物理卷·2018届山西省运城市夏县中学高二上学期月考物理试卷（10月份）+（解析版）

物理卷·2018届山西省运城市夏县中学高二上学期月考物理试卷（10月份）+（解析版）

‎2016-2017学年山西省运城市夏县中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）‎ ‎1．将两个带电量之比为2：5的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们之间库仑力的大小为F．现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电绝缘金属小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A．F B． F C． F D． F ‎2．如图所示为某示波管内的聚焦电场．实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（　　）‎ A．Wa=Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb C．Wa=Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb ‎3．如图所示，场源电荷置于O点，放置在P点的电荷量q=﹣1×10﹣8C的电荷所受库仑力大小为1×10﹣5N，方向由P指向O，O、P间距离为30cm，静电力常量k=9×109Nm2/C2．则（　　）‎ A．场源电荷形成的电场在P点的场强大小为1×103N/C，方向由P指向O B．若将置于P点的电荷移走，P点的场强将变为0‎ C．置于O点的场源电荷带正电，电荷量为1×10﹣6C D．场源电荷与P点形成的电场中，O、P连线的中垂线上到O、P两点的距离均为30cm的点的场强大小为1×103N/C，方向与中垂线垂直 ‎4．如图所示，实线为点电荷产生的电场线（方向未标出），虚线是一带电粒子在这个电场中的运动轨迹，带电粒子在轨迹中的M点运动到N点只受电场力作用，则（　　）‎ A．静电力做负功，动能减小 B．静电力做正功，电势能减小 C．带电粒子带正电荷 D．带电粒子带负电荷 ‎5．如图所示，两等量负点电荷固定在A、B两点．以A、B连线的中 点为原点0，沿A、B连线的中垂线建立x轴．选无穷远处巧电势 为零．则关于x轴上各处的电场强度、电势R随x轴坐标的变化规律，下列图象较合理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（　　）‎ A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea=Eb=Ec ‎7．如图为某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图，带负电的粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．a点电势高于b点电势 C．电场力对粉尘做负功 D．粉尘的电势能增大 ‎8．将一电荷量q=﹣2.0×10﹣6C的电荷从无穷远处移至电场中的A点，克服电场力做功3.0×10﹣4J，再将电荷从A点移至B点的过程中，电场力做功2.0×10﹣4J，规定无穷远处的电势能为零．则（　　）‎ A．电荷在A点的电势能为﹣3.0×10﹣4J B．A点的电势为﹣150V C．B点的电势为﹣50V D．将电荷量为+2.0×10﹣6的电荷从B点移到无穷远处的过程中，电荷的电势能将增加1.0×10﹣4J ‎9．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器，P为其中的一个定点，将电键K闭合，电路稳定后将B板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容变大 B．电阻R中有向下的电流 C．P点电势降低 D．P点电势升高 ‎10．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有对应的电势值．一带电粒子仅在电场力作用下，恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．A处场强大于C处场强 C．粒子在A处电势能小于在C处电势能 D．粒子从A运动到B的电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎11．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎12．如图所示虚线为空间电场的等势面，电荷量为﹣q的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿直线由A匀速运动到B，已知AB和等势面间的夹角为θ，AB间的距离为d，则（　　）‎ A．A、B两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．带电小球由A运动到B的过程中，电势能减少了Fdsinθ D．若要使带电小球由B向A做匀速直线运动，则力F不变 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎13．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m，带电量为q的小球，线的上端固定．开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（2）电场强度为多少？‎ ‎14．如图所示，光滑绝缘体杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆交于B、C两点，质量为m，带电荷量为﹣q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q远小于Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点的电势是多大？‎ ‎15．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：‎ ‎（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？‎ ‎（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？‎ ‎16．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，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）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，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应为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省运城市夏县中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）‎ ‎1．将两个带电量之比为2：5的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们之间库仑力的大小为F．现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电绝缘金属小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A．F B． F C． F D． F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷，则电荷量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．‎ ‎【解答】解：设A、B两球的带电量分别为2Q和5Q．‎ 开始时，由库仑定律得：F=k…①‎ 当小球C和A接触后，A球带电为Q，C再和B球接触时，B球带电量为=3Q 因此此时：F1=k…②‎ 由①②得：F1=F，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示为某示波管内的聚焦电场．实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（　　）‎ A．