福建省福州八中高二物理上学期期中试题理含解析

2022-2022学年福建省福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是()A．B．C．D．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为QA=2×10﹣8C和QB=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为()A．FB．FC．FD．F3．下列说法中，正确的是()A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小EA、EB和电势φA、φB的判断中正确的是()-17-\nA．EA＞EB、φA＞φBB．EA＞EB、φA＜φBC．EA＜EB、φA＞φBD．EA＜EB、φA＜φB6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大7．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则()A．EA一定大于EB，φA一定大于φBB．EA不一定大于EB，φA一定大于φBC．EA一定大于EB，φA不一定大于φBD．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是()A．4：3B．3：4C．2：3D．8：39．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm的C点的场强为()A．1000V/mB．500V/mC．250V/mD．200V/m10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则()A．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1-17-\nC．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：1211．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是()A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为()A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为__________N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P点的场强为__________N/C把该点电荷移走，P点的场强又为__________N/C．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，__________点的场强较大，__________点的电势较高，将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功__________eV．-17-\n15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为__________W；电动机线圈的电阻为__________Ω．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度v=2，则物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小．-17-\n-17-\n2022-2022学年福建省福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是()A．B．C．D．【考点】电荷守恒定律．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选：B．【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为QA=2×10﹣8C和QB=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为()A．FB．FC．FD．F【考点】库仑定律．【专题】定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】两个相同的金属小球触后再放回原处，电量先中和后平分，再根据库仑定律公式F=k列式计算即可．【解答】解：因为QB=4×10﹣8C，QA=2×10﹣8C，则QB=2QA，设QA=Q，则QB=2Q，未接触前，根据库仑定律，得：F=k=k若AB带同种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：F′=k则，若AB带异种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：-17-\n则故BC正确，AD错误．故选：BC【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分，一定要注意分两种情况讨论．3．下列说法中，正确的是()A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零【考点】电势差与电场强度的关系；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】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解．根据W=qU分析电场力做功的大小．电势差等于电场中两点的电势之差，与电场力做功、电荷的电量无关．【解答】解：A、由E═可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故正确；C、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故C错误；D、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零，故D正确．故选：BD【点评】该题考查到的电场强度的特点、点电荷的电场线的分布的特点与库仑定律的应用条件，都是对基本概念与基本公式的内涵与外延的考查，强调对概念与规律的理解，要求我们在学习的过程中要注意深入理解．4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）-17-\nA．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量【考点】电场；电场线；点电荷的场强．【专题】应用题．【分析】解决本题的关键是熟练掌握真空中点电荷的场强的表达式E=含义和电场线的疏密含义即电场线越密，电场越强．【解答】解：若为同种电荷，根据点电荷的场强公式E=可知在两电荷的连线上的某点的电场强度为零．而电场线的疏密代表电场的强弱，若电场为0，则无电场线，由电场线的分布图可知在ab的连线上无场强为0的点，故a、b为异种电荷．故C、D错误．又由公式E=可知场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密．由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，故Qb＞Qa．故B正确．故选B．【点评】根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握的一种解题技巧，例如根据两电荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定电荷量的大小．5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小EA、EB和电势φA、φB的判断中正确的是()A．EA＞EB、φA＞φBB．EA＞EB、φA＜φBC．EA＜EB、φA＞φBD．EA＜EB、φA＜φB【考点】电场线．【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方场强大，从而即可求解．【解答】解：电场线密的地方场强大，EA＞EB，沿着电场线的方向电势逐渐降低，φA＞φB；故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】把握电场线的特点和意义是解决此类问题的关键．记住了，理解了，也就会做了．-17-\n6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．【解答】解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．7．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则()A．EA一定大于EB，φA一定大于φBB．EA不一定大于EB，φA一定大于φBC．EA一定大于EB，φA不一定大于φBD．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据PQ连线中点的场强和无穷远处的场强均为零，分析AB场强的关系．作出电场线，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．【解答】-17-\n解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点间电场线的疏密情况不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；AB线上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，故φA一定大于φB；故选：B【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是()A．4：3B．3：4C．2：3D．8：3【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】知道影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，导体的电阻大小为：R=．【解答】解：根据电阻的决定式：R=．得：，则：==4：3故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题考查了电阻定律，属于简单题．9．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm的C点的场强为()A．1000V/mB．500V/mC．250V/mD．200V/m【考点】电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电容器专题．【分析】平行板间的电场为匀强电场，根据E=求出电场强度的大小．【解答】解：电场强度E=．