江西省上饶市上饶县中学高二物理上学期第一周周测试卷（零班含解析）.doc

江西省上饶市上 饶县中学2013-2014学年高二上学期第一周周测物理试卷（零班）一、选择题1（3分）（2012江苏模拟）某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点下列说法错误的是（）aa点的电场强度小于b点的电场强度ba点的电势高于b点的电势c将负电荷从a点移到b点，电场力做正功d将正电荷从a点移到c点，电场力做功为零2（3分）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，（忽略离子重力影响）则它们会分离成几股离子流（）a一股b二股c三股d无法确定3（3分）如图所示，a板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为u，电子最终打在光屏p上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）a滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升b滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升c电压u增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变d电压u增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变4（3分）图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2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点时的动能分别为37ev和19ev，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为2ev，它的动能应为（）a2evb19evc29evd33ev5（3分）（2014南昌模拟）质量为m的带正电小球由空中a点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点不计空气阻力且小球从未落地，则（）a整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2b整个过程中机械能的增量为2mg2t2c从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2d从a点到最低点小球重力势能减少了mg2t26（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在绝缘墙上，另一端与置于绝缘水平面上质量为m，带电量为+q的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力f缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止在撤去f的同时，在空间加上大小为e水平向右的匀强电场，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）a撤去f后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动b弹力和电场力所做的总功为4mgx0c撤去f后，物体刚运动时的加速度大小为gd物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为mg（x0）7（3分）（2011淮安模拟）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形abcd，对角线ac与两点电荷连线重合，两对角线交点o恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（）aa点的电场强度大于b点的电场强度且两点电场强度方向不同bb、d两点的电场强度及电势均相同c一电子由b点沿bcd路径移至d点，电势能先减小后增大d一质子由c点沿coa路径移至a点，电场力对其先做负功后做正功8（3分）如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷q，在m点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在q的电场中沿斜面运动到n点停下则从m到n的过程中，下列说法正确的是（）a小物块所受的电场力减小b小物块的电势能可能增加cm点的电势一定高于n点的电势d小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功9（3分）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=4103m，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，两极板间不带电，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=4105kg，电荷量q=+1108c，则下列说法正确的是（）a微粒的入射速度v0=10m/sb电容器上板接电源正极时，微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场c电源电压为180v时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场d电源电压为100v时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场10（3分）如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地一带电油滴位于两极板的中心p点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕o、o迅速顺时针转过45，则（）ap点处的电势不变b带电汕滴仍将保持静止状态c带电油滴将水平向右做匀加速直线运动d带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加11（3分）（2009南开区一模）x轴上有两点电荷q1和q2，q1和q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（）aq1的电量一定大于q2的电量bq1和q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷c电势最低处p点的电场强度为0dq1和q2之间各点的电场方向都指向p点12（3分）如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为r，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球a，其质量为m，mn之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球a自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）a小球一定能穿过mn区域继续运动b如果小球没有穿过mn区域，小球一定能回到出发点c如果小球没有穿过mn区域，只要电场强度足够大，小球可以到达p点，且到达p点速度大于等于d如果小球一定能穿过mn区域，电场力做的功为mgr二、填空题13（3分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：a小灯泡（额定电压为3.8v，额定电流约为0.3a）b电流表a （00.6a，内阻约为0.5） c电压表v（06v，内阻约为5k）d滑动变阻器r1 （010，2a ） e滑动变阻器r2 （0100，0.2a ）f电源（6v，内阻不计） g开关及导线若干（1）实验中滑动变阻器选_（填“r1”或“r2”）（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数u和电流表的读数i请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的ui图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而_（选填“增大”、“减小”或“不变”）三、解答题14如图所示，两平行金属板a、b长l=8cm，两板间距离d=8cm，a板比b板电势高300v，即uab=300v一带正电的粒子电量q=1010c，质量m=1020 kg，从r点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面mn、ps间的无电场区域后，进入固定在中心线上的o点的点电荷q形成的电场区域（设界面ps右边点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面mn、ps相距为l=12cm，粒子穿过界面ps后被点电荷q施加的电场力俘获从而以o点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏ef上（静电力常数k=9109nm2/c2）求：（1）粒子穿过界面mn时偏离中心线ro的距离h（2）粒子穿过界面mn时的速度v（3）粒子穿过界面ps时偏离中心线ro的距离y（4）点电荷的电荷量q（该小题结果保留一位有效数字）15两个带电小球a和b，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电量分别为q1、q2a、b两球均放在光滑绝缘的水平板上，a球固定，b球被质量为m3的绝缘挡板p挡住静止，a、b两球相距为d，如图所示某时刻起挡板p在向右的水平力f作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球b与挡板p分离，在此过程中力f对挡板做功w求：（1）力f的最大值和最小值？（2）带电小球b与挡板分离时的速度？（3）从开始运动到带电小球与挡板p分离的过程中，电场力对带电小球b做的功？16（2011安徽一模）如图所示，光滑水平轨道与半径为r的光滑竖直半圆轨道在b点平滑连接在过圆心o的水平界面mn的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上a点由静止释放，小球运动到c点离开圆轨道后，经界面mn上的p点进入电场（p点恰好在a点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到c点之前电量保持不变，经过c点后电量立即变为零）已知a、b间距离为2r，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）电场强度e的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小17（2002河南）如图（a）所示，a、b为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）在两板之间有一带负电的质点p已知若在a、b间加电压uo，则质点p可以静止平衡现在a、b间加上如图（b）所示的随时间t变化的电压u在t=0时质点p位于a、b间的中点处且初速为零已知质点p能在a、b之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图（b）中u改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次）2013-2014学年江西省上饶市上饶县中学高二（上）第一周周测物理试卷（零班）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（2012江苏模拟）某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点下列说法错误的是（）aa点的电场强度小于b点的电场强度ba点的电势高于b点的电势c将负电荷从a点移到b点，电场力做正功d将正电荷从a点移到c点，电场力做功为零考点：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式wab=quab来判断电场力做功的多少解答：解：a：由电场线越密的地方，电场强度越大，则有ebea，故a正确；b：沿着电场线，电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置故，故b正确；c：由于沿着电场线，电势逐渐降低，故ab，因此将负电荷从a移动到b，电场力做负功，故c错误；d：由于从a和c处于同一条等势线上，故从a到c过程的电场力不做功，故d正确该题是选择说法错误的，故选：c点评：本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减2（3分）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，（忽略离子重力影响）则它们会分离成几股离子流（）a一股b二股c三股d无法确定考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子经过加速电压大小为u的加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转后偏转距离和偏转角度相同，轨迹重合解答：解：设正电荷的电量为q，加速电压为u1，偏转电压为u2，偏转电极板为l，板间距离为d根据动能定理得加速电场中 qu1=m偏转电场中 运动时间t=偏转距离y=at2=（）2得到y=设偏转角度为，则tan=由上可知y、与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以混合物分成一股故选a点评：本题在熟记这个结论的基础上，就能很快作答即：同种带电粒子经同一加速电场加速，再经同一偏转电场偏转时轨迹重合3（3分）如图所示，a板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为u，电子最终打在光屏p上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）a滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升b滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升c电压u增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变d电压u增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小解答：解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：，电子在电场方向偏转的位移为：垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转a、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故a错误；b、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故b正确；c、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故c正确；d、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故d错误；故选：bc点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题4（3分）图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2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点时的动能分别为37ev和19ev，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