江西省上饶市广丰一中高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省上饶市广丰一中高二（上）第一次月考物理试卷一、单项选择（每题4分，共32分）1下列说法中正确的是（）a由库仑定律f=，可知，当r0时，fb由电场强度e=可知，电场强度e与电荷量q成反比c由点电荷场强公式e=可知，r一定时，电荷量q越大，场强e越大d由电势差u=ed可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大2图中画了四个电场的电场线，其中a和c图中小圆圈表示一个点电荷，a图中虚线是一个圆；b图中几条直线间距相等且互相平行，则在图a、b、c、d中m、n处电场强度相同的是（）abcd3有两个带有等量异种电荷的小球，用绝缘细线相连后悬起，并置于水平方向匀强电场中当两小球都处于平衡时其可能位置是图中的哪一个？（）abcd4如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源连接，下极板接地一带负电油滴被固定于电容器中的p点现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下述正确的是（）a电容器带电量会增多b电容器极板间的电场强度会增大cp点的电势将降低d带点油滴的电势能将减少5一半径为r的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为e的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）a小球所受重力大于电场力b小球在b点时的机械能最小c小球在d点时的电势能最大d小球只有在c点时的动能最大6如图所示，a、b为两个固定的等量的同种正点电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正点电荷c，现给电荷c一个垂直于连线的初速度vc，若不计电荷c所受的重力，则关于电荷c运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是（）a加速度始终增大b加速度先增大后减小c速度先增大后减小d速度一直减小7如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为r，等边三角形abc的边长为l，顶点c恰好位于圆周最低点，cd是ab边的中垂线在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷现把质量为m带电荷量为+q的小球由圆弧的最高点m处静止释放，到最低点c时速度为v0不计+q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（）a小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒bc点电势比d点电势高cm点电势为（mv022mgr）d小球对轨道最低点c处的压力大小为mg+m+2k8图（a）为示波管的原理图若在xx上加上如图甲所示的扫描电压，在yy上加如图乙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是（）abcd二、多项选择（每题4分，共16分）9一个带电粒子在静电场中由静止释放，仅受电场力的作用，则正确的是（）a加速度一定不变b运动轨迹一定与电场线重合c运动轨迹可能与电场线重合d电势能可能逐渐减少10图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过m点，再经过n点，可以判定（）am点的电势大于n点的电势b粒子在m点的加速度大于在n点的加速度c粒子在m点的动能小于n点的动能d粒子在m点的电势能小于n点的电势能11静电场方向平行于x轴，其电势随的分布可简化为如图所示的折线，下列说法中正确的是（）ax轴上x2到o之间的电场强度大于o到x3之间的电场强度bx轴上x2到o之间的电场强度的方向与o到x3之间的电场强度的方向相同c正电荷沿x轴从x1运动到o的过程中，电场力做正功，电势能减少d负电荷沿x轴从o运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增加12如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是（）a末速度大小为v0b末速度沿水平方向c重力势能减少了mgdd克服电场力做功为mgd三实验题（每空2分，共14分）13在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关他选用带正电的小球a和b，a球放在可移动的绝座上，b球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒c点，如图所示实验时，先保持两电荷量不变，使a球从远处逐渐向b球靠近，观察到两球距离越小，b球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，b球悬线的偏角越大实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的而增大，随其所带电荷量而增大历史上法国学者通过更精确的实验探究总结出两点电荷间相互作用力与两点电荷的电荷量、间距的定量关系此同学在探究中应用的科学方法是（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”）14静电计是测量电势差的仪器指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图在本实验中，静电计指针和a板等电势，静电计金属壳和b板等电势，因此指针偏转角越大表示a、b两极板间的电势差越大现对电容器充电后断开开关若按图下方的说明来做实验，则甲图中两板间电势差；乙图中两板间电势差；丙图中两板间电势差（“变大”、“变小”或“不变”）四、计算题（写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）15将一个电荷量q=3106c的负点电荷，从电场中的a点移到b点时，克服电场力做功6104j，从b点移到c点电场力做功9104j（1）求ab、bc、ca间电势差uab、ubc、uac；（2）将一个电子从电场中的a点移到c点，电场力所做的功为多少电子伏，电势能变化了多少？16如图所示，由静止开始被电场（加速电压为u1）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板若金属板长为l，板间距离为d、两板间电压为u2求（1）粒子穿越加速电场获得的速度v1（2）粒子在偏转电场发生的侧位移y（3）粒子射出偏转电场时的速度v217如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点o，用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0104c正电荷的金属小球悬挂在o点，小球静止在b点时细线与竖直方向的夹角为=37求：（1）ab两点间的电势差uab（2）将小球拉至位置a使细线水平后由静止释放，小球通过最低点c时细线对小球的拉力f的大小（3）如果要使小球能绕o点做完整的圆周运动，则小球在a点时沿垂直于oa方向运动的初速度v0的大小（g取10m/s2，sin37=o.60，cos37=0.80）18如图所示，半径为r=0.4m的光滑半圆形轨道处于竖直平面内，最高点为c点，半圆轨道与粗糙水平地面相切于圆环的端点b，在水平地面上的a点有一带正电小物块处于静止状态，物块质量m=0.1kg，电荷量q=1.0103c，与地面的动摩擦因数=0.2，a点与b点的距离x=1m，在竖直线bc的右侧加一水平向左的匀强电场释放小物块，小物块刚好能够通过圆轨道的c点，求：（1）物体在b点所受轨道的支持力大小；（2）匀强电场的场强e的大小；（3）物块通过c点时，电场立即反向且大小保持不变，则物块落地点距离a点多远？