2016-2017学年上海市金山中学高二上学期期中物理试题 （解析版）

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上海市金山中学2016-2017学年高二（上）期中物理试卷(解析版)一．单项选择题1．下列说法错误的是（　　）A．一次能源的储量是有限的，所以我们要合理地利用能源B．城市居民燃烧的煤气、天然气、液化气属于二次能源C．解决能源问题，关键在于提高能源的利用率D．开发和利用新能源，特别是核能和太阳能，是解决能源问题的主要出路2．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是（　　）A．摩擦起电现象说明了机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造电荷B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体C．感应起电说明电荷不能从物体的一个部分转移到物体另一个部分D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了3．下述说法正确的是（　　）A．元电荷就是质子B．物体所带的电量只能是某些值C．元电荷是带正电的电子D．由库仑定律F=k可知，当两电荷间距离r→0时，F→∞4．关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是（　　）A．电势差是矢量，电场力做的功是标量B．在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零C．在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大D．在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零5．下列说法中符合物理学史实的是（　　）A．伽利略认为力是维持物体速度的原因B．牛顿发现了万有引力定律，并比较准确地测出了引力常量C．牛顿对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献D．库仑利用扭秤装置发现了库仑定律并测出了静电力常量k的值 6．如图是表示在同一电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（　　）A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞EcC．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Ec＞Eb＞EdD．a、b、d三点的场强方向不相同7．两个相同的金属小球A、B，所带的电量qA=+q0、qB=﹣7q0，相距r放置时，相互作用的引力大小为F．现将A球与B球接触，再把A、B两球间的间距增在到2r，那么A、B之间的相互作用力将变为（　　）A．斥力、B．斥力、C．引力、D．引力、8．某电解池，如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A9．如图所示，墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q上方P点用绝缘丝线悬挂另一质量的小球B，A、B带同种电荷后而使悬线与竖直方向成β角．由于漏电使带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小（　　）A．保持不变B．先变小后变大C．逐渐减小D．逐渐增大10．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是（　　） A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功11．如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数的变化情况是（　　）A．电流表A1增大，A2减小，电压表V减小B．电流表A1减小，A2增大，电压表V减小C．电流表A1增大，A2增大，电压表V增大D．电流表A1减小，A2减小，电压表V增大12．如图所示，用两根等长的细线各悬一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等，当它们带上同种电荷时，相距r而平衡，若它们的电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球的距离将（　　）A．大于B．等于C．小于D．不能确定　二．填空题13．（8分）人类社会自从进入电气化时代以来，就一直在不断地探寻电能的来源．如今常见的发电方式有：①火力发电、②水力发电、③核发电，其中将自然界的机械能转化为电能的方式是　　 （写序号即可）．如果把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源，那么由煤炭转化而来的电能则属于　　能源．14．（8分）两根完全相同的金属裸导线A和B，如果把导线A均匀拉长到原来的2倍，导线B对折后结合起来，然后分别加上相同的电压，则它们的电阻之比RA：RB为　　，相同时间内通过导体横截面的电荷量之比qA：qB为　　．15．（8分）如图所示，竖直平面内有两个水平固定的等量同种正点电荷，AOB在两电荷连线的中垂线上，O为两电荷连线中点，AO=OB=L，一质量为m、电荷量为q的负点电荷若由静止从A点释放则向上最远运动至O点．现若以某一初速度向上通过A点，则向上最远运动至B点，重力加速度为g．该负电荷A点运动到B点的过程中电势能的变化情况是　　；经过O点时速度大小为　　．16．（8分）如图所示，有一个半径为R的绝缘细橡胶圆环，均匀带正电Q，圆环竖直放置．今在圆环水平直径的左侧切去一小段，留下一小缺口，其宽度为a（且a«R），则剩余部分在圆心处形成的场强大小为　　，方向　　．　三．计算题（10+10+10）17．（10分）如图，匀强电场中，A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，静电力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服静电力做功4.8×10﹣8J，取B点的电势为零，（1）求A点，C点的电势分别是多少？（2）在图中过B点划出一条电场线，简单说明你是如何画出的． 18．（10分）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，细杆右侧距杆0.3m处有一固定的正点电荷Q，A、B是细杆上的两点，点A与Q、点B与Q的连线与杆的夹角均为α=37°．