2019-2020年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析） (V)一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）（xx秋永昌县期中）下列关于电流的说法中正确的是（）A只要导体中有电荷运动，就有电流B导体中没有电流时，导体内的电荷是静止的C导体中的电流一定是自由电子定向移动形成的D电流可能是由正电荷定向移动形成的，也可能是负电荷定向移动形成的考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：解答本题需要知道电流的形成，电路中形成电流的条件，电流方向的规定，解答：解：A、电荷的定向移动形成了电流，所以有电荷运动，不一定有电流，故A错误；B、导体中没有电流时，电荷不做定向移动，做杂乱无章的运动，不是静止的，故B错误；C、导体中的电流不一定是自由电子定向移动形成的，也可以是正电荷定向移动形成的，故C错误；D、电荷的定向移动形成了电流，所以电流可能是由正电荷定向移动形成的，也可能是负电荷定向移动形成的，故D正确故选D点评：本题综合考查了电流的形成、电流形成的条件、电流的方向和电流大小，这些都是基本内容，要记住2（4分）（xx秋迎江区校级期末）对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关解答：解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U=IR，对一定的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确本题选错误的，故选C点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题3（4分）（xx江苏模拟）电场中有一点P，下列说法正确的是（）A若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半B若P点没有检验电荷，则P点的场强为零CP点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大DP点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义比值与电场力及电量均无关而电场线越密的地方，电场强度越强沿着电场线方向，电势是降低的解答：解：A、通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度，该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；B、若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变故B错误；C、P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；D、P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故D错误；故选：C点评：电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系例如：质量与体积的比值定义为密度当质量变大时，体积变大，而比值却不变电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向4（4分）（xx秋陆丰市校级期末）某电解池内若在2s内各有1.01019个二价正离子和21019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A0B0.8AC1.6AD3.2A考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：电解液中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流解答：解：电流由正、负离子的定向移动形成，则在2s内通过横截面的总电荷量应为Q=1.6101921019C+1.610191211019 C=6.4C由电流的定义式可知：I=A=3.2A故选D点评：本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和5（4分）（xx秋永昌县期中）两个放在绝缘架上的相同金属球，相距为r，已知球的半径比r小很多，带电量大小分别为q和3q，相互作用力为3F现将这两个金属球相接触，过一段时间再分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力可能变为（）AFBC4FD0考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：两个小球接触后分开，电荷先中和再平分，根据库仑定律F=k 相互作用力解答：解：接触前库仑力F1=3F=k=接触后分开，两小球的电荷都为q，则库仑力F2=k=F故选A点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和再平分以及掌握库仑定律F=k 6（4分）（xx秋永昌县期中）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（）AEaEbEcBabcCab=bcDEa=Eb=Ec考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系解答：解：AD、只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故AD均错误B、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知abc，C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：B点评：本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义7（4分）（xx秋永昌县期中）如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，R1边长为2L，R2边长为L，若R1的阻值为8，则R2的阻值为（）A64B4C16D8考点：电阻定律；欧姆定律专题：恒定电流专题分析：R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，根据电阻定律的公式R=判断即可解答：解：两个电阻的长度比为2：1，横截面积比为2：1，由公式R=知，两电阻比为1：1；若R1的阻值为8，则R2的阻值也为8；故D确，A、B、C错误故选：D点评：本题考查了电阻微型化的原理，解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=，基础题目8（4分）（xx秋永昌县期中）下图四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是（）ABCD考点：元电荷、点电荷分析：验电器的工作原理是由于两个金属箔片带同种电荷而相互排斥处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面解答：解：A、处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面，故AC正确，B错误D、由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金箔是闭合的故D错误故选AC点评：本题考查了验电器的工作原理：同种电荷相互排斥9（4分）（xx广州二模）如图是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比（）AI变大，U变大BI变大，U变小CI变小，U变小DI变小，U变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=EI（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大故B正确，ACD错误故选B点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分整体部分