2019-2020年高二上学期期中物理（选修）试卷 含解析.doc

2019-2020年高二上学期期中物理（选修）试卷 含解析一、单项选择题本题共8小题，每小题4分，共计32分每小题只有一个选项符合题意1关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D以上说法均不正确2关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A点电荷是一种理想化的物理模型B点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍C点电荷所带电荷量一定很小D点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型3两个大小相同、带电也相同的金属球A和B，分别固定在两处，相互作用力为F现用另一个不带电的同样大小的C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则后来A、B两球间的作用力变为（）ABCD4如图所示为电场中的某一条电场线，A、B、C是其上的三点现用EA、EB、EC表示这三点的电场强度，A、B、C表示这三点的电势，EPA、EPB、EPC表示某一点电荷q在这三点具有的电势能，则必有（）AEAEBECBABCCEPAEPBEPCDEPC=EPB=EPA5如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线，关于它们的电阻值说法正确的是（）A电阻R1的阻值较大B电阻R2的阻值较大C电阻R1和电阻R2一样大D若给两个电阻加上相等的电压，电阻R2的电流更大6如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则（）A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abC场强方向一定向右，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab7如图所示，已知电阻R1=3，R2=6，电流表A的示数是0.6A，则电流表A1的示数是（）A0.1AB0.2AC0.4AD0.6A8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大二、多项选择题本题共5小题，每小题5分，共计25分每小题有多个选项符合题意全部选对得5分，选对不全得3分，错选或不答的得0分9在正电荷Q的电场中的P点放一点电荷，其电荷量为+q，P点距离Q为r，+q所受的电场力为F则P点的电场强度为（）ABCD10滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（）A若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小B若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大C若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变D若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大11如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，一带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出，粒子电势能E1若保持上板不动，将下板上移，小球仍以相同的速度从原点射入电场，粒子电势能E2，下列分析正确的是（）A两板间电压不变B两板间场强变大C粒子将打在下板上DE1E212用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（）A若电流表示数有显著变化，K应按aB若电流表示数有显著变化，K应按bC若电压表示数有显著变化，K应按aD若电压表示数有显著变化，K应按b13如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度时间图象如图乙所示，则（）A电子在A、B两点受的电场力FAFBBA、B两点的电场强度EAEBCA、B两点的电势ABD电子在A、B两点具有的电势能EPAEPB三、实验、填空题.本题有2小题，共计20分请将解答填写在答题纸相应的位置14（8分）一个电流表G的内阻Rg=50，满偏电流为Ig=1mA，若要将其改装成量程为0，6A的电流表需（填“串联、并联”）电阻为 欧（结果保留三位有效数字）；要把它改装成量程为15V的电压表需（填“串联、并联”）电阻为 欧15（12分）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）；B电流表（00.6A，内阻0.01）；C电压表（03V，内阻5k）；D电压表（015V，内阻50k）；E滑动变阻器（010，0.5A）；F滑动变阻器（01k，0.1A）；G电源（3V），电键一个，导线若干（1）实验中所用的电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（填前面的序号）（2）要求电压从0开始测量并减小实验误差，应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图测出的电阻值比真实值偏（选填“大”或“小”），原因是四、计算题.本题共3小题，共计43分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只与出最后答案的不能得分有数值的题，答案中必须明确写出数值和单位16（15分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2107J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）电荷从b移到c，静电力做功W2（3）a、c两点间的电势差Uac17（13分）用30cm长的绝缘细线将质量为4103的带电小球P悬挂在O点的正下方，当空中有方向为水平向右、大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态，如图所示（g=10N/kg；sin37=0.6；cos37=0.8）（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力18（15分）如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能xx学年江苏省盐城市时杨中学高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题本题共8小题，每小题4分，共计32分每小题只有一个选项符合题意1关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D以上说法均不正确【考点】元电荷、点电荷【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确 故选C【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体2关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A点电荷是一种理想化的物理模型B点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍C点电荷所带电荷量一定很小D点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型【考点】元电荷、点电荷；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；元电荷是电量的最小值，是一个电量的单位；检验电荷是对电场起检验作用的，其大小要足够小，电量也要足够小，不能影响原来的电场分别情况【解答】解：A、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，点是没有大小的，而实际物体总有大小，故点电荷是理想模型，故A正确；B、元电荷是电量的最小值，是一个电量的单位，不管物体的大小能不能忽略，物体的带电量一定是元电荷的整数倍，故B错误；C、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故C错误；D、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，元电荷是电量的最小值，检验电荷的体积和电荷量要足够的小，故点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故D错误；故选A【点评】本题关键是对点电荷、元电荷和检验电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法3两个大小相同、带电也相同的金属球A和B，分别固定在两处，相互作用力为F现用另一个不带电的同样大小的C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则后来A、B两球间的作用力变为（）ABCD【考点】库仑定律【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律的内容，结合带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，即可求解【解答】解：假设A带电量为Q，B带电量为Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F=k=F，若A带电量为+Q，B带电量为+Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为+，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为+，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F=k=F，故C正确，ABD错误； 