山东省聊城市临清一中高二物理上学期期中模拟试题（含解析）新人教版.doc

2014-2015学年山东省聊城市临清一中高二（上）期中物理模拟试卷（二）一、选择题目（本题共12小题，每题4分，共48分有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母涂在答题卡上，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分） 1（4分）关于库仑定律，下列说法正确的是（）a库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体b根据f=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大c若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力d库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律 2（4分）电阻r1、r2、r3串联在电路中已知r1=10、r3=5，r1两端的电压为6v，r2两端的电压为12v，则（）a电路中的电流为0.6 ab电阻r2的阻值为20c三只电阻两端的总电压为21 vd电阻r3两端的电压为4 v 3（4分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，a=50v，c=20v，则a、c连线中点b的电势b为（）a等于35 vb大于35 vc小于35 vd等于15 v 4（4分）如图所示，mn是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论正确的是（）a该电场是匀强电场b该电场线的方向由n指向mc电子在a处的加速度小于在b处的加速度d因为电子从a到b的轨迹跟mn重合，所以电场线实际上就是带电粒子在电场中的运动轨迹 5（4分）如图所示，把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内并与内壁接触，其结果是（）a球壳的内外表面都带正电b只有球壳内表面带正电c只有球壳外表面带正电d球壳的内表面带正电，外表面带负电 6（4分）如图所示，点电荷+3q与+q分别固定在a、b两点，c、d两点将ab连线三等分现使一个带负电的试探电荷，从c点开始以某一初速度向右运动，不计试探电荷的重力则关于该电荷在cd之间的运动，下列说法中可能正确的是（）a一直做减速运动，且加速度逐渐变小b做先减速后加速的运动c一直做加速运动，且加速度逐渐变小d做先加速后减速的运动 7（4分）如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）a带电粒子所带电荷的正、负b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的加速度何处较大d带电粒子在a、b两点的速度何处较大 8（4分）两带电小球，电荷量分别为+q和q，固定在一长度为l的绝缘杆两端，置于足够大的电场强度为e的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过o点垂直于杆的轴转过180，则在此过程中电场力做功为（）a0bqelc2qeldqel 9（4分）平行板电容器的两极板a、b接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键s，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示则下列分析正确的是（）a保持电键s闭合，带正电的a板向b板靠近，则增大b保持电键s闭合，带正电的a板向b板靠近，则不变c电键s断开，带正电的a板向b板靠近，则增大d电键s断开，带正电的a板向b板靠近，则不变 10（4分）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在a、b、c三点，可以判断（）a落在a点的小球带正电，落在b点的小球不带电b三个小球在电场中运动的时间相等c三个小球到达极板时的动能关系为ekaekbekcd三个小球在电场中运动时的加速度关系为aaabac 11（4分）（2006湖北模拟）如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力f作用下沿水平面移动已知金属块在移动的过程中，外力f做功32j，金属块克服电场力做功8.0j，金属块克服摩擦力做功16j，则在此过程中金属块的（）a动能增加8.0 jb电势能增加24 jc机械能减少24 jd机械能增加48 j 12（4分）把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用p甲和p乙表示，则下列结论中正确的是（）ap甲=p乙bp甲=3p乙cp乙=3p甲dp乙3p甲二、实验题目（共12分，每空3分） 13（3分）如图所示为一量程为100a的电流表的刻度盘，电流表的内阻为100，现串联一个9900的电阻将它改装成电压表用它来测量电压，表盘指针位置如图所示该电压的大小是_v 14（9分）一实验小组准备探究某种元件q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图请回答下列问题：（1）请将图2中的实物连线按电路图补充完整（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值_（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值（3）实验测得表格中的数据请在图3坐标纸上作出该元件的iu图线序号电压/v电流/a10.000.0020.400.0230.800.0541.200.1251.600.2062.000.3172.400.44三、计算题目（共40分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15（9分）如图所示，水平放置的两平行金属板a、b接在u=4 000v的直流电源上，两极板间距离为2cm，a极板接地，电场中a点距b极板1cm，b点和c点均距a极板0.5cm，求：（1）a点的电场强度；（2）电子在b点的电势能；（3）电子从a点运动到c点，电场力做的功 16（9分）电阻r1=20、r2=20、r3=60，平行板电容器的电容c=4108f它们连接成如图所示的电路，并与u=8v的恒定电压连接，开始时开关s处于断开状态，若开关s闭合前电容器中间有一个带电颗粒处静止状态，则当开关s闭合后（电容器充、放电时间极短，可忽略不计），带电颗粒的加速度为多大？