宁夏育才中学2022-2022-1高二年级第一次月考物理试卷一、选择题(本题包括16小题。1-13小题为单选,每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，每题3分。14-18小题为多选,有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。共计59分)1.下列说法正确的是( )A.电子和质子都是元电荷B.元电荷没有正、负之分，物体所带的电荷量可以为任意实数C.摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷D.在一定的条件下，一对正、负电子同时湮没，转化为光子，这不违背电荷守恒定律【答案】D【解析】【详解】A、元电荷是带电量的最小值，它不是电荷；故A错误.B、元电荷是自然界最小的电荷量，任何带电体的电荷量都元电荷的整数倍，电量是不连续的；B错误。C、摩擦起电是自由电荷转移后，导致物体有多余电荷，从而使物体带上电；C错误。D、正、负电子对可以同时湮没，转化为光子，电荷守恒定律仍成立；D正确。故选D。【点睛】考查了电荷守恒定律的同时，还有物体带电是指有多余的电荷量，是由于自由电荷的转移导致的，并不是创造出来的，因此物体带电均是元电荷的整数倍，感应带电是自由电子的远离或靠近导致带电．2.宁夏育才中学某物理社团做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触．②用手指摸甲球．③手指移开．④移开乙球．⑤甲球带正电．⑥甲球不带电．下列操作过程和所得结论正确的有( )A.①→②→③→④→⑥B.①→②→④→③→⑥C.①→②→③→④→⑤D.①→②→④→③→⑤【答案】C【解析】【详解】16\n不带电的导体球甲靠近带负电的乙球，静电感应使甲球的一端感应负电，另一端感应正电，再用手指接触再移开，使得近端显正电，另一端不是最远端不再带电；移开乙球后甲球上的正电均匀分布，最终甲球带正电；故A、B、D错误，C正确。故选C。【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．3.两个直径为d的带正电的小球，当它们相距100d时作用力为F，则当它们相距为d时的作用力为( )A.10kq9d2B.10000FC.100FD.以上结论都不对【答案】D【解析】【详解】当两个直径为d的带电球相距100d时，两电荷可以看成点电荷，库仑定律适用。但当它们相距d时，不能看成点电荷，库仑定律不适用，无法用比例法求解它们相距d时的作用力。故D正确，A、B、C错误。故选D。【点睛】本题考查对库仑定律适用的条件理解能力，并注意点电荷的成立条件。4.如图所示，+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷，Q1=4Q2．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）A.Q3应为正电荷，放在Q2的右边B.Q3应为负电荷，放在Q1的左边C.Q3应为正电荷，放在Q1的左边D.Q3应为负电荷，放在Q2的右边【答案】A【解析】【详解】假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：kQ1Q3r132=kQ2Q3r232，由于Q1=4Q2，所以2r23=r13，则Q3位于Q2的右方。根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带正电.故选A。【点睛】我们可以去尝试假设Q3放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态。不行再继续判断，注意使用“两同夹异”结论。16\n5.一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力F为，该点的电场强度为E。下图中能正确表示q、F、E三者关系的是【答案】C【解析】A、因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，有场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化，故AB错误；C、由E=Fq知，某点的电场强度一定，F与q成正比，故C错误，D正确。点睛：解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=Fq，知道电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定。6.如下图所示，正电荷q在电场中由P向Q做减速运动，而且加速度越来越小，由此可以判定，它所在的电场是图中的( )A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】正电荷q在电场中由P向Q做减速运动，电场力方向与速度相反，与电场强度方向也相反，则可知，电场强度方向由Q→P．根据牛顿第二定律a=qEm得知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度减小，场强减小，电场线越来越来疏；故选B。【点睛】本题要具有分析加速度与电场强度、电场线疏密关系的能力．电场线越疏，场强越小，电荷的加速度越小．7.一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，如右图所示，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )16\nA.匀速直线运动B.匀变速曲线运动C.沿着悬线的延长线做匀加速直线运动D.变加速直线运动【答案】C【解析】【详解】悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向。烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动。故C正确。A、B、D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．8.如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q.a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是( )A.b，d两点的电场强度相同B.a点的电势最高，c点的电势最低C.点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电势能一定做增加D.将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电场力做功不一定最多【答案】B【解析】【详解】A、点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，b、d两点的场强方向不同，大小相等，所以合场强的方向不同；故A错误.B、点电荷的电场中同一球面上的各点等势，匀强电场中沿着电场线电势逐渐降低，根据电势的叠加原理可知φa>φb=φe=φf=φd>φc；故B正确.C、由图可知，bdef16\n所在平面与电场线垂直，因此它们在同一等势线上，电荷在这个面上移动电场力不做功，电势能不变；C错误.D、将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大；D错误。