一中间有小孔的带电小球穿在绝缘细杆上滑下，通过A点时加速度为零，速度为3m/s，取g=10m/s2．求：（1）小球下落到B点时的加速度；（2）小球下落到B点时的速度的大小．　 2016-2017学年上海市金山中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一．单项选择题1．下列说法错误的是（　　）A．一次能源的储量是有限的，所以我们要合理地利用能源B．城市居民燃烧的煤气、天然气、液化气属于二次能源C．解决能源问题，关键在于提高能源的利用率D．开发和利用新能源，特别是核能和太阳能，是解决能源问题的主要出路【考点】能源的开发和利用．【分析】从自然界直接获得、不需要加工转换的能源是一次能源，由其它能源经过加工转换而获得的能源是二次能源．天然气、煤、石油属于化石燃料，在我国能源领域占有重要的地位，是不可再生能源；而太阳能属于可再生能源；要注意掌握能源的合理使用．【解答】解：属于一次能源的是：天然气、石油、太阳能、煤炭都可以直接从自然界获得，它们都是一次能源；一次能源是有限的，我们要合理地利用能源，故A正确；B、城市居民燃烧的煤气、天然气、液化气属于一次能源，故B错误；C、解决能源问题，关键在于提高能源的利用率，同时还要开发和利用新能源，特别是核能和太阳能，是解决能源问题的主要出路，故CD正确；本题选错误的，故选：B．【点评】本题考查了能源的分类以及新能源的使用，知道能源分类同时还要掌握能源的正确开发和利用，明确新能源的种类．　2．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是（　　）A．摩擦起电现象说明了机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造电荷B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体C．感应起电说明电荷不能从物体的一个部分转移到物体另一个部分 D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了【考点】电荷守恒定律．【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．【解答】解：A、摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．故A错误．B、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．故B正确．C、感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．故C错误．D、电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电．故D错误．故选：B【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．　3．下述说法正确的是（　　）A．元电荷就是质子B．物体所带的电量只能是某些值C．元电荷是带正电的电子D．由库仑定律F=k可知，当两电荷间距离r→0时，F→∞【考点】库仑定律；元电荷、点电荷．【分析】人们将电子所带电量称为元电荷，元电荷是带电物体电量的最小值，物体所带的电量只能是元电荷的整数倍．【解答】解：A、元电荷是电量的最小值，不是质子，故A错误；B、元电荷是带电物体电量的最小值，物体所带的电量只能是元电荷的整数倍，故B正确；C、元电荷与带正电的电子无关，故C错误； D、当两电荷间距离r→0时，电荷不能视为点电荷，故库仑定律不适用，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了元电荷、点电荷与电荷的区别，同时明确库仑定律的适用范围，基础题．　4．关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是（　　）A．电势差是矢量，电场力做的功是标量B．在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零C．在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大D．在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零【考点】电势差；电场强度．【分析】电势差等于电势之差，是标量，根据可以求出电势差，电势差的大小与移动的电荷无关．【解答】解：A、电势差是标量，电场力做功也是标量．故A错误．B、根据知，在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零．故B正确．C、两点间的电势差与移动的电荷无关，由电场决定．故C错误．D、根据知，电场力做正功，电势差不一定大于零，若电荷带负电，电势差小于零．故D错误．故选B．【点评】解决本题的关键知道电势差的定义，知道电势差与电场力做功的关系．　5．下列说法中符合物理学史实的是（　　）A．伽利略认为力是维持物体速度的原因B．牛顿发现了万有引力定律，并比较准确地测出了引力常量 C．牛顿对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献D．库仑利用扭秤装置发现了库仑定律并测出了静电力常量k的值【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答：伽利略认为力不是维持物体速度的原因；牛顿发现了万有引力定律，英国的卡文迪许通过实验比较准确测出万有引力常量；焦耳对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献；库仑利用扭秤装置发现了库仑定律并测出了静电力常量k的值．【解答】解：A、伽利略认为力不是维持物体速度的原因．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量．故B错误；C、焦耳对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献．故C错误；D、库仑利用扭秤装置发现了库仑定律并测出了静电力常量k的值．故D正确．故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　6．如图是表示在同一电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（　　）A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞EcC．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Ec＞Eb＞EdD．a、b、d三点的场强方向不相同【考点】电场强度．