物理卷·2018届福建省莆田八中高二上学期第一次月考物理试卷（理科） （解析版）

物理卷·2018届福建省莆田八中高二上学期第一次月考物理试卷（理科） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年福建省莆田八中高二（上）第一次月考物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题12题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离，则（　　）‎ ‎①F=k ②E= ③E= ④U=Ed．‎ A．它们都只对点电荷或点电荷的场才成立 B．①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立 C．①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立 D．①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立 ‎2．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Ql，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（　　）‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于AB之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 ‎4．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，b为两条线的交点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b、c三点的场强方向不同 B．a、b两点的场强大小相同 C．a点电势小于b点电势 D．c点场强大于b点场强 ‎5．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子在A点加速度大 C．粒子在B点动能大 D．A、B两点相比，B点电势能较高 ‎7．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v垂直电力线方向飞入平行板电容器内，飞出时粒子的动能增到飞入时初动能的2倍．如果使这个带电粒子的初速度增到原来的2倍，那么它飞出时的动能应变为（　　）‎ A．8Ek B．4.25Ek C．5Ek D．4Ek ‎8．水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘．另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态，如图所示．当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止（　　）‎ A．滑块与斜面间的摩擦力一定变大 B．斜面体与地面间的摩擦力可能不变 C．滑块对斜面的压力一定变大 D．斜面体对地面的压力一定变大 ‎9．在静电场中（　　）‎ A．电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度的方向总是跟等势面垂直的 D．沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的 ‎10．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．己知M是带正电的带电粒子．则 （　　）‎ A．N一定也带正电 B．a点的电势高于b点的电势 C．带电粒子N的动能减小，电势能增大 D．带电粒子N的动能增大，电势能减小 ‎11．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）‎ A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q从A运动到O点过程，电场力一定逐渐变小 ‎12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（　　）‎ A．液滴做的是匀速直线运动 B．液滴做的是匀减直线运动 C．两板的电势差为 D．液滴的电势能减少了mgd ‎　‎ 二、填空题（本题共2小题，共12分）‎ ‎13．如图所示，在x轴上，坐标为+1的点上固定一个电量为+4Q的点电荷，在坐标原点O处固定一电量为﹣Q的点电荷．那么，在x坐标上，电场强度方向沿﹣x方向的点所在的区域是　　和　　．‎ ‎14．如图所示，在匀强电场中，电场方向与竖直方向成α角．质量为m，电荷量为q的带负电的小球用细线系在竖直墙面上，静止时细线恰好水平，则场强的大小E=　　；剪断细线，小球从静止开始运动，加速度大小a=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共40分）‎ ‎15．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎16．如图所示，在绝缘水平面上的O点固定一正电荷，电荷量为Q，在离O点高度为r0的A处由静止释放一个带同种电荷、电荷量为q的液珠，液珠开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．‎ ‎（1）求液珠开始运动瞬间所受静电力的大小和方向．‎ ‎（2）求液珠运动速度最大时离O点的距离h．‎ ‎（3）已知该液珠运动的最高点为B点（未标出），则当电荷量为的液珠仍从A 处静止释放时，问能否运动到原来的最高点B？若能，则此时经过B点的速度为多大？‎ ‎17．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个四分之一光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，整个装置处在方向竖直向下的匀强电场中，匀强电场场强为E=1×105 N/C；如图所示．已知小车质量M=0.15kg，圆弧轨道半径R=0.4m．现将一质量m=0.05kg、电荷量为+q=5.0×10﹣6 C的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.15（小滑块在运动过程电荷量保持不变，取g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）滑块到达圆弧轨道最低点B端时，它对圆轨道的压力大小；‎ ‎（2）若小车足够长，滑块在小车上滑动时二者的加速度分别为多少，最终速度为多少．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省莆田八中高二（上）第一次月考物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题12题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离，则（　　）‎ ‎①F=k ②E= ③E= ④U=Ed．