2015-2016学年江西省上饶市广丰一中高二（上）第一次月考物理试卷（重、星）参考答案与试题解析一、单项选择（每题4分，共32分）1下列说法中正确的是（）a由库仑定律f=，可知，当r0时，fb由电场强度e=可知，电场强度e与电荷量q成反比c由点电荷场强公式e=可知，r一定时，电荷量q越大，场强e越大d由电势差u=ed可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大【考点】库仑定律；电场强度【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式e=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强强度公式e=，电场强度只由场源电荷电量和位置决定【解答】解：a、真空中两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，要强调库仑定律的使用范围，当r0时，电荷已不能当作点电荷，故a错误b、电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量无关，电场强度的定义式e=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，故b错误c、根据点电荷的场强公式e=知，q为场源电荷的电量，电场中某点电场强度和场源电荷的电量有关，故c正确d、由电势差u=ed可知，当电场强度一定时，两点间d距离越大，这两点间电势差才越大，注意两点间距变化，而d不一定变化，故d错误故选：c【点评】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式e=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强强度公式e=，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，同时掌握u=ed公式中d的含义2图中画了四个电场的电场线，其中a和c图中小圆圈表示一个点电荷，a图中虚线是一个圆；b图中几条直线间距相等且互相平行，则在图a、b、c、d中m、n处电场强度相同的是（）abcd【考点】电场强度；点电荷的场强【专题】电场力与电势的性质专题【分析】点电荷产生的电场强度根据e=即可分析，电场线的疏密表示电场的强弱，据此也可分析【解答】解：a、ac是点电荷产生的电场，a中mn在同一个圆上的不同的点，c中mn到圆心的距离不等，根据e=可知，a中mn两点电场强度大小相等，c中不等，但是a中mn两点电场强度方向不同，所以m、n处电场强度不相同，故a错误，c错误；b、等间距平行的电场线表示匀强电场，电场中电场强度处处相等，故b正确；d、d图中n点所在的电场线比较密集，m点所在的电场线比较疏，所以n点的电场强度大于m点的电场强度，故d错误故选b【点评】本题要求同学们知道在电场中电场线的疏密表示电场的强弱，难度不大，属于基础题3有两个带有等量异种电荷的小球，用绝缘细线相连后悬起，并置于水平方向匀强电场中当两小球都处于平衡时其可能位置是图中的哪一个？（）abcd【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用；电场强度【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】先对正电荷受力分析，得到下面细线的偏转情况；再对两个小球的整体受力分析，得到上面细线的拉力的方向【解答】解：先对正电荷受力分析，受重力，向右的电场力，细线的拉力，由于电场力向右，根据三力平衡条件，细线的拉力一定向左上方；再对两球整体受力分析，受总重力2mg，电场力的合力为零，故拉力一定与重力平衡，竖直向上，故上面的细线呈竖直状态；故选a【点评】本题关键要对两电荷整体受力分析，整体受电场力的合力为零，重力和拉力二力平衡4如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源连接，下极板接地一带负电油滴被固定于电容器中的p点现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下述正确的是（）a电容器带电量会增多b电容器极板间的电场强度会增大cp点的电势将降低d带点油滴的电势能将减少【考点】电容；电势【专题】电容器专题【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化根据电容的定义式c=，电容器与电源保持相连，则u不变，q与c成正比变化【解答】解：a、根据电容的定义式c=，电容器与电源保持相连，则u不变，当上极板竖直向上移动一小段距离，c减小，则q也减小，a错误b、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，b错误；c、板间场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低；故c正确；d、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加；故d错误；故选：c【点评】本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化5一半径为r的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为e的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）a小球所受重力大于电场力b小球在b点时的机械能最小c小球在d点时的电势能最大d小球只有在c点时的动能最大【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况，根据除重力外其余力做功判断机械能的变化情况【解答】解：a、d、根据动能定理，从a到d过程，有：mgrqer=0解得：qe=mg即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动此处时动能最大，故ad错误；b、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故b错误；c、根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最大，故c正确；故选：c【点评】本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解6如图所示，a、b为两个固定的等量的同种正点电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正点电荷c，现给电荷c一个垂直于连线的初速度vc，若不计电荷c所受的重力，则关于电荷c运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是（）a加速度始终增大b加速度先增大后减小c速度先增大后减小d速度一直减小【考点】电场强度；牛顿第二定律【分析】根据自由运动电荷的受力情况得出加速度方向，根据所受合力大小的变化，判断加速度大小的变化，根据加速度方向和速度方向的关系判断速度的变化【解答】解：ab、根据a、b为两个固定的等量同种正电荷电场线分布可知，在它们连线的中点c处的电场强度为0，从c到无穷远，电场强度先增大后减小，因此自由电荷在c点所受合力为0，沿中轴线运动，所受合力的方向沿中轴线向上，在无穷远处，合力又为零，所以合力的大小先增大后减小，根据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，故a错误，b正确cd、加速度方向向上，与速度相同，所以速度一直增大故c、d错误故选：b【点评】解决本题的关键得出自由电荷所受合力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