19．（12分）如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为α=45°，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成45°的匀强电场E，已知E=
．一质量为m、电荷量为
q的带正电小物块，从右斜面上高为d的A点由静止释放，不计摩擦及物块转弯时损失的能量．小物块在B点的重力势能和电势能均取值为零．试求： （1）小物块下滑至C点时的速度大小；
（2）在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1； （3）除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2．
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2014-2015学年浙江省杭州二中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每题3分，共24分） 1．（3分）（2012?杨浦区一模）一验电器的金属箔原来张开，用一带负电的物体接触验电器的金属球瞬间，发现金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，则验电器的金属球原来带（ ） A．正电 B．负电 C．不带电 D．不确定 【考点】静电现象的解释．
【分析】验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；正负电荷会发生中和．
【解答】解：金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，说明物体与金属箔原来带异种电荷，先发生中和现象；
物体带负电，故金属球带正电； 故选A． 【点评】本题主要考查了正、负两种电荷和验电器用途、原理及其使用特点的了解，知道正、负电荷会发生中和现象是解题的关键． 2．（3分）（2014秋?滕州市校级期末）如图所示的电路中，开关S闭合后，灯泡A和B都正常发光．由于电路故障，灯泡B变暗（没有熄灭），灯泡A变亮，则电路中可能发生的故障是（ ）
A．R1短路 B．R1断路 C．R2短路 D．R2断路 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．
【分析】首先明确电路中各用电器的连接关系：灯泡A和电阻R1、灯泡B和电阻R2先并联再串联．灯泡A、B变化，判断实际功率变化，再具体故障可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．
【解答】解：A、若电阻R1短路，灯A熄灭，此项不符合题意，故A错误．
B、若电阻R1断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，B灯和R2的总电流减小，则B灯两端的电压减小，所以B灯变暗；由B灯的电压减小，路端电压增大，所以A灯两端电压增大，故A变亮，此选项符合题意；故B正确． C、若电阻R2短路，灯B熄灭，此项不符合题意，故C错误．
D、若R2断路，此处只有灯泡B一个电阻，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，A灯和R1的总电流减小，则A灯两端的电压减小，所以A灯变暗；由A灯的电压减小，路端电压增大，所以B灯两端电压增大，故B变亮，此选项不符合题意；故D错误． 故选：B． 【点评】解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．
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3．（3分）（2015春?邯郸期末）如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是（ ）
A．aA＞aB，EA＞EB B．aA＞aB，EA＜EB C．aA＜aB，EA＞EB D．aA＜aB，EA＜EB 【考点】等势面． 【分析】根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低． 【解答】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aA＜aB；
从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EA＜EB；故D正确． 故选：D． 【点评】本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强． 4．（3分）（2014秋?衢州校级期末）两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆，串联后接在某一直流电源两端，如图所示．已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，杆a的电阻大于杆b的电阻，假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子（载流子）．当电流达到稳恒时，若a、b内均存在电场，则该电场可视为均匀电场．下面结论中正确的是（ ）
A．两杆内载流子定向运动的速率一定相等 B．两杆内的电场强度都等于零
C．两杆内的电场强度都不等于零，且a内的场强大于b内的场强 D．a内载流子定向运动的速率一定大于b内载流子定向运动的速率 【考点】欧姆定律．
【分析】两杆内都建立电场，场强不为零，根据E=和U=IR分析场强的大小；根据电流的微观表达式I=nqvS，分析载流子定向移动速率关系．
【解答】解：A、B：根据电流的表达式I=nevS，又单位体积内载流子数目n=NA?，m是质量，M是摩尔质量，NA是阿伏伽德罗常数，V是体积，则得：I=
．
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由题意，S、V、e、NA相等，串联时电流I相等，已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，由上式不能确定载流子定向移动速度v的大小，故AD错误．
B、ab串联接在电源的两端，两杆内部都存在恒定电场，近似看成匀强电场，则场强为 E=，又U=IR，得E=
，d、I相等，得E∝R，杆a的电阻大于杆b的电阻，则a内的场强大于
b内的场强．故C正确，B错误． 故选：C．
【点评】解决本题关键要掌握场强与电压的关系式E=，欧姆定律U=IR，以及电流的微观表达式I=nevS． 5．（3分）（2013?石景山区一模）带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子（重力忽略不计）先后从同一点O垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场．下列说法正确的是（ ）
A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时问 B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间 C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小
D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等 【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】粒子在电场中做类平抛运动，由于粒子带电量相同故所受相同的电场力，产生的加速度相同，根据粒子在电场方向偏转位移的大小确定时间关系以及初速度关系．
【解答】解：由题意知a、b、c三个粒子在电场中受到相同的电场力，在电场方向产生相同的加速度a，由题中图象得，粒子在电场方向偏转的位移满足：ya=yb＞yc
由于在电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，有动的时间
，所以粒子在电场中运动时间有：
，可得粒子在电场中运
ta=tb＞tC，由此判断A、B均错误；
在垂直电场方向的位移满足xa＜xb＜xc，由于在垂直电场方向上微粒做匀速直线运动，根据ta=tb＞tC可得：
v0a＜v0b＜v0c，故C正确；
对a和b而言，在电场方向偏转的距离相等，则电场力对a、b做功相同，由于v0a＜v0b＜v0c可知，a打在负极板上时的速度小于b飞离电场时的速度大小，故D错误． 故选C．
【点评】微粒在电场中做类平抛运动，由于微粒带电量和质量均相同，运用运动的合成与分解处理类平抛运动问题是解决本题的关键．
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6．（3分）（2012?泰安二模）有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．则下列说法正确的是（ ）
A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反 B．粒子经过P点与Q点时，动能相等
C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 D．粒子在P点的电势能为正值
【考点】电势；电势差与电场强度的关系；电势能． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方
向，由牛顿第二定律分析加速度的方向．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根
据电势关系，分析电势能关系，再由能量守恒定律判断动能的关系．根据功率公式P=Fv，研究功率关系． 【解答】解：
A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2﹣6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；
φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．
B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确．
C、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故C错误．
D、在P点，根据电势能公式Ep=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以Ep＜0．故D错误． 故选：B．
【点评】本题关键是抓住φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，根据电势的变化确定电场线方向，从而判断粒子的运动情况，根据能量守恒研究动能的关系，这些都是基本的思路． 7．（3分）（2013?海淀区一模）某种角速度计，其结构如图所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则（ ）
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