故选B。【点睛】本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此。9.图中A．B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A.865V／m，垂直AC向左B.865V／m，垂直AC向右C.1000V／m，垂直AB斜向上D.1000V／m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】【详解】由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U=Wq=－1.73×10−3J10−5C=-173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=U/d可知，电场强度E=1730.173V/m=1000V/m；故选D。【点睛】电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离．16\n10.实线为电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等，正电荷在等势面φ3上时，具有动能20J，它运动到等势面φ1上时，动能为零．令φ2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，求它的动能是焦耳。【答案】6【解析】试题分析：正电荷在等势面U3上时动能20J，在等势面U1上时动能为零，从等势面U3上等势面U1上时电荷动能的减小20J．由于相邻等势面间的电势差相等，由W=qU知：电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过U2等势面时的动能为10J，又U2=0，电荷在等势面U2上电势能为0，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J考点：考查了动能定理，等势面，能量守恒定律【名师点睛】相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过U2等势面时的动能，确定电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能11.如下图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如下图所示，则( )A.MN电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|B.a一定带正电，b一定带负电C.a加速度增大，b加速度减小D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】A16\n【解析】【详解】A、已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|；故A正确。B、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性；故B错误。C、由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大；故C错误。D、根据电场力做功公式W=Uq，|UMN|＞|UNQ|，由于题目中没有告诉两个粒子所带电量的关系，属于不能判定a粒子从等势线2到3电场力做功是否小于（大于）b粒子从等势线2到1电场力做功，所以不能判定a粒子到达等势线3的动能变化量与b粒子到达等势线1的动能变化量的大小；故D错误。故选B。【点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向能判断出粒子的电场力方向．本题中要注意该电场不是匀强电场，公式U=Ed不能直接使用．12.如图所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则下列说法不正确的是( )A.甲、乙两粒子带异种电荷B.两粒子经过b点时具有相同的动能C.甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能D.甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能【答案】C【解析】【详解】A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同。故A正确。B、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况。根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确。16\nC、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，故C错误。D、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd＞0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能。故D正确。本题选择不正确的，故选C。【点睛】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．13.如图所示，两个相同的空心金属球M和N，M带－Q电荷，N不带电(M、N相距很远，互不影响)，旁边各放一个不带电的金属球P和R，当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时( )A.P、R上均出现感应电荷B.P上没有，而R上有感应电荷C.P上有，而R上没有感应电荷D.P、R上均没有感应电荷【答案】B【解析】【详解】把一个带正电Q的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，而R处于电场中，出现静电感应现象，从而导致R上有感应电荷出现，若将带正电Q的小球放入带-Q电荷M空腔内时，因同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，若正负电荷相等，则金属壳上没有多余电荷，则P处没有电场，因而没有感应电荷；若正负电荷不相等，则P处有电场，则出现感应电荷，故A、C、D错误，B正确。故选B.【点睛】本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分，掌握静电感应的原理，注意带正电与带负电的电量相等，是解题的关键．16\n14.