【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F﹣q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小． 【解答】解：ABC、由公式F=qE知F﹣q图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，a图线斜率的绝对值最大，所以a点的电场强度最大，d图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小．所以四点场强的大小关系是Ea＞Ec＞Eb＞Ed．该电场不是匀强电场．故C正确，AB错误．D、依据正电荷的电场力方向与电场强度方向相同，而负电荷的电场力的方向与电场强度的方向相反，则a、b、d三点的场强方向相同，故D错误；故选：C．【点评】解决本题的关键是掌握电场强度的定义式E=，同时注意明确图象斜率的物理意义即可分析电场强度的大小．　7．两个相同的金属小球A、B，所带的电量qA=+q0、qB=﹣7q0，相距r放置时，相互作用的引力大小为F．现将A球与B球接触，再把A、B两球间的间距增在到2r，那么A、B之间的相互作用力将变为（　　）A．斥力、B．斥力、C．引力、D．引力、【考点】库仑定律．【分析】设电荷A带电荷量为q0，则电荷B带电荷量为﹣7q0﹣，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离为2r，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．【解答】解：金属小球A和B，带电量分别为+q0和﹣7q0，相互作用力大小为F，根据库仑定律，有：F=k将两球接触后再放回原处，电荷先中和再平分，带电量变为=﹣3q0，根据库仑定律，有：F′=k=，且表现为斥力，故A正确，BCD错误；故选：A． 【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．　8．某电解池，如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A【考点】电流、电压概念．【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I==，将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得，I=3.2A故选D【点评】本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和．　9．如图所示，墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q上方P点用绝缘丝线悬挂另一质量的小球B，A、B带同种电荷后而使悬线与竖直方向成β角．由于漏电使带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小（　　）A．保持不变B．先变小后变大C．逐渐减小D．逐渐增大【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2 三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：=又FF1=F2，得：F2=G在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变，故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．　10．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是（　　）A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功【考点】电势；电场强度；电势能． 【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势．沿电场线方向电势逐点降低．根据电场力方向和运动方向判断做功情况．【解答】解：A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．B、A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故B正确．C、根据场强公式E=得A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误．D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误．故选B．【点评】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向，根据电场力和速度方向判断做功情况．　11．如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数的变化情况是（　　）A．电流表A1增大，A2减小，电压表V减小B．电流表A1减小，A2增大，电压表V减小C．电流表A1增大，A2增大，电压表V增大D．电流表A1减小，A2减小，电压表V增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电压表V读数的变化和电流A1的变化．【解答】解：当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，A2增大．电压表V读数U=E﹣I（R2+r），I增大，U减小，则电流表A1减小． 故选B【点评】本题是电路中典型的问题：动态变化问题，往往牵一发而动全身，按照“部分→整体→部分”的思路进行分析．　12．如图所示，用两根等长的细线各悬一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等，当它们带上同种电荷时，相距r而平衡，若它们的电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球的距离将（　　）A．大于B．等于C．小于D．不能确定【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．【分析】根据库仑定律公式F=k知，电量减小，则库仑力减小，两球相互靠近，通过假设两球距离等于，判断两球之间距离会如何变化．【解答】解：由题，两球的电量减小，根据库仑定律知，库仑力减小，两球间的距离减小．假设两球距离等于，则库仑力与开始一样大，重力不变，则绳子的拉力方向应与原来的方向相同，与实际上库仑力变小时，绳子的方向与原来不同，所以两球距离要变大些．则两球的距离大于．