（取重力加速g=10m/s2） 17（10分）如图所示，bac是光滑绝缘的“l”字形平面，倒置于水平匀强电场中baac，d为ac的中点，bc与水平面平行，且b=60，ab=l，有一带电荷量+q的滑块，质量为m，先由a端沿ab面无初速下滑，到达b端的速率为v0，再由a端沿ac面无初速下滑到c端试求：（1）滑块到达d点的速度大小vd；（2）假设滑块对c端没有压力，滑块的加速度多大 18（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长l=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上若前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间已知微粒质量为m=2106kg，电荷量q=1108c，电容器电容c=106f，取g=10m/s2求：（1）为使第一个带电微粒的落点范围能在下极板中点到右边缘的b点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上2014-2015学年山东省聊城市临清一中高二（上）期中物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题目（本题共12小题，每题4分，共48分有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母涂在答题卡上，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）关于库仑定律，下列说法正确的是（）a库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体b根据f=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大c若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力d库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律考点：库仑定律版权所有分析：库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了解答：解：a、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故a错误b、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式f=k，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故b错误c、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷q1的电荷量与q2的电荷量大小如何，q1对 q2的电场力大小上总等于q2对 q1电场力故c错误d、库仑定律的表达式为f=k，万有引力定律的表达为f=g，故两表达式相似，都是平方反比定律，故d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷2（4分）电阻r1、r2、r3串联在电路中已知r1=10、r3=5，r1两端的电压为6v，r2两端的电压为12v，则（）a电路中的电流为0.6 ab电阻r2的阻值为20c三只电阻两端的总电压为21 vd电阻r3两端的电压为4 v考点：串联电路和并联电路；欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律即可求得电流；电阻r2的阻值等于r2的电压除以电流；三只电阻两端的总电压等与三个电阻电压之和解答：解：a、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：i=a=0.6a 故a正确； b、根据欧姆定律得：r2=20故b正确； c、电阻r3两端的电压u3=ir3=0.65=3v；总电压u=u1+u2+u3=6+12+3=21v，故c正确，d错误； 故选：abc点评：本题考查了串联电路电压、电流特点和欧姆定律的应用，难度不大，属于基础题3（4分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，a=50v，c=20v，则a、c连线中点b的电势b为（）a等于35 vb大于35 vc小于35 vd等于15 v考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有分析：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式u=ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势c解答：解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，根据公式u=ed可知，a、c间电势差uac大于b、c间电势差ubc，即：abbc，得到：b=35v故选：c点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小常规题4（4分）如图所示，mn是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论正确的是（）a该电场是匀强电场b该电场线的方向由n指向mc电子在a处的加速度小于在b处的加速度d因为电子从a到b的轨迹跟mn重合，所以电场线实际上就是带电粒子在电场中的运动轨迹考点：电场线；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系解答：解：a、电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则电子所受的电场力一定是由a指向b因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由n指向m由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故a错误，b正确；c、由于无法判断，负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，所以无法判断加速度大小，故c错误；d、电场线不是带电粒子在电场中的运动轨迹，而是人们为了形象描述电场而假想的曲线，故d错误故选：b点评：本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键基础题5（4分）如图所示，把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内并与内壁接触，其结果是（）a球壳的内外表面都带正电b只有球壳内表面带正电c只有球壳外表面带正电d球壳的内表面带正电，外表面带负电考点：静电场中的导体版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空腔球壳时，电子发生转移解答：解：把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则金属壳上带负电的电子与带正电的小球中和，内表面不带电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