为2ev，它的动能应为（）a2evb19evc29evd33ev考点：等势面；动能定理的应用专题：电场力与电势的性质专题分析：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线2电势为零，列式求解即可解答：解：经过a、b点时的动能分别为37ev和19ev；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷再各个等势面上的电势能相等；故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为，故经过等势面2时的动能为31ev；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：0ev+31ev=2ev+ek；解得ek=33ev；故选d点评：“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；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口5（3分）（2014南昌模拟）质量为m的带正电小球由空中a点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点不计空气阻力且小球从未落地，则（）a整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2b整个过程中机械能的增量为2mg2t2c从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2d从a点到最低点小球重力势能减少了mg2t2考点：电势能；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由w=qed求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出a点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答：解：a、b小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为e，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g由牛顿第二定律得a=，联立解得，qe=4mg则小球电势能减少为=qegt2=2mg2t2根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2故a错误，b正确c、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ek=m（gt）2故c错误d、设从a点到最低点的高度为h，根据动能定理得mghqe（hgt2）=0解得，h=gt2故从a点到最低点小球重力势能减少了ep=mgh=故d正确故选bd点评：本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究6（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在绝缘墙上，另一端与置于绝缘水平面上质量为m，带电量为+q的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力f缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止在撤去f的同时，在空间加上大小为e水平向右的匀强电场，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）a撤去f后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动b弹力和电场力所做的总功为4mgx0c撤去f后，物体刚运动时的加速度大小为gd物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为mg（x0）考点：电势差与电场强度的关系；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去f后，物体水平方向上受到弹簧的弹力、电场力和滑动摩擦力，电场力和滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去f后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为4x0，由动能定理求解弹力和电场力所做的总功为4mgx0；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功解答：解：a、撤去f后，物体水平方向上受到弹簧的弹力、电场力和滑动摩擦力，电场力和滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动故a错误b、设弹力和电场力所做的总功为w，则运用动能定理得：wmg4x0=0，得w=4mgx0故b正确c、撤去f后，物体物体水平方向上受到向左弹簧的弹力、向右的电场力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为a=故c错误d、当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为mg（x0x）=mg（x0）故d正确故选：bd点评：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的7（3分）（2011淮安模拟）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形abcd，对角线ac与两点电荷连线重合，两对角线交点o恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（）aa点的电场强度大于b点的电场强度且两点电场强度方向不同bb、d两点的电场强度及电势均相同c一电子由b点沿bcd路径移至d点，电势能先减小后增大d一质子由c点沿coa路径移至a点，电场力对其先做负功后做正功考点：电势能；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点o是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断解答：解：a、在如图所示的电场中eaeoeb，且电场方向都水平向右，故a错误；b、由于b、d两点关于o点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故b正确；c、电子由b沿bc运动到c过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿cd运动到d过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故c错误；d、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由a指向c，质子受电场力水平向右，故质子由c点沿coa路径移至a点过程中电场力做负功，故d错误故选b点评：要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况8（3分）如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷q，在m点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在q的电场中沿斜面运动到n点停下则从m到n的过程中，下列说法正确的是（）a小物块所受的电场力减小b小物块的电势能可能增加cm点的电势一定高于n点的电势d小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功考点：电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