物理卷·2018届重庆市荣昌县大成中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届重庆市荣昌县大成中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年重庆市荣昌县大成中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题给出的4个选项中，只有一项符合题意．每题3分，共42分）‎ ‎1．下列关于电势和电势能的说法中正确是（　　）‎ A．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大 B．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能越大 C．电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能 D．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零 ‎2．关于电场强度和电场线，下列说法正确的（　　）‎ A．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变 B．由电场强度的定义式E=可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受的电场力F成正比 C．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向 D．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹可能不与电场线重合 ‎3．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V、φB=8V、φC=2V，则D点的电势为（　　）‎ A．8V B．6V C．4V D．1V ‎4．如图，在金属球壳内部球心放置带电荷量+Q的点电荷，球壳内有A点，壳壁中有B点，壳外有C点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点场强均为零 B．EA＞EB＞EC C．如果A、C和球心在一条直线上，则A、C两点的场强方向相同 D．B点场强方向沿半径方向向外 ‎5．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（　　）‎ A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9‎ ‎6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在A点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EPA表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，EPA不变 B．E变大，EPA变大 C．U变大，EPA不变 D．U不变，EPA不变 ‎7．如图是某点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（　　） ‎ A．A点场强一定大于B点场强 B．A点电势一定低于B点电势 C．该点电荷一定带正电 D．在B点由静止释放一个电子，将一定向A点运动 ‎8．如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度也相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．将电量为3×10﹣6C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10﹣3N，方向水平向右，则将电量为6×10﹣6C的正电荷放在A点，受到的电场力为（　　）‎ A．1.2×10﹣2N，方向水平向右 B．1.2×10﹣2N，方向水平向左 C．1.2×102N，方向水平向右 D．1.2×102N，方向水平向左 ‎10．在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系电 m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是（　　）‎ A．a甲：a乙=1：12 B．a甲：a乙=12：1 C．a甲：a乙=1：3 D．a甲：a乙=3：4‎ ‎11．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV ‎12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地，静电计的外壳也接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面操作将使静电计指针张角变大的是（　　）‎ A．将M板向下平移 B．将M板沿水平向右方向靠近N板 C．在M、N之间插入云母板 D．在M、N之间插入厚度为d的金属板 ‎13．如图所示，一个质量为30g、带电量为﹣1.7×10﹣8C的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行．当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为30°，则匀强电场方向和大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．水平向右5×106N/C B．水平向右1×107 N/C C．水平向左5×106N/C D．水平向左1×107N/C ‎14．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则关于该粒子的下列说法错误的是（　　）‎ A．带正电 B．在b点的电势能大于在c点的电势能 C．在c点受力最大 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎　‎ 二、填空题（每空3分，共15分）‎ ‎15．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（　　）‎ A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜‎ ‎16．如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为　　 J，a、c间电势差为　　V．‎ ‎17．如图所示，是一种通过测量电容器电容的变化，来检验液面高低的仪器原理图（这种仪器的优点是将非电荷的变化转换为电信号，使测量自动化）．容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上．指示器显示的是电容的大小，从电容的大小就可以知道容器中液面位置的高低．如图指示器显示出电容增大了，则可判断液面　　（填“升高”或“降低”）‎ ‎18．如图所示，B板带正电且电势为U，质量为m的带电粒子（重力不计）以初速v0水平射入电场．若粒子带﹣q电量，则粒子到达B板时速度大小为　　．‎ ‎　‎ 三．计算题（共43分）‎ ‎19．如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.0×10﹣10F，两极板间距离d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）该电容器所带电荷量Q．‎ ‎（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10﹣3 kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？‎ ‎20．如图所示，板长L=4cm的平行板电容器，板间距离d=3cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100V．