物理卷·2018届山东省菏泽市鄄城一中高二上学期第二次月考物理试卷（探究部） （解析版） 19页

2016-2017 学年山东省菏泽市鄄城一中高二（上）第二次月考物 理试卷（探究部） 　 一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 1．如图所示，在 M、N 处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有 A、B 两点，已 知 MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　） A．A、B 两点电势相等 B．A、B 两点场强相同 C．将一正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做负功 D．负电荷在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能 2．直线 ab 是电场中的一条电场线，从 a 点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下， 沿直线从 a 点运动到 b 点，其电势能 Ep 随位移 x 变化的规律如图所示，设 a、b 两点的电场 强度分别为 Ea 和和 Eb，电势分别为 φa 和 φb．则（　　） A．Ea=Eb B．Ea＜Eb C．φa＜φb D．φa＞φb 3．如图所示，电子在电压为 U1 的电场中由静止开始加速，然后射入电压为 U2 的平行金属 板间的电场中，入射方向与极板平行．不计重力，在满足电子能射出平行板场区的条件下， 下述情况中一定能使电子偏转角度 θ 变大的是（　　） A．U1 变大，U2 变大 B．U1 变小，U2 变大 C．U1 变大，U2 变小 D．U1 变小，U2 变小 4．一个初动能为 Ek 的带电粒子，以速度 v 沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带 等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为 2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原 来的 2 倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能 为（　　） A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek 5．如图所示，在空间水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水 平，A．B．C 三点在同一直线上，且 AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（　　） A．电场力为 2mg B．小球带正电 C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等 6．如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块 P，将另一个带电小物块 Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在 Q 向上运动的过 程中（　　） A．物块 Q 的动能一直增大 B．物块 Q 的电势能一直增大 C．物块 P、Q 的重力势能和电势能之和一直增大 D．物块 Q 的机械能一直增大 　 二、多项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 7．两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂 直，a、b、c、d 为电场中几个点，并且 a、d 为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点， 则（　　） A．场强大小关系有 Eb＞Ec B．电势大小关系有 φb＞φd C．将一负电荷放在 d 点时其电势能为负值 D．将一正电荷由 a 点移到 d 点的过程中电场力做正功 8．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，静电计所带电荷 量很少，可被忽略．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下极板 竖直向下移动一小段距离，则（　　） A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所 受电场力不变 9．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是 60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐 标平面的匀强电场，其中 O（0，0）点电势为 6V，A（1， ）点电势为 3V，B（3， ） 点电势为 0V，则由此可判定（　　） A．C 点的电势为 3V B．C 点的电势为 0V C．该匀强电场的电场强度大小为 100V/m D．该匀强电场的电场强度大小为 100 V/m 10．如图所示，用长 L=0.50m 的绝缘轻质细线，把一个质量 m=1.0g 带电小球悬挂在均匀带 等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离 d=5.0cm，两板间电压 U=1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向 θ 角，小球偏离竖直线的距离 a=1.0cm．取 g=10m/s2．则下列说法中正确的是（　　） A．两板间电场强度的大小为 2.0×104 V/m B．小球带的电荷量为 1.0×10﹣8 C C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动 D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动 11．