”的顺序进行分析10（4分）（xx佛山一模）如图中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是（）A两点的场强等大、反向BP点电场更强C两点电势一样高DQ点的电势较低考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线解答：解：A、根据电场线的疏密判断场强的大小，由图看出，P、Q两点中，P处电场线疏，Q的电场线密所以Q的场强大于P点场强，故A错误，B错误C、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故P、Q两点的电势相等故C正确，D错误故选C点评：对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆二、多选题（本题4小题，每小题4分，共16分）11（4分）（xx秋衡阳校级月考）金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金的电阻率几乎不受温度的影响根据以上的信息，判断下列的说法中正确的是（）A连接电路用的导线一般用合金来制作B电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作C电阻温度计一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作D标准电阻一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量电阻率不仅和导体的材料有关，还和导体的温度有关解答：解：A、纯金属的电阻率小，故连接电路用的导线一般用纯金属来制作，故A错误；B、合金的电阻率大，故电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作，故B正确；C、有的金属电阻率随温度变化而显著变化，故电阻温度计一般用随温度变化而显著变化的金属材料制作，故C正确；D、有的合金的电阻率几乎不受温度的影响，故标准电阻一般用合金材料制作，故D正确；故选：BCD点评：电阻率和电阻是两个不同的概念电阻率是反映物质对电流阻碍作用的属性，电阻是反映物体对电流阻碍作用的属性12（4分）（xx秋衡阳校级月考）传感器是一种采集信息的重要器件如图是一种测定压力的电容式传感器当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联接成闭合电路那么（）A当F向上压膜片电极时，电容将减小B当F向上压膜片电极时，电容会改变C若电流计有示数，则压力F不发生变化D若电流计有示数，则压力F发生变化考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合电势差不变，通过Q=CU判断电量的变化，从而得出电流计是否有示数解答：解：A、当F向上压膜片电极时，两极板的距离减小，根据电容的决定式C=知电容增大故A错误，B正确C、当F发生变化时，d变化，则电容变化，电势差不变，根据Q=CU知，电容器所带的电量改变，电流计有示数故C错误，D正确故选：BD点评：本题属于电容器的动态分析，关键抓住不变量知道当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电量不变13（4分）（xx秋衡阳校级月考）如图1所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线将电阻R1和R2接入如图2所示电路中，闭合开关s后，当滑动变阻器触片P向下移动时，则（）A电流表示数减小B电压表示数增大C电源的总功率增大D电阻R1上消耗的电功率大于电阻R2上消耗的电功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：题中电阻R1和R2并联，再与滑动变阻器R串联，根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况，根据P=EI判断电源的总功率变化情况，根据P=UI判断电阻R1和R2消耗功率情况解答：解：A、当滑动变阻器触片P向下移动时，电阻R变大，整个外电阻阻值变大，根据闭合电路欧姆定律，电流变小，故A正确；B、电压表与电阻R1和R2并联，故电压随电流的减小而减小，故B错误；C、由于电流减小，故电源的总功率P=EI减小，故C错误；D、根据P=UI，从UI可以看出，当电压相同时，电阻R1电流较大，故电阻R1电功率较大，故D正确；故选：AD点评：本题是简单的电路动态分析问题，关键理清电路结构，根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况，根据欧姆定律判断电压变化情况，根据P=UI判断电功率变化情况14（4分）（xx秋湖北期末）如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r0若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A减小R1，C1、C2所带的电量都增加B增大R2，C1、C2所带的电量都增加C增大R3，C1、C2所带的电量都增加D减小R4，C1、C2所带的电量都增加考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化解答：解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；故选BD点评：本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题三、实验题（本题包括3个小题，每空2分，共22分）15（6分）（xx秋永昌县期中）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变大；乙图中两板间电势差变小；丙图中两板间电势差变小（“变大”、“变小”或“不变”）考点：电势差专题：实验题；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，所带电量不变这，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：电容器充电后和电源断开其带电量不变，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，可知电容减小，根据可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大；同理图乙中，电容器板间距离减小，电容增大，根据可知电压减小；图丙中插入电解质，电容增大，电容增大，根据可知电压减小故答案为：变大，变小，变小点评：有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式：和电容器的定义式：的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算16（8分）（xx秋铜陵期末）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A”或“B”）（3）图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E=1.50 V，内阻r=1考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；（2）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流解答：解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；（3）由UI图可知，电源的电动势E=1.50V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r=1；故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）1.50；1；点评：本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻17（8分）（xx秋蒙自县校级期末）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1） B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125） D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k） F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02 