Wa=Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb C．Wa=Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上，故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；‎ a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，场源电荷置于O点，放置在P点的电荷量q=﹣1×10﹣8C的电荷所受库仑力大小为1×10﹣5N，方向由P指向O，O、P间距离为30cm，静电力常量k=9×109Nm2/C2．则（　　）‎ A．场源电荷形成的电场在P点的场强大小为1×103N/C，方向由P指向O B．若将置于P点的电荷移走，P点的场强将变为0‎ C．置于O点的场源电荷带正电，电荷量为1×10﹣6C D．场源电荷与P点形成的电场中，O、P连线的中垂线上到O、P两点的距离均为30cm的点的场强大小为1×103N/C，方向与中垂线垂直 ‎【考点】点电荷的场强．‎ ‎【分析】电场强度等于试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．电场中同一点电场强度不变．‎ 根据点电荷产生的场强公式E=k 求解两个点电荷在O点产生的场强，再根据矢量合力法则求解O点的场强．‎ 运用同样的方法求解O′点的场强大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、P点的场强大小为 E==N/C=1×103N/C，依据负电荷的电场力方向与电场强度方向相反，则其方向向右，即由O指向P，故A错误；‎ B、因为电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，所以若将电荷从P点移走，P点的场强大小和方向都不变，大小仍为1×103N/C，方向向右，故B错误；‎ C、根据点电荷产生的场强公式E=k，那么置于O点的场源电荷带正电，电荷量为Q===1×10﹣8C，故C错误；‎ D、根据点电荷产生的场强公式E=k，结合矢量合力法则，两电荷在该处的电场强度大小相等，方向夹角为120°，那么场源电荷与P点形成的电场中，O、P连线的中垂线上到O、P两点的距离均为30cm的点，的场强大小为E合=1×103N/C，方向与中垂线垂直，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，实线为点电荷产生的电场线（方向未标出），虚线是一带电粒子在这个电场中的运动轨迹，带电粒子在轨迹中的M点运动到N点只受电场力作用，则（　　）‎ A．静电力做负功，动能减小 B．静电力做正功，电势能减小 C．带电粒子带正电荷 D．带电粒子带负电荷 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】‎ 由图象可以看到，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能的变化，即可知道电势能大小．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：AB、带电粒子受到的电场力沿电场线向左，与速度的夹角为钝角，则粒子从M运动到N的过程，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子的电势能增大．故A正确，B错误；‎ CD、带电粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子在M、N两点受到的电场力沿电场线向左．由于电场线方向不明，因此无法确定粒子的电性．故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两等量负点电荷固定在A、B两点．以A、B连线的中 点为原点0，沿A、B连线的中垂线建立x轴．选无穷远处巧电势 为零．则关于x轴上各处的电场强度、电势R随x轴坐标的变化规律，下列图象较合理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】结合等量负电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，两个等量负点电荷的连线的中垂线上，沿着电场线电势降低，电场强度最强点在连线中点与无穷远间某个位置．‎ ‎【解答】解：AB、对于两个等量负点电荷的电场，根据场强的叠加，知两电荷的中点场强为零，从O到无穷远的过程中，场强先增大后减小，且AB连线左右两侧电场对称，故A正确，B错误；‎ CD、两个等量负点电荷的连线的中垂线上，从连线中点到无穷远是逆着电场线，故电势逐渐升高，故C、D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（　　）‎ A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea=Eb=Ec ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系．‎ ‎【解答】解：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．如图为某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图，带负电的粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．a点电势高于b点电势 C．电场力对粉尘做负功 D．粉尘的电势能增大 ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】电场线的疏密反映电场的强弱．‎ 沿着电场线方向电势降低．根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场．故A错误 B、沿着电场线方向电势降低．所以a点电势高于b点电势，故B正确 C、带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功．故C错误 D、带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．将一电荷量q=﹣2.0×10﹣6C的电荷从无穷远处移至电场中的A点，克服电场力做功3.0×10﹣4J，再将电荷从A点移至B点的过程中，电场力做功2.0×10﹣4J，规定无穷远处的电势能为零．则（　　）‎ A．电荷在A点的电势能为﹣3.0×10﹣4J B．A点的电势为﹣150V C．B点的电势为﹣50V D．将电荷量为+2.0×10﹣6的电荷从B点移到无穷远处的过程中，电荷的电势能将增加1.0×10﹣4J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功得出A点的电势能，从而得出A点的电势，结合电场力做功得出A、B的电势差，从而得出B点的电势．通过电场力做功求解电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、将一电荷量为q=﹣2.0×10﹣6C的点电荷从无穷远处移至电场中A点，克服电场力做功3.0×10﹣4J，其电势能增加了3.0×10﹣4J，可知电荷在A点的电势能 EpA=3.0×10﹣4J．故A错误．‎ B、A点的电势 φA==V=﹣150V，故B正确．‎ C、AB间的电势差 UAB==V=﹣100V ‎ 根据UAB=φA﹣φB知，φB=φA﹣UAB=﹣150﹣（﹣100）V=﹣50V．故C正确．‎ D、B点与无穷远处间的电势差 UB∞=﹣50V，则将电荷量为+2.0×10﹣6的电荷从B点移到无穷远处的过程中，电场力做功 WB∞=qUB∞=﹣2.0×10﹣6×（﹣50）J=1.0×10﹣4J，所以 电荷的电势能减少6×10﹣5J．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器，P为其中的一个定点，将电键K闭合，电路稳定后将B板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容变大 B．电阻R中有向下的电流 C．P点电势降低 D．P点电势升高 ‎【考点】电容；电势．