‎ A．它们都只对点电荷或点电荷的场才成立 B．①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立 C．①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立 D．①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立 ‎【考点】电场强度；电势差；电势能．‎ ‎【分析】、E=只适用于点电荷；适用于任何电场，U=Ed只适用于匀强电场．‎ ‎【解答】解：是库仑定律的公式，只适用于点电荷．E=是由库仑定律和电场强度的定义式E=推导出来的，也可适用于点电荷；‎ 是电场定义式，采用比值法定义，适用于任何电场；U=Ed是根据W=qU和W=qEd结合推导出来的，W=qEd只适用于匀强电场，所以U=Ed只对匀强电场成立．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ ‎【解答】解：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是F=‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为 C与B接触时带电量平分，则C、B分开后电量均为 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Ql，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（　　）‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于AB之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．‎ ‎【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．‎ 设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，‎ 所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．‎ 即： =‎ 由于Q2=4Q1，‎ 所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．‎ 根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，b为两条线的交点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b、c三点的场强方向不同 B．a、b两点的场强大小相同 C．a点电势小于b点电势 D．c点场强大于b点场强 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场线与等势线垂直，分析场强方向，确定电场力方向．根据电场线的疏密分析电场强度的大小变化，判断电场力的变化．在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大．‎ ‎【解答】解：A、由题分析可知，ab是一条等势线，根据电场线与等势线垂直，可知ab上电场强度方向垂直向下．从b到c，电场方向与ab连线上相同，即a、b、c三点的场强方向相同，故A错误．‎ B、根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是：Ea＜Eb＜Ec．电荷从a到b，场强先增大，后减小．故B错误，D正确．‎ C、ab是一条等势线，所以a、b两点电势相等，故C错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．‎ ‎【解答】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E．‎ A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；‎ B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E．‎ C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；‎ D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0．‎ 所以坐标原点O处电场强度最大的是B．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子在A点加速度大 C．粒子在B点动能大 D．A、B两点相比，B点电势能较高 ‎【考点】电场线；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【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、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；‎ B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B错误；‎ C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；‎ D、对负电荷来讲电势低的地方电势能大，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v垂直电力线方向飞入平行板电容器内，飞出时粒子的动能增到飞入时初动能的2倍．如果使这个带电粒子的初速度增到原来的2倍，那么它飞出时的动能应变为（　　）‎ A．8Ek B．4.25Ek C．5Ek D．4Ek ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解．‎ ‎【解答】解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为L，初动能为 Ek=．‎ 第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为：y=at2=‎ 第一个过程由动能定理：qEy=2Ek﹣Ek=Ek；‎ 第二个过程中沿电场线方向的位移为：，‎ 初动能为Ek′==4Ek；‎ 根据动能定理得：qEY=Ek末﹣4Ek 代入得：qE•y=Ek末﹣4Ek，‎ 解得：EK末=4.25Ek 故选：B ‎　‎ ‎8．水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘．另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态，如图所示．当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止（　　）‎ A．滑块与斜面间的摩擦力一定变大 B．