有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10﹣10 C，以v0=1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出（取g=10m/s2，sin α=0.6，cos α=0.8）．求：‎ ‎（1）液滴的质量；‎ ‎（2）液滴飞出时的速度．‎ ‎21．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，带电量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？‎ ‎22．如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m竖直向下的电场，长l=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg带电q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN上的C点．试求：‎ ‎（1）绳子的最大张力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市荣昌县大成中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题给出的4个选项中，只有一项符合题意．每题3分，共42分）‎ ‎1．下列关于电势和电势能的说法中正确是（　　）‎ A．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大 B．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能越大 C．电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能 D．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据推论可知：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小．故A错误．‎ B、电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大，与电势的正负、电荷的电性有关．故B错误．‎ C、电场中的电势为正值的一点上，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势能，而电势为负值的一点上，正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势能．故C错误．‎ D、由EP=qφ得知，电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．关于电场强度和电场线，下列说法正确的（　　）‎ A．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变 B．由电场强度的定义式E=可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受的电场力F成正比 C．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向 D．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹可能不与电场线重合 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度大小由电场本身性质决定，与是否放入试探电荷无关，电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线不一定与带电粒子的运动轨迹重合．‎ ‎【解答】解：AB、电场强度大小由电场本身性质决定，与是否放入试探电荷无关，即放入试探电荷不会影响电场强度大小，故A、B错误；‎ C、正电荷在电场中的受力方向与该点电场强度方向一致，负电荷在电场中受力方向与该点电场强度方向相反，故C错误；‎ D、初速度为0，重力不计的带电粒子在非匀强电场中运动时，运动轨迹与电场线不会重合，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V、φB=8V、φC=2V，则D点的电势为（　　）‎ A．8V B．6V C．4V D．1V ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】运用“匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等”进行分析计算D点的电势；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据U=Ed计算电场强度．‎ ‎【解答】解：由于电场是匀强电场，则UAB=UDC，‎ 即φA﹣φB=φD﹣φC，‎ 得φD=4V，所以C选项正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图，在金属球壳内部球心放置带电荷量+Q的点电荷，球壳内有A点，壳壁中有B点，壳外有C点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点场强均为零 B．EA＞EB＞EC C．如果A、C和球心在一条直线上，则A、C两点的场强方向相同 D．B点场强方向沿半径方向向外 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】处于静电平衡的导体在近端感应出等量的异种电荷，在远端感应出等量的同种电荷，导体内部场强处处为零．‎ ‎【解答】解：+Q在球壳内外表面感应出等量的异种电荷，即球壳内为﹣Q，球壳外为+Q且均匀分布．画出这时候的电场线，在球壳的内外的场强和没有球壳一样．靠近球心处的场强大、远离球心处的场强小，故C正确；‎ 处于静电平衡的导体内部场强处处为零，所以ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（　　）‎ A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9‎ ‎【考点】点电荷的场强．‎ ‎【分析】直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后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：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．‎ ‎，，‎ 得：F1=9F2‎ 根据电场强度的定义式：，‎ 得：‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在A点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EPA表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，EPA不变 B．E变大，EPA变大 C．U变大，EPA不变 D．U不变，EPA不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．‎ ‎【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，‎ 根据C= 知，电容增大，根据U=，则板间电压变小．‎ 由E==，C= 得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图是某点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（　　） ‎ A．A点场强一定大于B点场强 B．A点电势一定低于B点电势 C．该点电荷一定带正电 D．在B点由静止释放一个电子，将一定向A点运动 ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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．