对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A.当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0B.当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，由公式F＝kQ1Q2r2知，它们之间的静电力F→∞C.凡计算真空中两个点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F＝kQ1Q2r2D.相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等【答案】AD【解析】【详解】A、当真空中的两个电荷间的距离r→∞时，它们满足点电荷的条件，根据F=kQ1Q2r2可知静电力F→0，故A正确.B、当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用；故B错误。C、库仑定律的适用条件是真空和静止的点电荷；故C错误.D、相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等；D正确.故选AD.【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．15.如图所示中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a、b两点的场强大小，则( )A.因电场线是直线，所以Ea＝EbB.同一正点电荷在a、b两点的电势能Epa＞EpbC.a、b两点电势相等D.不知a、b附近的电场线分布，Ea、Eb大小不能确定【答案】BD【解析】【详解】A、D、a、b在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断a、b两点电场强度的大小；故A错误，D正确.16\nB、C、沿着电场线电势逐渐降低，有φa>φb；电荷的电势能EP=qφ，则同一正电荷的电势能有EPa>EPb，B正确，C错误.故选BD.【点睛】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．16.传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示的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，以下说法中正确的是( )A.若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B.若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C.若电流表有示数，则说明压力F发生变化D.若电流表有示数，则说明压力F不发生变化【答案】BC【解析】【详解】A、B、由题可知，电容器的电压不变。若F向上压膜片电极，减小板间距离，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的充电电流，即电路中有从b到a的电流。故A错误，B正确.C、D、当压力F变化时，电容变化，电量变化，电路中就有电流。故C正确，D错误。故选BC.【点睛】本题是实际问题，实质是电容器动态变化分析的问题，关键要抓住不变量：电压不变．17.如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（）A.小球运动过程中机械能不守恒16\nB.小球经过最低点时速度最大C.小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D.小球在最低点对环的压力大小为3mg【答案】AB【解析】【详解】A、小球运动过程中有除重力做功以外的电场力做功，则机械能不守恒；故A正确.B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大；故B正确.C、D、小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=12mv2−0，又由牛顿第二定律，有：N−mg−qE=mv2R，联立解得：N=3(mg+qE)；故C、D错误.故选AB。【点睛】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路．18.如下图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则( )A.在前t2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝d2LC.在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8D.粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝dL【答案】CD【解析】【详解】A、C、设粒子在前t2时间内和在后t2时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1：y2=1：316\n，得y1=18d，y2=38d，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为W1=q⋅18U=18qU，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为W2=q⋅38U=38qU．故A错误，C正确；B、D、粒子的出射速度偏转角正切为tanθ=vyv0=atv0=12at212v0t=d2L2=dL；故B错误，D正确.故选CD.【点睛】本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系。二、填空题(本题包括3小题。每空2分,共计16分)19.如图所示，有一带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中b点处的电场强度为零，则图中a点处的电场强度大小为________，方向________．(静电力恒量为k)【答案】(1).10kq9d2(2).水平向左【解析】【详解】q在b点形成的电场强度的大小为E1=kq(3d)2，方向向左；因b点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为kq(3d)2，由对称性可知，薄板在a点的场强kq(3d)2，方向向左；q在a处产生的场强大小为E2=kqd2，方向向左，根据电场的叠加原理可得：a点处的电场强度大小为E=E1+E2=10kq9d2，方向水平向左．【点睛】题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意b点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在b点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解．