物理·河南师大附中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷+Word版含解析 17页

‎2016-2017学年河南师大附中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分 ‎1．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点．现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从b点以初速度v0=沿bc连线竖直上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）‎ A．t1=t2=t3‎ B．t1=t2＞t3‎ C．t2＞t1＞t3‎ D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较 ‎2．中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示．下图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．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．带点油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带点油滴的电势能将减少 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎5．用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（　　）‎ A．摩擦使笔套带电 B．笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出异号电荷 C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 ‎6．图中竖直方向的平行线表示匀强电场的电场线，但未标明方向．电场中有一个带电微粒，仅受电场力的作用，从A点运动到B点，EA、EB表示该带电微粒在A、B两点的动能，UA、UB表示A、B两点的电势，以下判断正确的是（　　）‎ A．若UA＜UB．则该电荷一定是负电荷 B．若EA＞EB，则UA一定大于UB C．若EA＞EB，则该电荷的运动轨迹不可能是虚线a D．若该电荷的运动轨迹是虚线b且微粒带正电荷，则UA一定小于UB ‎7．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎8．如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎9．某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条如图所示的纸带．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E．测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm，CD长为11.15cm，DE长为13.73cm，则打C点时小车的瞬时速度大小为　　m/s，小车运动的加速度大小为　　m/s2，AB的距离应为　　cm．（保留3位有效数字）‎ ‎10．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲、图乙分别是上升和下降时的频闪照片，O点恰是运动的最高点．假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，则小球向上运动的加速度大小为　　，受到的阻力大小为　　．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎11．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90m、宽60m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2．试求：‎ ‎（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？‎ ‎（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？‎ ‎12．如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）‎ ‎（1）小球B所带电量q；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．‎ ‎（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？‎ ‎13．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子（带电量为e）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1=1640V，偏转极板长l=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的正中央沿板平行方向进入偏转电场．‎ ‎（1）偏转电压为U2多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南师大附中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分 ‎1．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点．现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从b点以初速度v0=沿bc连线竖直上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）‎ A．t1=t2=t3‎ B．t1=t2＞t3‎ C．t2＞t1＞t3‎ D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】本题解题的突破口是寻找物体下滑过程中的位移和和加速度，由于他们的运动的路径是圆的一条弦，所以位移可用轨迹与竖直方向的夹角的余弦与圆直径的乘积来表示．然后根据受力分析求出物体所受的合外力，再根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度．最后根据运动学公式求出物体运动的时间．‎ ‎【解答】解：设∠abc=α，则ab=bccosα=2Rcosα 小环在ab上运动时的加速度a1=gcosα 根据S=at12带入数据可得 ‎2Rcosα=gcosαt12‎ 滑环A从a点到达b点的时间t1=2‎ 同理滑环从c点到d点的时间t2=2‎ 小球从b到c的运动根据S=V0t3﹣gt32‎ 即2R=t3﹣gt32‎ 解得运动的时间t3=2‎ 所以t1=t2=t3．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示．下图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】每一个夸克都受到其他两个夸克的库仑力作用，根据库仑定律和力的合成求解．‎ ‎【解答】解：三个夸克都在半径为r的同一圆周，形成了等边三角形，‎ 电荷量为的下夸克受到另一个电荷量为的下夸克的库仑斥力F1和电荷量为的上夸克库仑引力F2．‎ 根据库仑定律得：F1=F2‎ 根据力的合成得F1和F2的合力方向竖直向上，‎ 据对称性另一个下夸克受静电作用力的方向也是竖直向上．故A、C、D错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量．‎ ‎【解答】解：在z轴上﹣处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；‎ q在﹣处产生的场强为：；‎ 由于导体远端离处很远，影响可以忽略不计，故导体在﹣处产生场强近似等于近端在﹣处产生的场强；‎ ‎﹣处场强为：0=E1+E2，故；‎ 根据对称性，导体近端在处产生的场强为；‎ 电荷q在处产生的场强为：；‎ 故处的合场强为：；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．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．带点油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带点油滴的电势能将减少 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【考点】电容；电势能．‎ ‎【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、若电容器的电容减小，根据Q=Uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（　　）‎ A．摩擦使笔套带电 B．笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出异号电荷 C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电，实质是电子的转移．感应起电是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分．‎ ‎【解答】解：A、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故A正确；‎ B、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出异号电荷，故B正确；‎ C、当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故C正确；‎ D、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎6．图中竖直方向的平行线表示匀强电场的电场线，但未标明方向．电场中有一个带电微粒，仅受电场力的作用，从A点运动到B点，EA、EB表示该带电微粒在A、B两点的动能，UA、UB表示A、B两点的电势，以下判断正确的是（　　）‎ A．若UA＜UB．则该电荷一定是负电荷 B．若EA＞EB，则UA一定大于UB C．若EA＞EB，则该电荷的运动轨迹不可能是虚线a D．