‎ ‎【解答】解：A、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，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以A错误；‎ B、沿电场线的方向，电势降低，则A点电势一定高于B点电势，所以B错误；‎ C、只有一条电场线不能判断场源电荷的情况，所以不能判断是不是正电荷产生的，所以C错误；‎ D、由图可以知道的电场的方向向右，所以当由静止释放一个电子时，电子的受力的方向向左，所以电子将一定向A点运动，所以D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度也相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直 ‎【解答】解：A、图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；‎ B、ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等，故B正确；‎ C、a、b两点电场方向相等，但两点的场强和电势大小不等，故C错误；‎ D、a、b两点不在同一等势面上，故电势不相等，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．将电量为3×10﹣6C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10﹣3N，方向水平向右，则将电量为6×10﹣6C的正电荷放在A点，受到的电场力为（　　）‎ A．1.2×10﹣2N，方向水平向右 B．1.2×10﹣2N，方向水平向左 C．1.2×102N，方向水平向右 D．1.2×102N，方向水平向左 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场中某点的电场强度不会随着放置电荷变化而变化，它是电场固有的．当放入电荷变化时，则对应的电场力也会跟着变化．当不放入电荷时，电场强度依然存在．‎ ‎【解答】解：将电量为3×10﹣6C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10﹣3N，方向水平向右．则将电量为6×10﹣6C的正电荷放在A点，受到的电场力方向与前者相反﹣﹣﹣﹣水平向左，大小为 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系电 m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是（　　）‎ A．a甲：a乙=1：12 B．a甲：a乙=12：1 C．a甲：a乙=1：3 D．a甲：a乙=3：4‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】电荷间存在库仑力，根据牛顿第三定律分析相互作用力的大小关系，由牛顿第二定律研究两球加速度之比．‎ ‎【解答】‎ 解：根据牛顿第三定律得知，两球之间的库仑力大小相等，设为F，由牛顿第二定律得 ‎ 对甲：F=m甲a甲，‎ ‎ 对乙：F=m乙a乙，‎ 则有a甲：a乙=m乙：m甲=1：3‎ 故选C ‎　‎ ‎11．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV ‎【考点】等势面；功能关系；电势能．‎ ‎【分析】要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．‎ ‎【解答】解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…①‎ 所以26eV+Epa=5ev+Epb Epb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…②‎ 根据EP=qφ可知φb＞φa，‎ 由于相邻等势面之间的电势差相同，‎ 等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，‎ 代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eV qφ=7eV 正电荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eV EK=5eV+7eV+8eV=20eV 故C正确，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地，静电计的外壳也接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面操作将使静电计指针张角变大的是（　　）‎ A．将M板向下平移 B．将M板沿水平向右方向靠近N板 C．在M、N之间插入云母板 D．在M、N之间插入厚度为d的金属板 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由C= 分析电容C如何变化，根据C= 进行分析．‎ ‎【解答】解：A、由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由C= 分析可知，电容C应变小，‎ 根据C= 分析可知，应减小正对面积，增大板间距离、或减小电介质；故A正确；BC错误；‎ D、在M、N之间插入厚度为 d的金属板时，相当于减小d，则C增大，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，一个质量为30g、带电量为﹣1.7×10﹣8C的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行．当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为30°，则匀强电场方向和大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．水平向右5×106N/C B．水平向右1×107 N/C C．水平向左5×106N/C D．水平向左1×107N/C ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【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：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．‎ 由平衡条件：‎ ‎ Tsin30°=qE ‎ Tcos30°=mg 联立两方程得：E==1.0×107N/C 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则关于该粒子的下列说法错误的是（　　）‎ A．带正电 B．在b点的电势能大于在c点的电势能 C．在c点受力最大 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，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、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；‎ B、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故B正确；‎ C、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故C错误；‎ D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C ‎　‎ 二、填空题（每空3分，共15分）‎ ‎15．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（　　）‎ A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错．‎ ‎【解答】解：‎ A、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．