，以及知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向反向，做减速运动7如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为r，等边三角形abc的边长为l，顶点c恰好位于圆周最低点，cd是ab边的中垂线在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷现把质量为m带电荷量为+q的小球由圆弧的最高点m处静止释放，到最低点c时速度为v0不计+q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（）a小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒bc点电势比d点电势高cm点电势为（mv022mgr）d小球对轨道最低点c处的压力大小为mg+m+2k【考点】功能关系；牛顿第二定律；向心力；电势能【分析】此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断【解答】解：a、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故a错误；b、cd处于ab两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故b错误；c、m点的电势等于=，故c正确；d、小球对轨道最低点c处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故d错误；故选：c【点评】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大8图（a）为示波管的原理图若在xx上加上如图甲所示的扫描电压，在yy上加如图乙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是（）abcd【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用【分析】示波管的yy偏转电压上加的是待显示的信号电压，xx偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解答】解：因甲图xx偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与yy偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象则显示的图象与yy所载入的图象形状是一样的，故a正确故选：a【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，难度适中二、多项选择（每题4分，共16分）9一个带电粒子在静电场中由静止释放，仅受电场力的作用，则正确的是（）a加速度一定不变b运动轨迹一定与电场线重合c运动轨迹可能与电场线重合d电势能可能逐渐减少【考点】电势能【分析】根据牛顿第二定律分析加速度带电粒子的运动情况与电场力、初速度都有关由电场力做功分析电势能的变化【解答】解：a、该电场可能是匀强电场，也可能是非匀强电场，所以带电粒子所受的电场力可能是恒力，也可能是变力，由牛顿第二定律知加速度可能不变，也可能变化，故a错误bc、只有电场线是直线时，运动轨迹才与电场线重合，若电场线是曲线，运动轨迹与电场线不重合，故b错误，c正确d、带电粒子在静电场中由静止释放，电场力做正功，电势能减少，故d正确故选：cd【点评】解决本题的关键要明确加速度与场强的关系、运动轨迹与电场线的关系、电场力做功与电势能变化的关系10图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过m点，再经过n点，可以判定（）am点的电势大于n点的电势b粒子在m点的加速度大于在n点的加速度c粒子在m点的动能小于n点的动能d粒子在m点的电势能小于n点的电势能【考点】电场线；电势【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小根据电场力做功正负分析动能和电势能的变化【解答】解：a、根据顺着电场线方向电势降低可知，m点的电势高于n点的电势故a正确b、m点处的电场线较疏，而n点处电场线较密，则m点处的电场强度较小，粒子在m点所受的电场力也较小，根据牛顿第二定律知，在m点的加速度小，故b错误cd、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在m点的动能小于在n点的动能，在m点的电势能大于在n点的电势能，故c正确，d错误故选：ac【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小11静电场方向平行于x轴，其电势随的分布可简化为如图所示的折线，下列说法中正确的是（）ax轴上x2到o之间的电场强度大于o到x3之间的电场强度bx轴上x2到o之间的电场强度的方向与o到x3之间的电场强度的方向相同c正电荷沿x轴从x1运动到o的过程中，电场力做正功，电势能减少d负电荷沿x轴从o运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电势随x均匀变化时，电场强度的大小不变，但不是匀强电场；由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向根据动能定理研究动能根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化【解答】解：a、由图可知，x轴上x2到o之间的电势降落大于o到x3之间的电势降落；故x2到o之间的电场强度大于o到x3之间的电场强度；故a正确；b错误c、正电荷x轴从x1运动到o的过程中，由低电势到高电势；故电场力做负功；故电势能增加；故c错误；d、负电荷沿x轴从o运动到x3的过程中，由高电势和低电势；故电场力做负功，电势能增加；故d正确；故选：ad【点评】本题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；明确沿电场线的方向电势降落12如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是（）a末速度大小为v0b末速度沿水平方向c重力势能减少了mgdd克服电场力做功为mgd【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】0时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，内，微粒做平抛运动，t时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解【解答】解：a、0时间内微粒匀速运动，则有：qe0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，t时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，t时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故a错误，b正确c、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故c正确d、在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解知道在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等三实验题（每空2分，共14分）13在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关他选用带正电的小球a和b，a球放在可移动的绝座上，b球