一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿 x 轴从 x=﹣∞向 x=+∞运动，其速度 υ 随位 置 x 变化的图象如图所示．x=x1 和 x=﹣x1 处，图线切线的斜率绝对值相等且最大．则在 x 轴上（　　） A．x=x1 和 x=﹣x1 两处，电场强度相同 B．x=x1 和 x=﹣x1 两处，电场强度最大 C．x=0 处电势最高 D．从 x=x1 运动到 x=+∞过程中，电荷的电势能逐渐增大 12．如图所示，a、b、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面 b 的电势为零，且相邻两个等 势面间的电势差相等，一个带正电的粒子（粒子重力不计）在 A 点时的动能为 20J，在电场 力作用下从 A 运动到 C 速度为零，当这个粒子的动能为 7.5J 时，其电势能为（　　） A．12.5 J B．﹣2.5 J C．0 D．2.5 J 　 三、计算题（本题共 4 小题，共 52 分） 13．在匀强电场中如图所示分布着 A、B、C 三点，当把一个电量 q=10﹣5C 的正电荷从 A 沿 AB 线移到 B 点时，电场力做的功为零；从 B 移到 C 时，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J， 试判断该电场的方向，算出场强的大小． 14．如图所示，正电荷 q1 固定于半径为 R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为 q2、 质量为 m 的带正电小球，从轨道的 A 处无初速度释放，求： （1）小球运动到 B 点时的速度大小； （2）小球在 B 点时对轨道的压力． 15．如图所示，两块平行金属板 MN、PQ 竖直放置，两板间的电势差 U=1.6×103V，现将 一质量 m=3.0×10﹣2kg、电荷量 q=+4.0×10﹣5C 的带电小球从两板左上方的 A 点以初速度 v0=4.0m/s 水平抛出，已知 A 点距两板上端的高度 h=0.45m，之后小球恰好从 MN 板上端内 侧 M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到 PQ 板上的 C 点，不计空气阻力，取 g=10m/s2，求： （1）带电小球到达 M 点时的速度大小； （2）C 点到 PQ 板上端的距离 L； （3）小球到达 C 点时的动能 Ek． 16．一平行板电容器长 l=10cm，宽 a=8cm，板间距 d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝” 离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为 2×1010 C/kg，速度均为 4×106 m/s，距板右端 处有一屏， 如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器 中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试 求： （1）离子打在屏上的区域面积； （2）在一个周期内，离子打到屏上的时间． 　 2016-2017 学年山东省菏泽市鄄城一中高二（上）第二次 月考物理试卷（探究部） 参考答案与试题解析 　 一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 1．如图所示，在 M、N 处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有 A、B 两点，已 知 MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　） A．A、B 两点电势相等 B．A、B 两点场强相同 C．将一正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做负功 D．负电荷在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能 【考点】电场强度． 【分析】沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势 能减小． 【解答】解：A、MN 间电场线从 M 到 N，沿着电场线电势逐渐降低，故 A 点电势高与 B 点电势，故 A 错误； B、电场中 A、B 两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故 A、B 两点的电场强度相同， 故 B 正确； C、将一正电荷从 A 点移到 B 点，电场力向右，做正功，电势能减小，故 C 错误； D、将一个负电荷从 A 移到 B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故 D 错误； 故选 B． 　 2．直线 ab 是电场中的一条电场线，从 a 点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下， 沿直线从 a 点运动到 b 点，其电势能 Ep 随位移 x 变化的规律如图所示，设 a、b 两点的电场 强度分别为 Ea 和和 Eb，电势分别为 φa 和 φb．则（　　） A．Ea=Eb B．Ea＜Eb C．φa＜φb D．φa＞φb 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合 电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降 低比较出 a、b 两点的电势． 【解答】解：A、电子从 a 到 b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知 电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以 Ea＞Eb．故 AB 错误． C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由 a 指向 b，电场线 的方向由 b 指向 a，沿电场线方向电势逐渐降低，则 φa＜φb．