：首先要对物块进行正确受力分析，尤其是所受库仑力的分析，可以假设所受库仑力为引力和斥力两种情况分析，然后得出正确结论；熟练利用功能关系求解解答：解：a、由于物块与电荷q距离增大，根据库仑定律f=k可知，电场力减小，故a正确b、若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，合力增大，加速度增大，物块不可能停止所以两物块为同种电荷，电场力做正功，电势能一定减小故b错误c、现在只能判断出电荷q和物块带电电性相同，不知q带电的正负，无法判断m、n两点电势高低，故c错误d、由于物块初末速度都为零，根据功能关系可知，重力势能和电势能的减小之和等于克服摩擦力做的功，则物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功故d正确故选：ad点评：解决本题的关键要准确判断出电性关系，知道如何去比较电势的高低，如何比较电势能的高低9（3分）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=4103m，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，两极板间不带电，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=4105kg，电荷量q=+1108c，则下列说法正确的是（）a微粒的入射速度v0=10m/sb电容器上板接电源正极时，微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场c电源电压为180v时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场d电源电压为100v时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场考点：电容器专题：电容器专题分析：（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：a、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=v0t竖直方向有=解得 v0=10m/s，所以a正确；b、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，所以b错误；c、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=180v所以c正确d错误故选：ac点评：解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力10（3分）如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地一带电油滴位于两极板的中心p点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕o、o迅速顺时针转过45，则（）ap点处的电势不变b带电汕滴仍将保持静止状态c带电油滴将水平向右做匀加速直线运动d带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能；电容；电容器的动态分析专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：解决本题的关键是根据图找出旋转前与旋转后两板间距离的关系，然后利用e=、=、u=el、f=qe来讨论解答：解：a、因电容器与电源始终相接，故电压不变，由e=知，电容器极板旋转后=dsin45，所以场强变为=e，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势=u，=u，故电势不变，a正确；b、因极板旋转前油滴静止，应有mg=qe，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向下而是斜向右上方与竖直方向成45角，油滴不能再保持静止，故b错误；c、旋转前，qe=mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上，f=qcos45mg=qe.mg=0，水平方向f=qsin45=qe.=mg，故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，c正确；d、由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，d错误；故选ac点评：注意e=中d的含义是两点间等势面间的距离，再就是正确进行受力分析11（3分）（2009南开区一模）x轴上有两点电荷q1和q2，q1和q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（）aq1的电量一定大于q2的电量bq1和q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷c电势最低处p点的电场强度为0dq1和q2之间各点的电场方向都指向p点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小解答：解：a、c：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，p点切线斜率为零，则p点的电场强度为零两电荷在p点的合场强为零，p点距离q1较远，根据点电荷的场强公式知，q1的电量大于q2的电量故a正确，c正确；b：从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知q1和q2一定是同种电荷，且都为正电荷故b错误；d：因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以p点的左侧电场方向向右，p点的右侧电场方向向左，q1和q2之间各点的电场方向都指向p点故d正确故选：acd点评：解决本题的关键找到该题的突破口，即根据p点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低12（3分）如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为r，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球a，其质量为m，mn之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球a自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）a小球一定能穿过mn区域继续运动b如果小球没有穿过mn区域，小球一定能回到出发点c如果小球没有穿过mn区域，只要电场强度足够大，小球可以到达p点，且到达p点速度大于等于d如果小球一定能穿过mn区域，电场力做的功为mgr考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，不一定能穿过电场区域；根据能量守恒定律分析小球能否到达p点根据动能定理，求解电场力做功解答：解：a、小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，由于mn的宽度和小球进入电场的速度、加速度等条件不明，所以小球不一定能穿过电场区域；故a错误b、c如果小球没有穿过mn区域，由于电场力和重力做功只与初末位置有关，根据能量守恒定律和过程的可逆性可知，小球一定能回到出发点，而且回到出发点时速度为零，不可能到达p点，故b正确，c错误d、若小球一定能穿过mn区域，根据动能定理得：mgr+w电=则得电场力做的功为 w电=mgr，故d错误故选：b点评：解决本题关键分析小球的受力情况和能量如何转化，运用能量守恒定律进行分析二、填空题13（3分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：a小灯泡（额定电压为3.8v，额定电流约为0.3a）b电流表a （00.6a，内阻约为0.5） c电压表v（06v，内阻约为5k）d滑动变阻器r1 （010，2a ） e滑动变阻器r2 （0100，0.2a ）f电源（6v，内阻不计） g开关及导线若干（1）实验中滑动变阻器选r1（填“r1”或“r2”）（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数u和电流表的读数i请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的ui图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法解答：解：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选r1 （2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的ui图象，根据欧姆定律r=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大故答案为：（1）r1，（2）如图 （3）增大点评：本实验应熟记测定小灯泡伏安特性曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法三、解答题14如图所示，两平行金属板a、b长l=8cm，两板间距离d=8cm，a板比b板电势高300v，即uab=300v一带正电的粒子电量q=1010c，质量m=1020 kg，从r点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面mn、ps间的无电场区域后，进入固定在中心线上的o点的点电荷q形成的电场区域（设界面ps右边点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面mn、ps相距为l=12cm，粒子穿过界面ps后被点电荷q施加的电场力俘获从而以o点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏ef上（静电力常数k=9109nm2/c2）求：（1）粒子穿过界面mn时偏离中心线ro的距离h（2）粒子穿过界面mn时的速度v（3）粒子穿过界面ps时偏离中心线ro的距离y（4）点电荷的电荷量q（该小题结果保留一位有效数字）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量（2）由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的竖直分速度，然后求出粒子的速度（3）粒子离开电场后做匀速直线运动，应用几何知识可以求出偏移量（4）昆库仑力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出电荷的电荷量解答：解：（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上：l=v0t，在竖直方向上：h=at2，由牛顿第二定律得：a=，代入数据解得：h=0.03m=3cm；（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=，代入数据，解得：vy=1.5106m/s，所以粒子从电场中飞出时的速度为：v=，代入数据解得：v=2.5106m/s，设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：tan=，则：=37；（3）设穿过界面ps时偏离中心线ro的距离为y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：=，代入数据，解得：y=0.12m=12cm；（4）粒子做匀速圆周运动的半径：r=0.15m，粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得：k=m，代入数据，解得：|q|=1108c，q=1108c；答：（1）粒子穿过界面mn时偏离中心线ro的距离h为3cm（2）粒子穿过界面mn时的速度v大小为2.5106 m/s，方向与v0成37角（3）粒子穿过界面ps时偏离中心线ro的距离y为12cm（4）点电荷的电荷量q为1108c点评：本题考查了求粒子的偏移量、粒子的速度、电荷的电荷量，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题15两个带电小球a和b，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电量分别为q1、q2a、b两球均放在光滑绝缘的水平板上，a球固定，b球被质量为m3的绝缘挡板p挡住静止，a、b两球相距为d，如图所示某时刻起挡板p在向右的水平力f作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球b与挡板p分离，在此过程中力f对挡板做功w求：（1）力f的最大值和最小值？（2）带电小球b与挡板分离时的速度？（3）从开始运动到带电小球与挡板p分离的过程中，电场力对带电小球b做的功？考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；库仑定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）两种电荷间存在斥力，在斥力作用下，b球先与p板一起向右做匀加速运直到两者分离，库仑斥力不断减小，以b和p整体为研究对象，可知，开始运动时力f最小，分离时力f最大，根据牛顿第二定律和库仑定律求解（2）b球与挡板分离时，以b球为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再运用运动学公式求解b、p分离时的速度（3）对挡板应用动能定理求出电场力对带电小球b做的功解答：解析：（1）开始运动时力f最小，以b球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律f1+k=（m3+m2）a 解得最小力为：f1=（m3+m2）akb球与挡板分离后力f最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为： f2=m3a （2）b球与挡板分离时，以b球为研究对象，由牛顿第二定律得： k=m2a b球匀加速直线运动的位移为： s=rd 又由运动学公式得：v2=2as 由联立解得，带电小球b与挡板分离时的速度为：v= （3）设b球对挡板做功w1，挡板对b球做功w2，电场力对b球做功w3，在b球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得： w+w1=m3v2 挡板对b球做的功w2=w1 对b球应用动能定理得：w3+w2=m2v2 由联立解得电场力对b球做功为：w3=（m2+m3）a（）w答：（1）力f的最大值为m3a，最小值为（m3+m2）ak（2）带电小球b与挡板分离时的速度为（3）从开始运动到带电小球与挡板p分离的过程中，电场力对带电小球b做的功为（m2+m3）a（）w点评：本题根据牛顿第二定律分析并求解加速度是解题的关键，运用动能定理时，要注意研究对象16（2011安徽一模）如图所示，光滑水平轨道与半径为r的光滑竖直半圆轨道在b点平滑连接在过圆心o的水平界面mn的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上a点由静止释放，小球运动到c点离开圆轨道后，经界面mn上的p点进入电场（p点恰好在a点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到c点之前电量保持不变，经过c点后电量立即变为零）已知a、b间距离为2r，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）电场强度e的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力；电势能专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析