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒c点，如图所示实验时，先保持两电荷量不变，使a球从远处逐渐向b球靠近，观察到两球距离越小，b球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，b球悬线的偏角越大实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量增加而增大历史上法国学者库仑通过更精确的实验探究总结出两点电荷间相互作用力与两点电荷的电荷量、间距的定量关系此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”）【考点】库仑定律【分析】由于实验时，先保持两球电荷量不变，使a球从远处逐渐向b球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法【解答】解：对小球b进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：f=mgtan，即b球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使a球从远处逐渐向b球靠近，观察到两球距离越小，b球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，b球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大先保持两球电荷量不变，使a球从远处逐渐向b球靠近这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法故答案为：减小； 增加； 库仑； 控制变量法【点评】该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点本题属于简单题14静电计是测量电势差的仪器指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图在本实验中，静电计指针和a板等电势，静电计金属壳和b板等电势，因此指针偏转角越大表示a、b两极板间的电势差越大现对电容器充电后断开开关若按图下方的说明来做实验，则甲图中两板间电势差增大；乙图中两板间电势差减小；丙图中两板间电势差减小（“变大”、“变小”或“不变”）【考点】电容【专题】电容器专题【分析】当电容器一直和电源相连时电压不变，充电后和电源断开时，所带电量不变，因此判断电容器的状态是解题关键，然后根据板间距离、正对面积、电解质等对电容器的影响来判断电容变化，根据电压、电容、电量之间的关系判断电压变化情况【解答】解：图甲中当极板b向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式c=，可知电容减小，根据u=可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大，图乙中，电容器板间距离减小，电容增大，根据u=可知电压减小，图丙中插入电解质，电容增大，电容增大，根据u=可知电压减小故答案为：增大 减小 减小【点评】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式：c=，和电容器的定义式：c=的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算四、计算题（写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）15将一个电荷量q=3106c的负点电荷，从电场中的a点移到b点时，克服电场力做功6104j，从b点移到c点电场力做功9104j（1）求ab、bc、ca间电势差uab、ubc、uac；（2）将一个电子从电场中的a点移到c点，电场力所做的功为多少电子伏，电势能变化了多少？【考点】电势能；电势差【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据公式由做功与电量可求出两点的电势差电荷在电场力作用下做功w=qu【解答】解：（1）电荷量q=3106c，电场力的功wab=3106j，wbc=9104j，由电势差的定义vvuac=ac=uab+ubc=100v（2）电子的电荷量为e，从a点移到c点电场力所做的功为wac=quac=euac=100ev 电势能减少了100ev 答：（1）ab、bc、ca间电势差uab=200v、ubc=300v、uac=100v；（2）电场力所做的功为100电子伏，电势能减小了100ev【点评】电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样电势差可正可负，所以u=公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性16如图所示，由静止开始被电场（加速电压为u1）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板若金属板长为l，板间距离为d、两板间电压为u2求（1）粒子穿越加速电场获得的速度v1（2）粒子在偏转电场发生的侧位移y（3）粒子射出偏转电场时的速度v2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）由动能定理可求得加速穿过加速电场速度（2）由水平方向的匀速直线运动规律可求得穿越偏转电场的时间，由沿电场线的匀加速直线运动规律可求得侧移距离；（3）分别求出水平速度和沿电场的速度，由速度的合成【解答】解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：qu1=所以v0=（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为l，由于电子恰好射出电场，所以有：l=v0t 解得：t=；粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度a：带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度a=带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动y=（3）带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy，则vy=at合速度为答：（1）粒子穿越加速电场获得的速度v1为（2）粒子在偏转电场发生的侧位移y为（3）粒子射出偏转电场时的速度v2为【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，利用动能定理求的速度，后在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向初速度为零的匀加速度运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可17如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点o，用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0104c正电荷的金属小球悬挂在o点，小球静止在b点时细线与竖直方向的夹角为=37求：（1）ab两点间的电势差uab（2）将小球拉至位置a使细线水平后由静止释放，小球通过最低点c时细线对小球的拉力f的大小（3）如果要使小球能绕o点做完整的圆周运动，则小球在a点时沿垂直于oa方向运动的初速度v0的大小（g取10m/s2，sin37=o.60，cos37=0.80）【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）小球在b点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；（