20.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球．用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球沿水平向左方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的库仑力________；A球对MO杆的压力________．(选填“变大”、“变小”或“不变”)16\n【答案】(1).变大(2).不变【解析】【详解】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图所示：根据平衡条件，有x方向：F=F1sinθ ①y方向：N1=mg+F1cosθ ②再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力N2，如图，根据平衡条件，有x方向：F1sinθ=N2 ③y方向：F1cosθ=Mg ④由上述四式得到F1=Mgcosθ⑤N1=mg+Mg ⑥N2=Mgtanθ ⑦由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，sinθ变小，cosθ变大，由⑤⑦式知，静电力F1变小，由⑥式知，水平杆对A球的支持力等于两个球的重力之和，N1不变，根据牛顿第三定律知，A球对MO杆的压力不变.【点睛】本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．21.如图所示，平行板电容器板间距离d=20cm，与一个直流电源连接，电源电压为10V，N板接地，取大地电势为零.两板间有一点P，P点距上极板M10cm，把K闭合给电容器充电，然后再断开，P点场强大小为_________，电势为_________，若把N板向下移动20cm，则16\nP点场强大小为__________，电势为_________.【答案】(1).50V/m(2).-5V(3).50V/m(4).-15V【解析】【详解】(1)电容器接电源充电后U=10V，根据匀强电场的场强公式E=Ud=100.2=50V/m；因P点距N板10cm，且N板电势为零，则φP=−UPN=−EdPN=−50×0.1V=−5V.(2)若把N板向下移动20cm，而电容器已断开，根据公式E=Ud=QCd=4πkQεrs可知，电场强度与间距无关，则P点的场强大小为E′=E=50V/m；故φP=−UPN=−E′d′PN=−50×0.3=−15V.【点睛】考查匀强电场强度与电势差的关系，掌握求解电势的方法，注意电势与零电势选取有关，而电势差与零电势无关，同时掌握平衡条件的运用，注意电容器断开后，电容器的电量不变，没有断开前，电容器极板电压不变．三、计算题(本题共3小题，共35分。22题7分，23题10分，24题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)22.把一个4pF的平行板电容器接在16V的电池上。（1pF=10−12F）(1)保持与电池的连接，两极板的距离减半，极板上的电荷增加还是减少?电荷变化了多少?(2)移去电池后两极板的距离加倍，极板间的电势差增大还是减小?电势差变化了多少?【答案】(1)ΔQ=6.4×10−11C；(2)ΔU=16V【解析】【详解】(1)由可知原来带电量为：Q=4×10−12×16=6.4×10−11C；与电池相连电容器两端的电压不变即U不变;距离减半时,C=εrs4πkd可知，电容变为原来的2倍即C′=2C；由Q=UC可知,电量增加为原来的2倍.即Q’=2UC=1.28×10−10C;电量增加了ΔQ=Q′−Q=6.4×10−11C；16\n(2)移去电池后距离加倍，再由C=εrs4πkd可知则电容变为原来的2倍即C″=C2，又因电量不变，则由U=QC可知，U变为原来的2倍即U″=32V；即电势差变化了ΔU=U″−U=16V；【点睛】本题考查电容器的定性分析问题，要注意灵活应用电容器定义式可决定式进行分析计算．23.在电场中把2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功2.0×10-7J．再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为-4.0×10-7J．(1)A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？(2)A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？(3)把-1.0×10-9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？【答案】(1)-100V；(2)C点的电势最高，B点的电势最低；(3)1.0×10−7J【解析】【详解】(1)AB间的电势差UAB＝WABq=+2.0×10−7+2.0×10−9v=100vBC间的电势差UBC＝WBCq=−4.0×10−7+2.0×10−9v=−200vAC间的电势差UAC=UAB+UBC=-100V．(2)由知UAB=ϕA−ϕB=100v可知,A点电势比B点电势高100V，又由UCB=-UBC=ϕC−ϕB=200v可知,C点电势比B点高200V，则C点的电势最高，B点的电势最低．(3)WAC＝qUAC＝-1.0×10−9×(−100)J=1.0×10-7J．【点睛】电场力做功与重力做功类似只与位置有关，与路径无关，电荷从A→B→C，电场力做功与从A→C电场力做功相同．24.如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝10cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝2g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：16\n(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？(3)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？(4)求小球在下落过程中的最大动能？【答案】(1)2.0×10−3J；(2)1.0×103V；(3)2.0×10−2N；(4)8.28×10−4J【解析】【详解】(1)由功能关系知：ΔEp重＝-mgl＝-2.0×10－3JΔEp电＝Eql＝2.0×10－3J(2)因所以，EpB=ΔEp电＝2.0×10－3JEp＝φBqB=＝V＝1.0×103V(3)A→B由动能定理得：所以vB＝0在B点对小球FT＝2.0×10－2N(3)Eq=mg=2.010-2N,分析知速度最大的位置与OA成450斜向下，Mglsin450－Eql(1-cos450)＝EKm-0带入已知量得：【点睛】带电物体在电场中的运动若不涉及时间时，动能定理是最佳解题选择．对于圆周运动，确定向心力的来源是求解的关键．16