‎ B、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．‎ C、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．‎ D、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为　5×10﹣6　‎ ‎ J，a、c间电势差为　450　V．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．‎ ‎【分析】电荷从a点移到b点时电场力做功Wab=qELab，从b点移到c点时电场力做功Wbc=qELbccos60°，用比例法求出电荷从b点移到c点时电场力做功．根据公式Uac=求出a、c间电势差．‎ ‎【解答】解：由题，电荷从a点移到b点时，电场力做功Wab=qELab①‎ ‎ 电荷从b点移到c点时电场力做功Wbc=qELbccos60°②‎ 由②：①得Wbc=5×10﹣6J a、c间电势差Uac===450V 故本题答案是：5×10﹣6；450‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，是一种通过测量电容器电容的变化，来检验液面高低的仪器原理图（这种仪器的优点是将非电荷的变化转换为电信号，使测量自动化）．容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上．指示器显示的是电容的大小，从电容的大小就可以知道容器中液面位置的高低．如图指示器显示出电容增大了，则可判断液面　升高　（填“升高”或“降低”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式C=进行分析即可．‎ ‎【解答】解：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时两极板的正对面积发生变化，则由C=可知，当电容增大时只能是正对面积S增大，可知液面升高；‎ 故答案为：升高 ‎　‎ ‎18．如图所示，B板带正电且电势为U，质量为m的带电粒子（重力不计）以初速v0水平射入电场．若粒子带﹣q电量，则粒子到达B板时速度大小为　　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】分析电场力对电子功做情况，根据动能定理列式即可求得粒子到达B板时的速度．‎ ‎【解答】解：粒子带负电，由A到B过程中电场力做正功，由动能定理可知：‎ Uq=mv2﹣mv02； ‎ 解得：v=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ 三．计算题（共43分）‎ ‎19．如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.0×10﹣10F，两极板间距离d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）该电容器所带电荷量Q．‎ ‎（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10﹣3‎ ‎ kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）平行板电容器接在U=12V的直流电源上，板间电压U等于电源的电压．由电容的定义式C=求解电容器所带电量．‎ ‎（2）平行板电容器建立匀强电场，由E=求出板间电场强度E．带电微粒在板间处于静止状态时，重力与电场力平衡，由平衡条件求出微粒的带电量．判断出电性 ‎【解答】解：‎ ‎（1）由电容的定义式C=得，电容器所带电量Q=CU=3.0×10﹣10×12C=3.6×10﹣9C．‎ ‎（2）由E=得，板间电场强度E=‎ 对于带电微粒，由平衡条件得，qE=mg 则q==C=2×10﹣6C 由于电容器上板带正电，场强方向向下，微粒所受电场力方向竖直向上，则该电荷带负电．‎ 答：（1）该电容器所带电量3.6×10﹣9C．‎ ‎ （2）该微粒带电量为2×10﹣6C，带负电荷 ‎　‎ ‎20．如图所示，板长L=4cm的平行板电容器，板间距离d=3cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100V．有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10﹣10 C，以v0=1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出（取g=10m/s2，sin α=0.6，cos α=0.8）．求：‎ ‎（1）液滴的质量；‎ ‎（2）液滴飞出时的速度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带负电液滴在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动．根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量．‎ ‎（3）液滴运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的动能．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：‎ qEcosα=mg，E=，‎ 解得：m==kg=8×10﹣8kg ‎（2）对液滴由动能定理得：‎ qU=﹣‎ 得：v==m/s=m/s≈1.32m/s 答：（1）液滴的质量为8×10﹣8kg；‎ ‎（2）液滴飞出时的速度约为1.32m/s．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，带电量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度v0的大小；‎ ‎（2）对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小；‎ ‎【解答】解析：（1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，则有：‎ ‎ 联立两式得： 代入数据得：v0=2.5m/s ‎ ‎（2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则 ‎ ‎ UAB=φA﹣φB=φA A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有：‎ ‎ 联立以上各式得：φAmin=6V A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有：‎ ‎ 且有：a2=a1‎ 代入数据得：φAmin=10V 综上可得：6V≤φA≤10V 答：（1）粒子入射时初速度v0的大小为：v0=2.5m/s ‎ ‎ （2）则带电后A板的电势为：6V≤φA≤10V ‎　‎ ‎22．如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m竖直向下的电场，长l=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg带电q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN上的C点．试求：‎ ‎（1）绳子的最大张力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力；‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得 ‎【解答】解：由A→B过程，根据动能定理有：‎ ‎①‎ 在最低点B，根据牛顿第二定律有：‎ ‎②‎ 代入数据联解①②得：T=30N ③‎ ‎（2）从A→C过程，根据动能定理有：‎ ‎④‎ 在C点根据速度关系有：vcsinθ=vB⑤‎ 在匀强电场中有：UAC=E•hAC⑥‎ 联解①④⑤⑥得：UAC=125V ⑦‎ 答：（1）绳子的最大张力为30N；（2）A、C两点的电势差125V．‎ ‎　‎