‎ ‎【分析】在电容器的电压不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据C=，结合，可分子电容变化，进而可得电容器电量变化；‎ 保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式E=，分析板间场强的变化，确定P点与下板间电势差的变化，再判断P点电势的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A错误；‎ B、依据，由于U不变，C减小，故Q减小，可知电容器放电，故R有向上的电流，故B错误．‎ CD、保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，B板向下移动一小段距离，板间距离d增大，根据公式E=分析得知，板间场强减小，由U=Ed得知，P点与A板间电势差减小，电场线方向向下，沿电场线方向电势降低，由于电压AB电势差不变，则p点电势升高．故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有对应的电势值．一带电粒子仅在电场力作用下，恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．A处场强大于C处场强 C．粒子在A处电势能小于在C处电势能 D．粒子从A运动到B的电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A正确；‎ B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；‎ C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子在A处电势能小于在C处电势能．故C正确；‎ D、根据W=Uq知，电势差相同，电场力做功相同，故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎11．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；‎ B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；‎ D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示虚线为空间电场的等势面，电荷量为﹣q的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿直线由A匀速运动到B，已知AB和等势面间的夹角为θ，AB间的距离为d，则（　　）‎ A．A、B两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．带电小球由A运动到B的过程中，电势能减少了Fdsinθ D．若要使带电小球由B向A做匀速直线运动，则力F不变 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据题设条件F、d、θ，功的公式求出力F做功，根据动能定理，可求出电场力做功，从而求出M、N间电势差；由公式U=Ed求出场强大小；电场力做负功，电势能增大；根据平衡条件，由N到M力F仍是原方向．‎ ‎【解答】解：A、小球受到的电场力与等势面垂直，匀速运动时，拉力应垂直于等势面向左，根据动能定理得：Fdsinθ﹣qUAB=0，解得A、B两点的电势差为：UAB=，故A正确．‎ B、电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dsinθ，由公式 E=得，电场强度大小为 E==，故B错误．‎ C、小球M到N电场力做了﹣Fdsinθ的功，电势能增大Fdsinθ．故C错误．‎ D、小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由N到M，F方向不变．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎13．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m，带电量为q的小球，线的上端固定．开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（2）电场强度为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．‎ ‎【解答】解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin60°+qUAB=0，‎ 解得：UAB=﹣；‎ ‎（2）BA间电势差为：UBA=﹣UAB=，‎ 则场强：E==；‎ 答：（1）AB两点的电势差UAB为﹣；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，光滑绝缘体杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆交于B、C两点，质量为m，带电荷量为﹣q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q远小于Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点的电势是多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；电势．‎ ‎【分析】由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AB间的电势差．‎ ‎【解答】解：A→B由动能定理：‎ 又 又B．C等势∴‎ 答：小球从A运动到B的过程中，电场力做功为，若取A点电势为零，C点的电势是．‎ ‎　‎ ‎15．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：‎ ‎（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？‎ ‎（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？‎ ‎【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力、静电力F和细线拉力，由受力平衡和库仑定律列式求解 ‎（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，列出等式表示出最低点速度，由牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：‎ F拉=F+mg，‎ F=，‎ F拉=2mg 三式联立解得：‎ q=．‎ ‎（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程：‎ mgL（1﹣cos60°）=mv2‎ F拉′﹣mg﹣F=m 由（1）知静电力F=mg 解上述三个方程得：F拉′=3mg．‎ 答：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为 ‎（2）摆球回到A处时悬线拉力为3mg．‎ ‎　‎ ‎16．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，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）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，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应为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【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U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：a=‎ 解得：U=120V 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；‎ ‎（2）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U应为120V．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日