故选：C【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题4如图所示为电场中的某一条电场线，A、B、C是其上的三点现用EA、EB、EC表示这三点的电场强度，A、B、C表示这三点的电势，EPA、EPB、EPC表示某一点电荷q在这三点具有的电势能，则必有（）AEAEBECBABCCEPAEPBEPCDEPC=EPB=EPA【考点】电势能【分析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，沿着电场线电势逐渐降低，根据公式Ep=q判断电势能的高低【解答】解：A、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于只有一根电场线，故无法判断电场强度的大小，故A错误；B、沿着电场线电势逐渐降低，故ABC，故B正确；C、D、根据公式Ep=q，负电荷在电势高的点电势能小，故EPCEPBEPA，故CD错误；故选：B【点评】本题关键是明确电场线与电场强度和电势的关系，注意电势能与试探电荷有关，电势和场强与试探电荷无关5如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线，关于它们的电阻值说法正确的是（）A电阻R1的阻值较大B电阻R2的阻值较大C电阻R1和电阻R2一样大D若给两个电阻加上相等的电压，电阻R2的电流更大【考点】路端电压与负载的关系【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据图示图象可以比较出电压相等时通过电阻的电流大小；然后应用欧姆定律可以比较出电阻大小关系【解答】解：ABC、由欧姆定律可知，电阻：R=，由于U相同而I1I2，则R1R2，故AC错误，B正确；D、若给两个电阻加上相等的电压，电阻越大的，电流越小，因此电阻R2的电流更小，故D错误；故选：B【点评】本题考查了比较电流大小与电阻大小关系问题，分析清楚图示图象、应用欧姆定律即可解题，本题是一道基础题6如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则（）A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abC场强方向一定向右，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab【考点】电场线；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定【解答】解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势ab故选C【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧7如图所示，已知电阻R1=3，R2=6，电流表A的示数是0.6A，则电流表A1的示数是（）A0.1AB0.2AC0.4AD0.6A【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】先求出两个电阻并联的阻值，再依据欧姆定律求出干路电流，结合并联电路的电压、电流规律即可解题【解答】解：外电路的总电阻为：R=2电路的总电压为：U=IR=0.62V=1.2V则电流表A1的示数：I1=A=0.4A故选：C【点评】要扎实掌握并联电路电流规律、电压规律、欧姆定律，是解决本题的关键也可以根据并联电路电流与电阻成反比，运用比例法求解8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【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】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【解答】解：A、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，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、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B正确C、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C错误D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选：B【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：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二、多项选择题本题共5小题，每小题5分，共计25分每小题有多个选项符合题意全部选对得5分，选对不全得3分，错选或不答的得0分9在正电荷Q的电场中的P点放一点电荷，其电荷量为+q，P点距离Q为r，+q所受的电场力为F则P点的电场强度为（）ABCD【考点】电场强度；库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的定义式为 E=，适用于任何电场，式中q是放入电场中的试探电荷点电荷的场强公式为E=k根据这两个公式求解P点的电场强度【解答】解：+q是放入电场中的试探电荷，据电场强度的定义式可知，P点的电场强度为 E=又根据点电荷的场强公式得P点的电场强度为 E=k故AD正确，BC错误故选：AD【点评】本题的解题关键要掌握电场强度的两个公式E=和E=k，要明确公式各个量的含义，知道它们的适用条件10滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（）A若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小B若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大C若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变D若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大【考点】串联电路和并联电路【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】滑动变阻器是靠改变接入电路的电阻线的长度改变接入电路的电阻大小的滑动变阻器要串联在电路中，采用“一上一下”的连接方法并明确接入电路的是哪一部分【解答】解：A、若将a、d两端连在电路中，接入电路部分为ap；则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故A错误；B、若将a、c两端连在电路中，接入电路部分为ap；故当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故B正确；C、若将a、b两端连在电路中时，滑动变阻器全部接入，起不到调节电阻的作用；阻值不变，故C正确；D、若将b、c两端连在电路中，接入部分为Pb，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小；故D错误；故选：BC【点评】此题的关于滑动变阻器使用方法的基本题目，只要把握住“一上一下”的接法就能解决此题，明确接入部分，从而明确调节滑片时电阻的变化11如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，一带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出，粒子电势能E1若保持上板不动，将下板上移，小球仍以相同的速度从原点射入电场，粒子电势能E2，下列分析正确的是（）A两板间电压不变B两板间场强变大C粒子将打在下板上DE1E2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；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】将电容器下板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况，粒子做类平抛运动【解答】解：A、将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E=，可知当d减小时，场强E不变，但极板间电压U=Ed会随d减小而降低，故A错误B、由A分析知，B错误C、由于场强不变，故粒子运动轨迹不变，由于下板上移，故粒子将打在下板上，故C正确D、由于电势差变小，电场力做功减小，故电势能该变量变小，故D正确故选CD【点评】注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值另外，可考虑仅将上极板向上移动，结果会如何？