故 C 正确，D 错误． 故选：C． 　 3．如图所示，电子在电压为 U1 的电场中由静止开始加速，然后射入电压为 U2 的平行金属 板间的电场中，入射方向与极板平行．不计重力，在满足电子能射出平行板场区的条件下， 下述情况中一定能使电子偏转角度 θ 变大的是（　　） A．U1 变大，U2 变大 B．U1 变小，U2 变大 C．U1 变大，U2 变小 D．U1 变小，U2 变小 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出 射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的 方向垂直，故电子做类平抛运动．运用类平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关 系，从而分析判断． 【解答】解：根据动能定理得： ， 在偏转电场中，有： = ， 可知 U1 变小，U2 变大，一定能使电子偏转角度变大． 故选：B． 　 4．一个初动能为 Ek 的带电粒子，以速度 v 沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带 等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为 2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原 来的 2 倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能 为（　　） A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】带电粒子垂直飞入匀强电场中，做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离 与初速度和初动能的关系，由动能定理得到电场力做功与初动能的关系式，再用同样的方法 得到初速度增加到原来 2 倍时电场力做功与初动能的关系，由动能定理求解该粒子飞出时的 动能． 【解答】解：设平行金属板的长度为 L，板间距离为 d，场强为 E． 当初速度为 v 时，则有：y= = ， 根据动能定理得，qEy=2Ek﹣Ek，得： ， 当初速度为 2V 时，同理可得：y′= ， 电场力做功为 W′=qEy′= ， 解得 ， 根据动能定理得：W′=Ek′﹣4Ek，得： Ek′=4.25Ek．故 B 正确，A、C、D 错误． 故选：B． 　 5．如图所示，在空间水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水 平，A．B．C 三点在同一直线上，且 AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（　　） A．电场力为 2mg B．小球带正电 C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个 过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式 x=vt，可分析时间 关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大 小．根据△v=at 研究速度变化量的关系． 【解答】解：带电小球从A 到 C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1 和 x2，竖直分位移分别为 y1 和 y2，经历的时间为分别为 t1 和 t2．在电场中的加速度为 a． 则：从 A 到 B 过程小球做平抛运动，则有： x1=v0t1； 从 B 到 C 过程，有：x2=v0t2； 由题意有：x1=2x2； 则得：t1=2t2；即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的 2 倍． 又 y1= gt12， 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： y2= at22， 根据几何知识有：y1：y2=x1：x2； 解得：a=2g； 根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma=2mg， 解得：F=3mg， 由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负 电． 根据速度变化量△v=at，则得： AB 过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2；BC 过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2；所以小 球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，故 D 正确，ABC 错误． 故选：D． 　 6．如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块 P，将另一个带电小物块 Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在 Q 向上运动的过 程中（　　） A．物块 Q 的动能一直增大 B．物块 Q 的电势能一直增大 C．物块 P、Q 的重力势能和电势能之和一直增大 D．物块 Q 的机械能一直增大 【考点】电势能；电势差与电场强度的关系． 【分析】物体 Q 在运动过程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，根据能量守恒，运 动过程中只存在这三种能互相转化．由于斜面足够长，物体运动到无限远后静止，可以肯定 的是这时物体只存在重力势能．Q 在运动过程中，P、Q 之间越来越远，电势能越来越小， 根据能量守恒，Q 的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，所以 Q 的机械能一直 增大． 