000，额定电流0.3A） H开关、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.2V考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法（3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数解答：解：（1）必选器材有：A、H电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D金属导线的电阻约为5左右，则通过导线的电流最大值约Imax=0.6A故电流表选C为方便实验操作，滑动变阻器应选F，即需要的实验器材是：A、C、D、F、H （2）由题意可知：=40，=600，电流表应采用外接法（3）由图示电流表可知，其量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；由图示电压表可知，其量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.2V故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48，2.2点评：本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直四、计算题（本题共4小题，共32分解答应写出必要的文字说明）18（8分）（xx秋永昌县期中）如图所示电子射线管阴极K发射电子，阳极P和阴极K间 加上电压后电子被加速A、B是偏向板，使飞进的电子偏离若已知P、K间所加电压UPK=2.5103V，两极板长度L=6.0102m，板间距离d=3.6102m，所加电压UAB=1000V，R=3102m，电子质量me=9.11031kg，电子的电荷量e=1.61019C设从阴极出来的电子速度为0，不计重力 试问：（1）电子通过阳极P板的速度0是多少？（2）电子通过偏转电极时具有动能Ek是多少？（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3102m荧光屏上O点，此点偏离入射方向的距离y是多少？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）由动能定理可以求出电子的速度（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理求出电子动能（3）应用动能定理与几何知识求出电子的偏移量解答：解：（1）在加速电场中，由动能定理得：eUPK=mv020，代入数据解得：v0=3.0107m/s；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t=，偏移量：y=at2=t2，在偏转电场中，由动能定理得：ey=EKmv02，代入数据解得：EK=4.41016J；（3）在偏转电场中，由动能定理得：ey=mvy20，tan=，Y=y+Rtan，代入数据解得：Y=2.0102m答：（1）电子通过阳极P板的速度0是3.0107m/s；（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是 4.41016J；（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3.0102m荧光屏上O点，此点偏离入射方向的距离y是2.0102m点评：本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速、在偏转电场中做类平抛运动、离开偏转电场后做匀速直线运动，分析清楚电子运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律即可正确解题19（8分）（xx秋宝山区期末）如图所示的电路中，R1=9，R2=30，S闭合时，电压表V的示数为11.4V，电流表A的示数为0.2A，S断开时，电流表A的示数为0.3A，求：（1）电阻R3的值；（2）电源电动势E和内电阻r的值考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）本电路的结构为：R2和R3并联再与R1串联，最后接到电源上，根据欧姆定律及串并联电路电压、电流的关系即可求解；（2）根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求解解答：解：（1）根据欧姆定律得：电阻R2两端的电压U2=I2R2=0.230=6V则R1两端的电压U1=UU2=11.46=5.4V根据欧姆定律得：根据串并联电路电流关系得：I3=I1I2=0.60.2=0.4A根据欧姆定律得：（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir所以E=11.4+0.6rE=0.3（9+30）+0.3r解式和，得E=12V，r=1答：（1）电阻R3的值为15；（2）电源电动势E为12V，内电阻r的值为1点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律及串并联电路电压、电流的关系的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，难度适中20（8分）（xx秋和平区校级期中）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量q=1102C，质量m=2102kg，不考虑空气阻力那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（取g=10m/s2）考点：动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系；闭合电路的欧姆定律专题：电场力与电势的性质专题分析：根据动能定理计算AB间的电场强度，根据匀强电场的电场强度与电势差的关系UAB=Ed，计算AB间的电势差最后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值解答：解：小球进入极板之间后受到重力和电场力的作用，且到达A的速度为0，设极板最近的电势差为UAB由动能定理得：代入数据解得AB间的电势差为：UAB=8V设通过R2电流为I，滑动变阻器两端电压等于AB间的电势差，由欧姆定律得：=1A 滑动变阻器接入电路的电阻：答：当R2的阻值为8时，小球恰能到达A板点评：本题属于偏难点的力学综合题，求AB间电势差时也可根据牛顿第二定律与运动学的公式求得21（8分）（xx春松滋市校级月考）如图所示，用30cm的细线将质量为4103kg的带电小球P悬挂在O点下，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，g=10m/s2（1）分析小球带电性质；（2）求小球的带电荷量；（3）若把细绳剪断，分析小球做什么运动，加速度为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，确定电场力的方向，即可判断小球的电性（2）根据平衡条件，将小球的重力进行分析，列式求解即可（3）剪断细线后带电小球只重力和电场力，这两个力都是恒力，而且不变，根据牛顿第二定律求解加速度a解答：解：（1）因小球向右偏，所受的电场力水平向右，场强也水平向右，所以小球带正电（2）小球受力情况，如图所示根据平衡条件得： qE=mgtan得：q=C=3106C（3）若把细绳剪断，小球做匀加速直线运动原来小球所受细线的拉力：T=5102N剪断后细绳小球所受的合力与T大小相等，方向相反，则加速度大小为 a=12.5m/s2答：（1）小球带正电 （2）小球的带电荷量是3106C （3）若把细绳剪断，小球做匀加速直线运动，加速度为12.5m/s2点评：正确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本题也可运用正交分解法处理