）在C点小球对轨道的压力是多大？‎ ‎（3）要使小球运动到D点，小球开始运动的位置A至少离B点多远？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对小球运动过程分析，根据动能定理可求得小球到C点时的速度大小； ‎ ‎（2）对C点小球受力情况进行分析，根据牛顿第二定律可求得小球受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求得小球对轨道的压力大小；‎ ‎（3）根据临界条件可求得经过最高点的最小速度，再对全程由动能定理可求得小球开始运动的位置A到B的最小距离．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A经B到C的过程中，电场力做功，克服重力做功，根据动能定理得：‎ qE（xAB+R）﹣mgR=mvC2‎ 代入数据，解得：vC=m/s．‎ ‎（2）在C点，支持力提供向心力，根据牛顿第二定律：N﹣qE=m 解得：N=qE+m=103×10﹣4+10﹣2×=0.4N 根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为0.4N ‎（3）小球能通过最高点的最小速度vD，这时轨道对小球的压力为零，由牛顿第二定律得：mg=m 解得：vD===1m/s 由动能定理得：qExA′B﹣mg•2R=mvD2‎ 代入数据解得：xA′B=0.25m．‎ 答：（1）它运动到C点速度为m/s；‎ ‎（2）在C点小球对轨道的压力是0.4N；‎ ‎（3）要使小球运动到D点，小球开始运动的位置A至少离B点0.25m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月28日