12用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（）A若电流表示数有显著变化，K应按aB若电流表示数有显著变化，K应按bC若电压表示数有显著变化，K应按aD若电压表示数有显著变化，K应按b【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法【解答】解：A、电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，K应接在b处，故A错误，B正确；C、如果电压表示数变化明显，电压表示数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，K应接在a处，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题13如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度时间图象如图乙所示，则（）A电子在A、B两点受的电场力FAFBBA、B两点的电场强度EAEBCA、B两点的电势ABD电子在A、B两点具有的电势能EPAEPB【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】由静止释放电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，分析电场力的方向，确定电场线的方向根据顺着电场线方向，电势降低，判断电势的高低从速度图象看出，电子从A运动到B过程加速度变小，场强增变小【解答】解：根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从AB，而电子带负电，电场线方向从BA，则B点的电势大于A点的电势，即AB故C正确从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变化，电场力减小，即FAFB，场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即EAEB故A错误，B正确；因电场力做正功，则电势能减小，故D错误故选：BC【点评】本题要根据电子的运动情况判断电子的受力情况，从而确定场强，电势的变化情况三、实验、填空题.本题有2小题，共计20分请将解答填写在答题纸相应的位置14（8分）一个电流表G的内阻Rg=50，满偏电流为Ig=1mA，若要将其改装成量程为0，6A的电流表需并联（填“串联、并联”）电阻为0.083 欧（结果保留三位有效数字）；要把它改装成量程为15V的电压表需串联（填“串联、并联”）电阻为14950 欧【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【解答】解：把电流表改装成0.6A电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.0833；把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=Rg=50=14950，故答案为：并联，0.0833，串联，14950；【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题，注意明确改装中表头的电压、电流和电阻均不变，将其作为电阻处理，分析当电流达到满偏时的总电流和总电压即可15（12分）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）；B电流表（00.6A，内阻0.01）；C电压表（03V，内阻5k）；D电压表（015V，内阻50k）；E滑动变阻器（010，0.5A）；F滑动变阻器（01k，0.1A）；G电源（3V），电键一个，导线若干（1）实验中所用的电流表应选A，电压表应选C，滑动变阻器应选E（填前面的序号）（2）要求电压从0开始测量并减小实验误差，应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图甲测出的电阻值比真实值偏小（选填“大”或“小”），原因是电压表的分流作用【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定电流选择电压表与电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验器材与题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路，根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，电压表选C，灯泡额定电流为I=0.13A，电流表选A，为方便实验操作，滑动变阻器应选E；（2）灯泡正常发光时的电阻为：R=60，电压表内阻约为3k，电流表内阻约为2，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，应选图甲所示电路图；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小故答案为：（1）A，C，E； （2）甲，小，电压表的分流作用【点评】本题考查了实验器材的选择、实验电路的选择、实验误差分析，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路的关键四、计算题.本题共3小题，共计43分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只与出最后答案的不能得分有数值的题，答案中必须明确写出数值和单位16（15分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2107J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）电荷从b移到c，静电力做功W2（3）a、c两点间的电势差Uac【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac【解答】解：ab=5cm0.05m，bc=12cm=0.12m（1）由题，由W1=qELab得：E=V/m=60V/m，（2）电荷从b移到c电场力做功为：W2=qELbccos60=4108600.120.5J=1.44107J（3）电荷从a移到c电场力做功为：Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为：Uac=V=6.6V答：（1）匀强电场的场强为60V/m（2）电荷从b移到c电场力做功为1.44107J（3）a、c两点的电势差为6.6V【点评】匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负17（13分）用30cm长的绝缘细线将质量为4103的带电小球P悬挂在O点的正下方，当空中有方向为水平向右、大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态，如图所示（g=10N/kg；sin37=0.6；cos37=0.8）（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；物体的弹性和弹力【专题】计算题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题【解答】解：（1）小球受力如图，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37，得：（3）如受力图可知：=0.05N答：（1）小球的带正电；（2）小球的带电量；（3）细线的拉力0.05N【点评】受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系18（15分）如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=（2）粒子在竖直方向：y=，a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到 代入数据得L=（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：=e（U0+）答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；【点评】本题是复合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究