【解答】解：A、开始电场力大于下滑力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于下 滑力，合力与运动方向相反，动能减小，所以 A 错误； B、P、Q 之间越来越远，电势能越来越小，所以 B 错误； C、物体动能、重力势能、电场能总和守恒，动能先增大后减小，物块 P、Q 的重力势能和 电势能之和就先减小后增大，所以 C 错误； D、P、Q 之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q 的动能和重力势能之和（机 械能）肯定越来越大，所以 D 正确． 故选：D 　 二、多项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 7．两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂 直，a、b、c、d 为电场中几个点，并且 a、d 为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点， 则（　　） A．场强大小关系有 Eb＞Ec B．电势大小关系有 φb＞φd C．将一负电荷放在 d 点时其电势能为负值 D．将一正电荷由 a 点移到 d 点的过程中电场力做正功 【考点】电场线；电势能． 【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；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势 能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况． 【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得 c 点的电场线密所以有 Ec ＞Eb，故 A 错误； B、沿着电场线，电势逐渐降低，b 点所处的电场线位于右侧导体的前面，即 b 点的电势比 右侧的导体，而右侧导体的电势比 d 高，故 b 点电势高于 d 点的电势，故 B 正确； C、电势能的正负与 0 势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在 d 点时其电势能为正值．故 C 错误； D、从图中可以看出，a 点的电势高于 b 点的电势，而 b 点的电势又高于 d 点的电势，所以 a 点的电势高于 d 点的电势．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电 荷从 a 点移到 d 点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故 D 正确． 故选：BD． 　 8．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，静电计所带电荷 量很少，可被忽略．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下极板 竖直向下移动一小段距离，则（　　） A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所 受电场力不变 【考点】电容器的动态分析；电势能；带电粒子在混合场中的运动． 【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d 的变化判 断电容的变化，由公式 E= 分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化． 【解答】解： A、根据电容的决定式 C= 知，下极板竖直向下移动时，d 增大，则电容减小．故 A 正确． B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所 以静电计指针张角不变．故 B 错误． C、电势差不变，d 增大，则由公式 E= 分析得知板间电场强度减小，P 点与上极板间的电 势差减小，而 P 点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则 P 点的电势增大，因为油滴 带负电荷，则油滴的电势能减小．故 C 正确． D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据 E= ，C= 和 C= ，得 E= ，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故 D 正确． 故选：ACD． 　 9．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是 60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐 标平面的匀强电场，其中 O（0，0）点电势为 6V，A（1， ）点电势为 3V，B（3， ） 点电势为 0V，则由此可判定（　　） A．C 点的电势为 3V B．C 点的电势为 0V C．该匀强电场的电场强度大小为 100V/m D．该匀强电场的电场强度大小为 100 V/m 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【分析】因为AB∥CD，并且四边形 ABCD 为底角是 60°的等腰梯形，故有 UOC=2UAB，等 势线与电场线垂直，根据 E= 求出电场强度的大小 【解答】解：A、因为 AB 平行于 CD，并且四边形 ABCD 为底角是 60°的等腰梯形，其中 坐标 O（0，0），A（1， ），B（3， ），故有：UOC=2UAB，即 6﹣φC=2（3﹣0），得 φC=0V，故 A 错误． B、由 A 分析得，B 正确； 由 A 分析知，BC 为 0V 等势线，过 B 作 OC 的垂线 BD，垂足为 D，再作 DE 垂直于 BC， 由几何关系得：LDE= ， 故电场强度为：E= = = ×102=100 V/m，故 C 错误． D、由 C 分析知，D 正确． 故选：BD 　 10．