斜面体与地面间的摩擦力可能不变 C．滑块对斜面的压力一定变大 D．斜面体对地面的压力一定变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对物体受力分析，根据共点力平衡分别求出加上电场前后滑块所受摩擦力和支持力的大小，从而进行比较．对整体分析，得出斜面体与地面压力和摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：A、滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多受了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变．故A错误；‎ BD、对整体分析，未加电场时，水平方向上不受力，斜面体与地面的摩擦力为零，加上电场后，整体受到水平向左的摩擦力，知斜面体与地面间的摩擦力增大．竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变．故B错误，D错误．‎ C、未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcosθ+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大．故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．在静电场中（　　）‎ A．电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度的方向总是跟等势面垂直的 D．沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的 ‎【考点】电势；电场强度；等势面．‎ ‎【分析】电势与电场强度没有直接关系，电势为零是人为选择的，电场强度处处为零的区域内，电势不一定处处为零．电场强度处处相同的区域内，电势不一定处处相同．在等势面上移动电荷时，电场力不做功，电场力方向与等势面垂直，说明电场强度的方向总是跟等势面垂直的．沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的．‎ ‎【解答】解：A、电势为零是人为选择的，电场强度处处为零的区域内，电势不一定处处为零．故A错误．‎ ‎ B、电场强度处处相同的区域是匀强电场，由于顺着电场线电势会降低，所以电势不一定处处相同．故B错误．‎ ‎ C、在等势面上移动电荷时，电场力不做功，电场力方向与等势面垂直，说明电场强度的方向总是跟等势面垂直的．故C正确．‎ ‎ D、沿着电场线方向，电势逐渐降低，则沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的．故D正确．‎ 故选CD ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．己知M是带正电的带电粒子．则 （　　）‎ A．N一定也带正电 B．a点的电势高于b点的电势 C．带电粒子N的动能减小，电势能增大 D．带电粒子N的动能增大，电势能减小 ‎【考点】电势能；等势面；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．‎ ‎【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右．N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误．‎ B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；‎ C、电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误；‎ D、根据对C的分析可知D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎11．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）‎ A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q从A运动到O点过程，电场力一定逐渐变小 ‎【考点】电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向． ‎ 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误；‎ B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B正确；‎ C、从A到O做加速直线运动，在O点，场强为0，电场力为0，加速度为0，速度最大，动能最大，故C正确；‎ D、从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，A点的电场强度不一定最大，所以从A到O过程场强有可能减小，也有可能先增大后减小，则电场力有可能减小，也有可能先增大后减小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（　　）‎ A．液滴做的是匀速直线运动 B．液滴做的是匀减直线运动 C．两板的电势差为 D．液滴的电势能减少了mgd ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．‎ ‎【解答】解：A、B、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确B错误；‎ C、液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有qU﹣mgd=0，解得：U=，故C正确；‎ D、液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功﹣mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共2小题，共12分）‎ ‎13．如图所示，在x轴上，坐标为+1的点上固定一个电量为+4Q的点电荷，在坐标原点O处固定一电量为﹣Q的点电荷．那么，在x坐标上，电场强度方向沿﹣x方向的点所在的区域是　0＜x＜1m　和　x＜﹣1m　．‎ ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】某点的电场强度是正电荷+4Q和负电荷﹣Q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：点的电场强度是正电荷+4Q和负电荷﹣Q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= 可判断x=1m 右侧不存在E方向向左的点，在0～1间E的方向一定沿x轴负方向，‎ 设﹣Q左侧d处E=0，‎ 即： =‎ 代入数据解得：d=1m 电场强度方向沿x轴负方向的点所在的区域（0，1）m和（﹣∞，﹣1）m；‎ 故答案为：0＜x＜1m；x＜﹣1m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在匀强电场中，电场方向与竖直方向成α角．