若该电荷的运动轨迹是虚线b且微粒带正电荷，则UA一定小于UB ‎【考点】电场线；动能定理的应用；电势；电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】解本题要掌握：物体做曲线运动时，一定有指向曲线内侧的力，若带电微粒只受电场力作用，因此电场力一定指向曲线内侧，判断出电场力方向，然后根据电场线、电荷正负、电势高低等之间关系进行解答．‎ ‎【解答】解：A、若φA＜φB，则电场方向向上，若为正电荷轨迹为b，若为负电荷，则轨迹为a，因此该电荷电性不确定，故A错误；‎ B、若EA＞EB，则说明从A到B过程中电场力做负功，电场力方向向上，因为电荷电性不知，因此无法确定电场线方向，电势高低也无法确定，故B错误；‎ C、若EA＞EB，则说明从A到B过程中电场力做负功，且电场力指向曲线内侧，因此轨迹一定是b，故选项C正确；‎ D、若该电荷的运动轨迹是虚线b，则所受电场力方向竖直向上，若电荷为正，则电场方向竖直向上，所以有φA＜φB，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎7．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误．根据F=Eq可得，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=；故A正确；‎ B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：‎ mgsinθ=Fcosθ；‎ 其中F=；‎ 联立解得：‎ mgsinθ=cosθ 故： =；故B错误，C正确；‎ D、两个球带同种电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎9．某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条如图所示的纸带．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E．测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm，CD长为11.15cm，DE长为13.73cm，则打C点时小车的瞬时速度大小为　0.986　m/s，小车运动的加速度大小为　2.58　m/s2，AB的距离应为　5.99　cm．（保留3位有效数字）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎【解答】解：在这个点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小：‎ vC===0.986m/s 设A到B之间的距离为x1，设B到C之间的距离为x2，设C到D之间的距离为x3，设D到E之间的距离为x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：‎ x3﹣x1=2a1T2‎ x4﹣x2=2a2T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：‎ a=（a1+a2）‎ 即小车运动的加速度计算表达式为：‎ a==m/s2=2.58m/s2‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：‎ x2﹣x1=x4﹣x3‎ 解得：x1=5.99cm 小车是加速，故加速度与速度同向，向右，即由B指向A；‎ 故答案为：0.986，2.58，5.99．‎ ‎　‎ ‎10．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲、图乙分别是上升和下降时的频闪照片，O点恰是运动的最高点．假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，则小球向上运动的加速度大小为　1.5g　，受到的阻力大小为　0.5mg　．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解．‎ ‎【解答】解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d﹣3d=aT2…①‎ 向下运动时：3d﹣d=a′T2…②‎ 联立①②得：…③‎ 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma…④‎ 向下运动时：mg﹣f=ma′…⑤‎ 联立③④⑤得：f=mg；‎ 故答案为：1.5g；0.5mg ‎　‎ 三．计算题 ‎11．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90m、宽60m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2．试求：‎ ‎（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？‎ ‎（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间公式求出足球匀减速直线运动的时间，从而根据平均速度公式求出足球的位移．‎ ‎（2）根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间．‎ ‎【解答】解：（1）已知足球的初速度为v1=12m/s，加速度大小为：‎ 足球做匀减速运动的时间为：．‎ 运动位移为：．‎ ‎（2）已知前锋队员的加速度为，最大速度为v2=8m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：‎ ‎．‎ ‎．‎ 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：‎ x3=v2（t1﹣t2）=8×2m=16m．‎ 由于x2+x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得 x1﹣（x2+x3）=v2t3，‎ 代入数据解得：t3=0.5s．‎ 前锋队员追上足球的时间t=t1+t3=6.5s．‎ 答：（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为36m．‎ ‎（2）前锋队员至少经过6.5s能追上足球．‎ ‎　‎ ‎12．如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）‎ ‎（1）小球B所带电量q；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．‎ ‎（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；库仑定律．‎ ‎【分析】如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力 ‎【解答】解：（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k=0.018N，因此：‎ q===1×10﹣6 C；‎ ‎（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE，‎ 因此：E==N/C=﹣3×104N/C，‎ 电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；‎ ‎（3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：‎ W合=﹣0.004×0.2=﹣8×10﹣4J，‎ 由qU=W合可得：U===﹣800V；‎ ‎（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，电场力做功W1==6×10﹣4J，‎ 小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=﹣mv2=﹣1.6×10﹣3 J，‎ 由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10﹣3 J，‎ 由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0，‎ 解得：s===0.065m；‎ 答：（1）小球B所带电量为1×10﹣6 C；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为﹣800V；‎ ‎（4）恒力作用的最小距离s是0.065m．‎ ‎　‎ ‎13．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子（带电量为e）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1=1640V，偏转极板长l=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的正中央沿板平行方向进入偏转电场．‎ ‎（1）偏转电压为U2多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）当电子经偏转电场后从下板边缘出来时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大．先运用动能定理求得电子进入偏转电场时的初速度．运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出偏转电压U2．‎ ‎（2）如图电子束打在荧光屏上最大偏转距离y=+y2，电子离开电场后做匀速直线运动，由t2=求出匀速直线运动的时间，y2=vy•t2，即可求得最大偏转距离y．‎ ‎【解答】解：（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须下板边缘出来．‎ 在加速电场中，由动能定理得 eU1=‎ 得，进入偏转电场初速度 v0=‎ 在偏转电场的飞行时间t1=‎ 在偏转电场的加速度a==‎ 电子从下极板边缘出来， =at12==‎ 解得U2=U1=205V ‎ ‎（2）电子束打在荧光屏上最大偏转距离y=+y2‎ 电子离开电场的侧向速度vy=at1=‎ 电子离开偏转电场到荧光屏的时间t2=‎ y2=vy•t2===0.05m 所以电子最大偏转距离y=+y2=0.055m ‎ 答：‎ ‎（1）偏转电压为U2为205V时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大；‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为0.055m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月18日