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道平行板间的电场为匀强电场，知道E=适用于匀强电场的计算，d表示沿电场方向上的距离．10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则()-17-\nA．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1C．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：12【考点】电功、电功率．【分析】S断开时，根据串联电路功率与电阻成正比确定功率的比例．分析电路串并联关系，求出各个电阻的电压与A、B总电压的关系，就能得到S断开与闭合两种情况电压、功率的比例．【解答】解：A、由P=I2R，I相等，R1与R2的功率之比等于电阻之比1：5．故A错误；B、I2=I3，R3=R2，则I1=2I2，故B正确；C、S断开时，U1：U2=R1：R2=1：5，则U1=UABS闭合时，U1′：U2′=R1：R2=2：5，则U1′=UAB故C错误；D、U2=UAB，U2′=UAB，由P2=，P2：P2′=49：36．故D错误；故选：B．【点评】电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构．往往按局部→整体→局部的顺序进行分析和计算．也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解．11．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是()A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据小球的受力情况，将方向均向下的重力和电场力相互叠加形成等效重力场；再根据受力分析方法分析加速度及运动情况；根据功能关系可求得小球的速度及机械能的变化．-17-\n【解答】解：A、小球受到的重力和电场力均为竖直向下的力，合力为mg+Eq；根据受力分析可知，加速度大小为：a=（Eq+mg）sinθ；故A错误；B、小球受到重力和电场力的合力以及支持力可以将重力和电场力视为等效重力场，则小球沿斜面向下做匀变速直线运动；故B正确；C、根据支能定理可求得小球到达B点时的速度；故C正确；D、由于小球受到电场力做正功；故小球的机械能增大；故D正确；本题选错误的；故选：A．【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，要注意明确受力分析及功能关系的正确应用，明确等效重力场的基本方法．12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为()A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV【考点】等势面；功能关系；电势能．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．【解答】解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…①所以26eV+Epa=5ev+EpbEpb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…②根据EP=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eVEK=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，故选C．【点评】“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．-17-\n二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为5×103N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P点的场强为5×103N/C把该点电荷移走，P点的场强又为5×103N/C．【考点】电场强度．【分析】放入电场中电荷是试探电荷，电场强度等于试探电荷所受的电场力与电荷量的比值，由场强的定义式E=求解P点的电场强度．将改变检验电荷，该点的电场强度不变．【解答】解：在电场中的某点放入电荷量为4.0×10﹣9C的点电荷，受到的电场力是2.0×10﹣5N．由场强的定义式E=得，这一点的电场强度E=5.0×103N/C．电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场决定，与试探电荷无关，如果改用电荷量为2.0×10﹣9C的点电荷，该点的电场强度不变，仍为5.0×103N/C．当移走该电荷时，P点的电场强度仍是不变的，即为5.0×103N/C．故答案为：5×103；5×103；5×103【点评】电场强度的定义式E=；具有比值定义法的共性，定义出的电场强度E与F、q无关，反映电场强度本身的特性．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，B点的场强较大，B点的电势较高，将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功﹣4eV．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面；等差等势面的疏密也可以反映电场的强弱；根据W=qU求解电功．【解答】解：由电场线的分布可知，B点的电场线密，所以B点的场强大，所以EA＜EB；在根据图示可知，电势φA＜φB，所以B点的电势高；将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功：WBA=﹣e（φB﹣φA）=﹣e×（10﹣6）V=﹣4eV故答案为：B，B，﹣4．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．-17-\n15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为450W；电动机线圈的电阻为4Ω．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W所以线圈电阻消耗的功率为Pr=P总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：故答案为：4504【点评】由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？【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】油滴运动过程前段仅受重力，进入电场后，同时受重力和竖直向下的电场力作用，故油滴一直减速，但加速度大小有变化，最好对全程应用动能定理求解【解答】解：对应于油滴运动全程，由动能定理得：﹣mg（d+h）﹣qU=0﹣解得：v0===4m/s答：油滴上抛的初速度为4m/s．【点评】对于单个质点的运动，无论单一过程还是多过程，首先考虑动能定理求解，只是要把力和功分析全面．17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？-17-\n（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？【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）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）先根据v=at求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．【解答】解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：E===9000V/mF=Eq=9000×1.6×10﹣19=1.44×10﹣15N又因为F=ma所以a==≈1.6×1015m/s2水平方向做匀速运动，故t=，代入数据解得：t=2.5×10﹣9s所以y=at2，代入数据解得：y=0.5cm（2）竖直方向速度：v1=at，所以v=，代入数据解得：v=2.03×107m/s（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，水平方向：t1=，竖直方向PM=v1t1，则：PO=PM+MO=PM+y，代入数据解得：PO=0.025m；答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是0.5cm；（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s；（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，OP的长为0.025m-17-\n【点评】该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动．同时注意几何知识在物理学中的应用．18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度v=2，则物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）由动能定理可以求出物体的速度．（2）由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数．（3）由牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．【解答】解：（1）小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，运动到P端过程，由动能定理得：mgR+qER=mvP2，代入数据解得：vP=；（2）物体由P点匀减速运动到C处速度为零，由动能定理得：﹣μmgL=0﹣mvP2，解得：μ=；（3）因为物体初次滑到P时有：vP=＜2，所以，物体返回到P过程，先做加速运动后匀速运动，返回到P的速度为：vP′=vP=，在P点由牛顿第二定律：N﹣mg﹣qE=m，解得：N=mg，-17-\n由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力：N′=N=mg；答：（1）物体运动到P点的速度大小为；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ为；（3）物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小为mg．【点评】本题考查了求速度、动摩擦因数、压力问题，分析清楚物体运动过程、应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题．-17-