质量为m，电荷量为q的带负电的小球用细线系在竖直墙面上，静止时细线恰好水平，则场强的大小E=　　；剪断细线，小球从静止开始运动，加速度大小a=　gtanα　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】由受力平衡列方程求出场强大小，剪断线后小球受力恒定，将做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律即可求出加速度．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析知：qEcosa=mg，所以E=；‎ 若剪断线，小球受的合力水平向右，因此，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向水平向右，其合力的大小为F′=F=mgtanα．‎ 由牛顿第二定律得：ma=mgtanα 所以：a=gtanα 故答案为：，gtanα ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共40分）‎ ‎15．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子在加速电场中电场力做正功，根据动能定理求出加速获得的速度．电子进入水平平行金属板之间做类平抛运动．当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半．根据运动学公式和牛顿定律求解电压．‎ ‎【解答】解：电子经U1加速时，电场力做正功，根据动能定理可得：‎ eU1=‎ 电子飞入平行板电场后做类平抛运动，在水平方向电子做匀速直线运动．‎ 当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，最大运动时间为：‎ t=‎ 在竖直方向电子做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为：‎ a=‎ 根据运动学公式为：‎ ‎=at2‎ 由以上各式解得：U2=2U1=400V ‎ 答：至少在平行板上加400V电压U2才能使电子不再飞出平行板．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在绝缘水平面上的O点固定一正电荷，电荷量为Q，在离O点高度为r0的A处由静止释放一个带同种电荷、电荷量为q的液珠，液珠开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．‎ ‎（1）求液珠开始运动瞬间所受静电力的大小和方向．‎ ‎（2）求液珠运动速度最大时离O点的距离h．‎ ‎（3）已知该液珠运动的最高点为B点（未标出），则当电荷量为的液珠仍从A 处静止释放时，问能否运动到原来的最高点B？若能，则此时经过B点的速度为多大？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；库仑定律．‎ ‎【分析】（1）应用牛顿第二定律与库仑定律可以求出库仑力大小与方向．‎ ‎（2）当液珠加速度为零时，速度最大，根据重力和库仑力平衡求出液珠速度最大时离A点的距离．‎ ‎（3）对液珠应用动能定理可以求出液珠的速度．‎ ‎【解答】解：（1）液珠受到竖直向下的重力与竖直向上的库仑力作用，‎ 由题意知，液珠的加速度大小为：a=g，‎ 由牛顿第二定律得：F﹣mg=ma，‎ 解得：F=2mg，方向：竖直向上；‎ ‎（2）开始运动瞬间：F=k=2mg，‎ 当液珠所受合外力为零，即库仑力等于重力时，液珠的速度最大，‎ 由平衡条件得：k=mg，‎ 解得：h=；‎ ‎（3）能回到B点；‎ 液珠的电荷量q大于q，液珠受到的库仑力变大，液珠能回到B点．‎ 液珠q从A处到B处过程中，由动能定理得：qUAB﹣mgr0=0﹣0，‎ 电荷量为q时，液珠从A处到B处过程中，由动能定理得： q•UAB﹣mgr0=mvB2﹣0，‎ 解得：vB=；‎ 答：（1）液珠开始运动瞬间所受库仑力的大小为2mg，方向竖直向上；‎ ‎（2）液珠运动速度最大时离O点的距离h为r0；‎ ‎（3）当电量为q的液此时经过B点的速度为．‎ ‎　‎ ‎17．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个四分之一光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，整个装置处在方向竖直向下的匀强电场中，匀强电场场强为E=1×105 N/C；如图所示．已知小车质量M=0.15kg，圆弧轨道半径R=0.4m．现将一质量m=0.05kg、电荷量为+q=5.0×10﹣6 C的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.15（小滑块在运动过程电荷量保持不变，取g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）滑块到达圆弧轨道最低点B端时，它对圆轨道的压力大小；‎ ‎（2）若小车足够长，滑块在小车上滑动时二者的加速度分别为多少，最终速度为多少．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒求出小滑块从A点运动到B点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对它的支持力．‎ ‎（2）滑块滑上小车后，小车做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，若两者速度相等时，一起做匀速直线运动；根据牛顿第二定律即可求出加速度，然后运动学的公式即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）滑块从A端下滑到B端重力和电场力做功，由动能定理得：‎ 滑块在B点由牛顿第二定律得：‎ 解得轨道对滑块的支持力为：FN=3（mg+qE）=3×（0.05×10+5.0×10﹣6×1×105）=3N 由牛顿第三定律得：FN′=3N ‎ ‎（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块：﹣μ（mg+qE）=ma1，‎ 代入数据得：a1=﹣3m/s2‎ 对小车：μ（mg+qE）=Ma2，‎ 代入数据得a2=1m/s2‎ 设经时间t后两者达到共同速度，则有：v0+a1t=a2t 解得：t=1s ‎ 由于t=1s＜1.5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s 答：（1）滑块到达圆弧轨道最低点B端时，它对圆轨道的压力大小是3N；‎ ‎（2）若小车足够长，滑块在小车上滑动时二者的加速度分别为﹣3m/s2和1m/s2，最终速度为1m/s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日