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】两球距离减小，通过假设法，根据受力情况可以判断出两球的距离是大于还是小于．　二．填空题13．人类社会自从进入电气化时代以来，就一直在不断地探寻电能的来源．如今常见的发电方式有：①火力发电、②水力发电、③核发电，其中将自然界的机械能转化为电能的方式是　②　 （写序号即可）．如果把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源，那么由煤炭转化而来的电能则属于　二次　能源．【考点】能源的开发和利用．【分析】火力发电是通过燃烧燃料，将燃料中存在的化学能转化为高温高压蒸气的内能释放出来，通过热机将内能转化为机械能，再通过发电机将内能转化为电能；水力发电是利用水的机械能转移给发电机，发电机再将机械能转化为电能；风力发电是利用空气的流动带动风力转轮的转动，转轮的转动带动放电机转子的转动，再通过发电机将机械能转化为电能．【解答】解：水力发电是利用水的机械能转移给发电机，发电机再将机械能转化为电能；把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源，煤炭转化而来的电能则属于二次能源．故答案为：②，二次．【点评】此题是灵活考查能量得转化现象，这就要求我们平时要多观察、多思考．　14．两根完全相同的金属裸导线A和B，如果把导线A均匀拉长到原来的2倍，导线B对折后结合起来，然后分别加上相同的电压，则它们的电阻之比RA：RB为　16：1　，相同时间内通过导体横截面的电荷量之比qA：qB为　1：16　．【考点】串联电路和并联电路；电阻定律．【分析】根据电阻定律R=ρ判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻R2=R，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故答案为：16：1，1：16．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=ρ 以及欧姆定律和电流的定义式I=．　15．如图所示，竖直平面内有两个水平固定的等量同种正点电荷，AOB在两电荷连线的中垂线上，O为两电荷连线中点，AO=OB=L，一质量为m、电荷量为q的负点电荷若由静止从A点释放则向上最远运动至O点．现若以某一初速度向上通过A点，则向上最远运动至B点，重力加速度为g．该负电荷A点运动到B点的过程中电势能的变化情况是　先减小后增大　；经过O点时速度大小为　　．【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】中垂线下方场强向下，上方场强向上，根据电场力做功判断电势能变化；由动能定理求解速度．【解答】解：由题意知从A到O，电场力做正功，电势能减小，从O到B，电场力做负功，电势能增加，故电荷电势能的变化情况为先减小后增大；设O点速度为V，由动能定理：﹣mgL+qUOA=0﹣mgL﹣qUOB=0﹣mV2其中UOA=UOB联立解得V=故答案为：先减小后增大，【点评】本题考查了电场力做功与电势能变化的关系，关键是分析出场强的分布情况，结合力学知识即可解决问题．　 16．如图所示，有一个半径为R的绝缘细橡胶圆环，均匀带正电Q，圆环竖直放置．今在圆环水平直径的左侧切去一小段，留下一小缺口，其宽度为a（且a«R），则剩余部分在圆心处形成的场强大小为　　，方向　向左　．【考点】点电荷的场强；电场的叠加．【分析】本题采用割补的思想方法求解，先求出整个大环在圆心处的电场力，再根据库仑定律，结合平衡条件，即可求解．【解答】解：将环补全，即用一小弧（可视为点电荷，带电荷量为q=）补在缺口，此时圆心处的电场强度为零；由对称性可知残缺环在圆心处形成的场强大小为E==，方向向左．故答案为：；向左．【点评】本题主要采用割补法的思想，掌握库仑定律与平衡条件的应用，注意方向的正确表达．　三．计算题（10+10+10）17．（10分）（2016秋•金山区校级期中）如图，匀强电场中，A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，静电力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服静电力做功4.8×10﹣8J，取B点的电势为零，（1）求A点，C点的电势分别是多少？（2）在图中过B点划出一条电场线，简单说明你是如何画出的．【考点】电势差与电场强度的关系；电势． 【分析】（1）根据电势差公式U=分别求出A、B间，以及B、C间电势差，根据电势差等于电势之差，求解A点和C点的电势．（2）根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，判断场强的方向，画出电场线．【解答】解：（1）A、B间电势差为B、C间电势差为又UAB=φA﹣φB，UBC=φB﹣φC，φB=0，得到φA=﹣240V，φC=﹣240V（2）根据（1）可知A、C两点的电势相等，根据等势面与电场线垂直，可知场强方向垂直AC向上．过B点作AC的垂线即为过B点的一条电场线．如图．答：（1）A点，C点的电势都是﹣240V．（2）如图．【点评】解决本题时，要注意运用电势差公式U=时，三个量U、W、q都要代入符号进行计算，同时还要注意电荷移动的方向．　18．（10分）（2013春•东河区校级期末）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，细杆右侧距杆0.3m处有一固定的正点电荷Q，A、B是细杆上的两点，点A与Q、点B与Q的连线与杆的夹角均为α=37°．一中间有小孔的带电小球穿在绝缘细杆上滑下，通过A点时加速度为零，速度为3m/s，取g=10m/s2．求：（1）小球下落到B点时的加速度；（2）小球下落到B点时的速度的大小． 【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【分析】（1）分析小球在A处和B处的受力情况，根据库仑定律和牛顿第二定律分别列式，联立求解小球下落到B点时的加速度．（2）小球从A到B，电场力做功为零，重力做功为mghAB，根据动能定理求解小球下落到B点时的速度的大小．【解答】解：（1）在A处，小球受力如图所示，由题意可知Kcosα﹣mg=0①在B处，小球受力如图所示，根据牛顿第二定律得Kcosα+mg=ma②联立①②得a=2g=20m/s2，方向竖直向下．（2）A、B两点位于同一等势面上，所以小球从A运动到B过程中，电场力做功为零，由动能定理得：mghAB=﹣由题，hAB=2×0.3cot37°=0.8m联立上两式得vB=5m/s答：（1）小球下落到B点时的加速度是20m/s2，方向竖直向下．（2）小球下落到B点时的速度的大小是5m/s． 【点评】本题关键抓住AB两点的位置关系，分析受力情况，确定电势关系，运用牛顿第二定律和动能定理求解．