，故c正确，abd错误故选：c点评：本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分6（4分）如图所示，点电荷+3q与+q分别固定在a、b两点，c、d两点将ab连线三等分现使一个带负电的试探电荷，从c点开始以某一初速度向右运动，不计试探电荷的重力则关于该电荷在cd之间的运动，下列说法中可能正确的是（）a一直做减速运动，且加速度逐渐变小b做先减速后加速的运动c一直做加速运动，且加速度逐渐变小d做先加速后减速的运动考点：库仑定律；加速度版权所有分析：根据点电荷的电场强度公式得到：cd某点的场强为零若粒子的初速度较大，粒子在cd间做减速运动；若粒子的初速度较小，粒子在cd间先向右做减速运动，后向左做加速运动解答：解：根据点电荷的电场强度公式e=；则分析得到：cd某点的场强为零且ab之间的电场强度方向，ad段由a到d，而db段由b到d，若粒子的初速度较大，粒子在cd间做加速度减小的变减速运动若粒子的初速度较小，粒子在cd间先向右做减速运动，速度减到零后向左做加速运动故ab正确，cd错误故选：ab点评：本题考查分析物体运动情况的能力，考虑问题要全面，不能漏解中等难度7（4分）如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）a带电粒子所带电荷的正、负b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的加速度何处较大d带电粒子在a、b两点的速度何处较大考点：电场线；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小解答：解：abc、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性故a错误，b正确c、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故c正确d、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，d正确故选：bcd点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向8（4分）两带电小球，电荷量分别为+q和q，固定在一长度为l的绝缘杆两端，置于足够大的电场强度为e的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过o点垂直于杆的轴转过180，则在此过程中电场力做功为（）a0bqelc2qeldqel考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：细杆绕其中心o转过180，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功；负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功解答：解：细杆转的过程中，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功，w10，即qe；负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功w20即qe电场力对两小球所做的功：w=w1+w20即2qe，故abd错误，c正确故选：c点评：抓住电场力做功与路径无关，只与始末状态位置有关，抓住旋转过程中电场力分别对正负电荷做的功求解是关键9（4分）平行板电容器的两极板a、b接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键s，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示则下列分析正确的是（）a保持电键s闭合，带正电的a板向b板靠近，则增大b保持电键s闭合，带正电的a板向b板靠近，则不变c电键s断开，带正电的a板向b板靠近，则增大d电键s断开，带正电的a板向b板靠近，则不变考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关s闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关s，电容器所带的电量不变结合电场强度的变化判断夹角的变化解答：解：a、保持开关s闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的a板向b板靠近，极板间距离减小，电场强度e增大，小球所受的电场力变大，增大故a正确，b错误c、断开开关s，电容器所带的电量不变，c=，知d变化，e不变，电场力不变，不变故c错误，d正确故选：ad点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变10（4分）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在a、b、c三点，可以判断（）a落在a点的小球带正电，落在b点的小球不带电b三个小球在电场中运动的时间相等c三个小球到达极板时的动能关系为ekaekbekcd三个小球在电场中运动时的加速度关系为aaabac考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：有图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解解答：解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知不带电小球做平抛运动a1=，带正电小球做类平抛运动a2=，带负电小球做类平抛运动a3=根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短a、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的a是带正电荷的小球，b是不带电的小球，c带负电的小球故a正确b、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故b错误；c、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功由受力图可知，带负电小球合力最大为g+f，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为gf，做功最少动能最小故c错误d、因为a带正电，b不带电，c带负电，所以aa=a2，ab=a1，ac=a3，所以aaabac故d错误故选：a点评：确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析11（4分）（2006湖北模拟）如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力f作用下沿水平面移动已知金属块在移动的过程中，外力f做功32j，金属块克服电场力做功8.0j，金属块克服摩擦力做功16j，则在此过程中金属块的（）a动能增加8.0 