如图所示，用长 L=0.50m 的绝缘轻质细线，把一个质量 m=1.0g 带电小球悬挂在均匀带 等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离 d=5.0cm，两板间电压 U=1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向 θ 角，小球偏离竖直线的距离 a=1.0cm．取 g=10m/s2．则下列说法中正确的是（　　） A．两板间电场强度的大小为 2.0×104 V/m B．小球带的电荷量为 1.0×10﹣8 C C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动 D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度． 【分析】由电场强度与电势差的关系，可求电场强度；对小球受力分析，有平衡条件求电场 力，求电荷量；细线断后小球受到重力、电场力，合力为恒力，做匀加速直线运动． 【解答】解：A、设两板间的电场强度为 E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得 E= = V/m=2.0×104 V/m，故 A 正确； B、小球静止时受力平衡，由平衡条件得 qE=mgtan θ，解得 q= ，因为 θ 角很小， 所以 tan θ≈sin θ= = ，解得 q=1.0×10﹣8 C，故 B 正确； C、D、细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小 球做初速度为零的匀加速直线运动，故 C 错误，D 正确． 故选：ABD． 　 11．一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿 x 轴从 x=﹣∞向 x=+∞运动，其速度 υ 随位 置 x 变化的图象如图所示．x=x1 和 x=﹣x1 处，图线切线的斜率绝对值相等且最大．则在 x 轴上（　　） A．x=x1 和 x=﹣x1 两处，电场强度相同 B．x=x1 和 x=﹣x1 两处，电场强度最大 C．x=0 处电势最高 D．从 x=x1 运动到 x=+∞过程中，电荷的电势能逐渐增大 【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能． 【分析】根据速度﹣位移图象可知，检验电荷先减速后加速，加速度先增大后减小，在增大 后减小，且初末速度相等，检验电荷带正电，根据电场力做功情况可以判断电势能的变 化． 【解答】解：A、x=x1 和 x=﹣x1 两处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，故加速度绝对 值相等且最大，由牛顿第二定律得电场力电绝对值相等且最大，由 F=qE 得场强度大小相同， 方向相反，故 A 错误 B、同理可得 B 正确， C、一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿 x 轴从 x=﹣∞向 x=+∞运动，由图乙可知， 检验电荷先减速后加速运动，电场力先做负功后做正功，由电场力做功与电势能的关系，故 电势能先增大后减小，得 x=0 处电势最高；故 C 正确； D、从 x=x1 运动到 x=+∞过程中，电荷的速度增大，电场力做正功，由电场力做功与电势能 的关系，故电势能减小，电势能逐渐减小，故 D 错误， 故选 BC． 　 12．如图所示，a、b、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面 b 的电势为零，且相邻两个等 势面间的电势差相等，一个带正电的粒子（粒子重力不计）在 A 点时的动能为 20J，在电场 力作用下从 A 运动到 C 速度为零，当这个粒子的动能为 7.5J 时，其电势能为（　　） A．12.5 J B．﹣2.5 J C．0 D．2.5 J 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面． 【分析】相邻两个等势面间的电势差相等Uab=Ubc，所以 Wab=Wbc，从而可以求出粒子在 B 点的动能，即粒子在电场中的总能量，再根据功能关系即可求得当粒子动能为 7.5J 时的电 势能． 【解答】解：由动能定理：：WAB=0﹣EK0=﹣20J 相邻两个等势面间的电势差相等 Uab=Ubc，所以 qUab=qUbc， 即：Wab=Wbc= WAB=﹣10J 设粒子在等势面 b 上时的动能 EKb：则 Wbc=EKc﹣EKb 所以：EKb=10J 所以粒子在 b 处的总能量：Eb=EKb=10J 从而可以知道粒子在电场中的总能量值为：E=10J． 当这个粒子的动能为 7.5J 时有：EP=E﹣EK=（10﹣7.5）J=2.5J． 故 ABC 都错误，D 正确． 故选：D 　 三、计算题（本题共 4 小题，共 52 分） 13．在匀强电场中如图所示分布着 A、B、C 三点，当把一个电量 q=10﹣5C 的正电荷从 A 沿 AB 线移到 B 点时，电场力做的功为零；从 B 移到 C 时，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J， 试判断该电场的方向，算出场强的大小． 【考点】电势差与电场强度的关系；电势能． 【分析】正电荷从 A 沿 AB 线移到 B 点时，电场力做的功为零，则 A、B 两点电势相等， AB 连线为等势线．电荷从 B 移到 C 时，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则 B 点电势比 C 点电势低．根据这两点，连接 AB 作出等势线，再作出电场线．根据电势差公式 U= 求出 AB 间的电势差，由 E= 求出场强． 【解答】解：（1）连接 AB，即为一条等势线．过 C 点作 AB 的垂线，标出箭头：斜向右 下方，即为一条电场线． 根据 W=qU，可得 UBC= =﹣173V 则 C、B 间电势差为 UCB=173V． 又由匀强电场中场强与电势差的关系 E= = =1000V/m 答：电场的 E 的方向与 AB 垂直斜向下（如图），大小为 1000v/m． 　 14．如图所示，正电荷 q1 固定于半径为 R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为 q2、 质量为 m 的带正电小球，从轨道的 A 处无初速度释放，求： （1）小球运动到 B 点时的速度大小； （2）小球在 B 点时对轨道的压力． 