jb电势能增加24 jc机械能减少24 jd机械能增加48 j考点：动能定理的应用；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：在金属块移动的过程中，外力、电场力和摩擦力做功，三者的总功动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量金属块克服电场力做功8.0j，知电势能的增加量三力做功的总和等于机械能的变化量根据功能关系进行分析解答：解：a、在金属块移动的过程中，外力f做功为32j，电场力做功为8.0j，摩擦力做功为16j，则总功为w=32j8.0j16j=8j，根据动能定理得知，动能增加为8.0 j故a正确b、金属块克服电场力做功8.0j，则电势能增加8j故b错误c、d外力、电场力和摩擦力做的总功为8j，根据功能关系得知，机械能增加8j故cd错误故选a点评：本题考查对功能关系的理解和应用能力几对常见的功与能的关系要加强理解，牢固掌握：电场力做功与电势能变化有关，总功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能的变化有关12（4分）把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用p甲和p乙表示，则下列结论中正确的是（）ap甲=p乙bp甲=3p乙cp乙=3p甲dp乙3p甲考点：电功、电功率；串联电路和并联电路版权所有专题：恒定电流专题分析：电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论解答：解：设灯泡正常发光时的电流为i，对于甲图，电路的总的电流为3i，此时甲的总功率的大小为p甲=u3i，对于乙图，电流的总电流的大小就为i，此时乙的总功率的大小为p乙=ui，所以p甲=3p乙，所以b正确故选：b点评：对于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单二、实验题目（共12分，每空3分）13（3分）如图所示为一量程为100a的电流表的刻度盘，电流表的内阻为100，现串联一个9900的电阻将它改装成电压表用它来测量电压，表盘指针位置如图所示该电压的大小是8v考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：由串联电路特点与欧姆定律求出电压表的量程，然后根据图示表盘读出其示数解答：解：电压表量程u=ig（rg+r）=100106（100+9900）=10v，由图示刻度盘可知，其示数为8v；故答案为：8点评：本题考查了电压表读数，根据串联电路特点求出电压表量程、然后根据表盘即可读出电压表示数14（9分）一实验小组准备探究某种元件q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图请回答下列问题：（1）请将图2中的实物连线按电路图补充完整（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值（3）实验测得表格中的数据请在图3坐标纸上作出该元件的iu图线序号电压/v电流/a10.000.0020.400.0230.800.0541.200.1251.600.2062.000.3172.400.44考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题分析：（1）根据题意与表中实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图（2）根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差（3）应用描点法作出图象解答：解：（1）由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；（2）电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：故答案为：（1）如图（2）小于（3）如图点评：应明确：连线实物图时应先将分压电路连接好再连接测量电路；进行待测电阻误差分析时，应将电压表或电流表的内阻考虑在内，然后根据欧姆定律列出真实值表达式，再与测量值比较即可；当电流或电压从零调时，变阻器采用的一定是分压式接法三、计算题目（共40分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（9分）如图所示，水平放置的两平行金属板a、b接在u=4 000v的直流电源上，两极板间距离为2cm，a极板接地，电场中a点距b极板1cm，b点和c点均距a极板0.5cm，求：（1）a点的电场强度；（2）电子在b点的电势能；（3）电子从a点运动到c点，电场力做的功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）ab间为匀强电场，根据e=求出a点的电场强度（2）求出b点的电势，根据ep=q求出电子在b点的电势能（3）根据w=qu求电场力做功解答：解：（1）a点的电场强度为：e= v/m=2105 v/m（2）b点的电势为：b=uab=edab=21050.5102 v=1 000 v电子在b点的电势能为：epb=eb=1.61019（1 000）j=1.61016 j（3）电场力做的功为：w=euac=1.61019（1 000）j=1.61016 j答：（1）a点的电场强度2105 v/m；（2）电子在b点的电势能1.61016 j；（3）电子从a点运动到c点，电场力做的功1.61016 j点评：解决本题的关键掌握匀强电场的电势差与场强的关系公式以及电势能的公式ep=q16（9分）电阻r1=20、r2=20、r3=60，平行板电容器的电容c=4108f它们连接成如图所示的电路，并与u=8v的恒定电压连接，开始时开关s处于断开状态，若开关s闭合前电容器中间有一个带电颗粒处静止状态，则当开关s闭合后（电容器充、放电时间极短，可忽略不计），带电颗粒的加速度为多大？（取重力加速g=10m/s2）考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：开关s处于断开状态时，电容器的电压为8v，粒子受重力和电场力而平衡；当闭合开关后，电压降低，故场强减小，粒子加速下降，根据牛顿第二定律求解加速度解答：解：开关s断开时，根据平衡条件得：；开关s闭合后，由串联分压规律得：对带电粒子受力分析，并根据牛顿第二定律可得：；联立以上各式，并代入数据，解得：a=5m/s2答：带电颗粒的加速度为5m/s2点评：本题关键是关键是理清电路结构，根据串并联电路的电压关系求解出电容器的电压，然后结合牛顿第二定律列式求解，不难17（10分）如图所示，bac是光滑绝缘的“l”字形平面，倒置于水平匀强电场中baac，d为ac的中点，bc与水平面平行，且b=60，ab=l，有一带电荷量+q的