【考点】机械能守恒定律；向心力；点电荷的场强． 【分析】（1）分析小球的运动过程中受力情况及各力做功情况，明确机械能守恒，根据机械 能守恒定律列式即可求得 B 点的速度． （2）分析小球在 B 点的受力情况，根据向心力公式可求得小球在 B 点受到的支持力，再由 牛顿第三定律可求得压力． 【解答】解：（1）带电小球 q2 在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒， 则 mgR= mvB2 解得 vB= ． （2）小球到达 B 点时，受到重力 mg、库仑力 F 和支持力 FN，由圆周运动和牛顿第二定律 得 FN﹣mg﹣k =m 解得 FN=3mg+k 根据牛顿第三定律，小球在 B 点时对轨道的压力为 FN′=FN=3mg+k 方向竖直向下． 答：（1）小球运动到 B 点时的速度大小为 　 （2）小球在 B 点时对轨道的压力为 3mg+k ；方向竖直向下． 　 15．如图所示，两块平行金属板 MN、PQ 竖直放置，两板间的电势差 U=1.6×103V，现将 一质量 m=3.0×10﹣2kg、电荷量 q=+4.0×10﹣5C 的带电小球从两板左上方的 A 点以初速度 v0=4.0m/s 水平抛出，已知 A 点距两板上端的高度 h=0.45m，之后小球恰好从 MN 板上端内 侧 M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到 PQ 板上的 C 点，不计空气阻力，取 g=10m/s2，求： （1）带电小球到达 M 点时的速度大小； （2）C 点到 PQ 板上端的距离 L； （3）小球到达 C 点时的动能 Ek． 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）对 A 到 M 过程，运用机械能守恒定律求出带电小球在 M 点的速度． （2）抓住小球做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则， 根据电势差与电场强度的关系求出 L 的长度． （3）对 M 到 C 的过程运动动能定理，求出小球到达 C 点时的动能． 【解答】解：（1）设小球到达 M 点时的速度大小为 v，从 A 到 M 的过程中，由机械能守 恒，有： ， 得 m/s=5m/s． （2）设小球到达 M 点时的速度方向与 MN 板间的夹角为 θ，则有： ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 在两平行板间运动时，小球受水平方向的电场力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内 做直线运动，有动力学知识可知，小球受到的电场力方向水平向右，合力方向与速度的方向 一致．设极板间的电场强度为 E、极板间距离为 d，则有 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣② U=Ed﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ L=dcotθ﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ 联立①②③④四式，代入数据，可解得 C 点到 PQ 板上端的距离为： L= ， 代入数据解得：L=0.12m． （3）从 M 到 C 的过程中，由动能定理，有： ， 代入数据，可求得小球到达 C 点时的动能为：Ek=0.475J． 答：（1）带电小球到达 M 点时的速度大小为 5m/s； （2）C 点到 PQ 板上端的距离 L 为 0.12m； （3）小球到达 C 点时的动能为 0.475J． 　 16．一平行板电容器长 l=10cm，宽 a=8cm，板间距 d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝” 离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为 2×1010 C/kg，速度均为 4×106 m/s，距板右端 处有一屏， 如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器 中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试 求： （1）离子打在屏上的区域面积； （2）在一个周期内，离子打到屏上的时间． 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）离子进入电场后做类平抛运动，先由类平抛运动的知识求出离子恰好从极板边 缘射出时的电压，利用推论，求出离子打在屏上最大的偏转距离．即可得到离子打在屏上的 区域面积； （2）在第（1）问的基础上，根据临界情况的电压，求出在一个周期内，离子打到屏上的时 间． 【解答】解：（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为 U0 水平方向：l=v0t ① 竖直方向： = at2② 又 a= ③ 由①②③得 U0= = V=128V 当 U≥128V 时离子打到极板上，当 U＜128V 时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最 大为 d． 利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上． 由三角形相似可得 解得打到屏上的长度为 y=d 又由对称知，离子打在屏上的总长度为 2d 区域面积为 S=2y•a=2ad=64cm2 （2）在前 T，离子打到屏上的时间 t0= ×0.005s=0.0032 s； 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 t=4t0=0.0128s． 答： （1）离子打在屏上的区域面积为 64cm2； （2）在一个周期内，离子打到屏上的时间为 0.0128s．． 　 2016 年 12 月 9 日