高中物理人教版1本冊總復習總復習 優(yōu)秀獎

2023學年安徽省淮南二中高二（上）期中物理試卷（理科）一、選擇題（1-8題為單選題，9-12題為多選題，每題4分，共48分）1．以下說法正確的是（）A．電子、質(zhì)子都是元電荷B．物體通常呈現(xiàn)電中性，是因為物體沒有電荷C．電荷間的相互作用力是通過電場而產(chǎn)生的D．描述電場的電場線是客觀存在的2．在一正點電荷電場中A、B兩點間的電勢差UAB=200V，電量為+2×10﹣8C的電荷q以一定初速度在電場力的作用下從A點運動到B點，則下列說法中錯誤的是（）A．電場力對電荷做正功4×10﹣6JB．電荷q具有的電勢能增大4×10﹣6JC．電荷q的動能增大了4×10﹣6JD．電荷q電勢能的減小量等于動能的增加量3．如圖所示，A、B兩點相距l(xiāng)=10cm，它們的連線與勻強電場場強方向夾角60°，勻強電場強度為1000N/C，則A、B兩點電勢差等于（）A．﹣50V B．﹣100N/C C．50V D．100V4．電子以初速度v0沿垂直場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板間，則電子穿越平行板所需要的時間（）A．隨電壓的增大而減小B．隨電壓的增大而增大C．加大兩板間距離，時間將減小D．與電壓及兩板間距離均無關5．如圖所示，電解池接入電路后，在t秒內(nèi)有n個一價正離子通過溶液內(nèi)某截面S，有n個一價負離子通過S，設e為元電荷，以下說法正確的是（）A．電流為零 B．電流為I=C．電流為I= D．電流方向從A→B6．如圖所示，a、b兩點電勢相同，電場強度也相同的是（）A． B． C． D．7．點電荷A、B帶有等量正電荷，將第三個電荷C放在A、B連線的中點恰好平衡．現(xiàn)將B作緩慢地遠離A點的運動，則C的運動情況是（）A．靠近A的運動 B．遠離A的運動C．仍然保持靜止 D．有可能靠近A，也可能靠近B8．四個相同的燈泡按如圖所示連接，關于四個燈泡的亮度，下列結論中正確的是（）A．A燈、B燈一樣亮，C燈次之，D燈最暗B．A燈最亮、C燈次之，B與D燈最暗且亮度相同C．A燈最亮、B與C燈一樣亮，D燈最暗D．A與B燈一樣亮，C與D燈一樣亮，但比A與B燈暗些9．隨著中國電信業(yè)的發(fā)展，國產(chǎn)手機在手機市場上已經(jīng)有相當大的市場份額．如圖所示是中國科健股份有限公司生產(chǎn)的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知該電池待機狀態(tài)下的平均工作電流和充滿電后儲存的電能大約分別是（）A．平均工作電流15mA B．平均工作電流700mAC．儲存電能2500J D．儲存電能9500J10．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖線如圖所示，其中P點電勢最低，且AP＞BP，則（）A．P點電勢不為零，場強也不為零B．q1的電荷量大于q2的電荷量C．負電荷從P點左側移到P點右側，電勢能先增大后減小D．q1和q2是同種電荷，但不一定是正電荷11．在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動．當小球間距小于或等于L時，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關系圖象如圖所示，由圖可知（）A．a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量B．在tl時刻兩小球間距最小C．在0﹣t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小D．在0﹣t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運動方向相反12．某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動．以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖2所示，不計空氣阻力．則（）A．電場強度大小恒定，方向沿x軸負方向B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功相等D．到達x1位置時，小球速度的大小為二、實驗題（每空3分，共21分）13．如圖所示，把一個平行板電容器與一個靜電計相連接后，給電容器帶上一定電量，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度反映出電容器兩板間的電勢差的大小，以下情況中，靜電計的指針偏角是增大還是減?。浚?）B板向上移一些，減小正對面積，靜電計指針偏角（2）B板向左移一些，增大相對距離，靜電計指針偏角（3）在AB之間插入有機玻璃板，增大相對介電常數(shù)，靜電計指針偏角．14．如圖甲為描繪某一熱敏電阻（電阻隨溫度的改變而改變，且對溫度很敏感）的伏安特性曲線實驗電路．（1）閉合開關，滑片P向左滑動時，電流表的示數(shù)將變；（2）圖乙為該熱敏電阻的I﹣U關系曲線，根據(jù)圖線，當熱敏電阻的電壓為4V時，其電阻為Ω，該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而；（3）將該熱敏電阻接入圖丙所示的電路中，已知電源電壓恒為9V，電流表的示數(shù)為70mA，定值電阻R1=250Ω，由熱敏電阻的IU關系曲線圖可知，電阻R2的阻值為Ω（保留4位有效數(shù)字）．三、解答題（共31分）15．如圖所示，一電子以速度v0從A點沿著方向豎直向上、場強為E的勻強電場電場線運動到B點，到達B點時速度恰好為零．已知電子電量為﹣e，質(zhì)量為m，不計電子的重力，求A、B兩點間的電勢差和AB間距離．16．如圖，真空中有一勻強電場，方向沿Ox正方向，若質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒從O點以初速v0沿Oy方向進入電場，經(jīng)△t時間到達A點，此時速度大小也是vo，方向沿Ox軸正方向，如圖所示．求：（1）從O點到A點的時間△t．（2）該勻強電場的場強E及OA連線與Ox軸的夾角θ．（3）若設O點電勢為零，則A點電勢多大．17．如圖所示，一粒子源發(fā)射的粒子初速度為零，經(jīng)加速電場加速后，垂直于電場線進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，最終打到位于平行金屬板右側的豎直熒光屏上，使熒光屏發(fā)光，熒光屏的中心O′與粒子源O之間的連線位于平行金屬板中央，已知加速電場的電壓為U1=10V，平行金屬板間距離為d=，板長為L=，粒子的質(zhì)量為m=2×10﹣19kg，電荷量為q=×10﹣9C，熒光屏與平行金屬板右邊緣距離為D=，則：（1）帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速率是多少？（2）若平行金屬板間加一周期性變化的電信號，信號電壓UAB的圖象如圖乙所示，某個粒子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，該粒子打在屏上的點與O′的距離是多少？

2023學年安徽省淮南二中高二（上）期中物理試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（1-8題為單選題，9-12題為多選題，每題4分，共48分）1．以下說法正確的是（）A．電子、質(zhì)子都是元電荷B．物體通常呈現(xiàn)電中性，是因為物體沒有電荷C．電荷間的相互作用力是通過電場而產(chǎn)生的D．描述電場的電場線是客觀存在的【考點】電場線．【分析】元電荷是最小的電量的單位；物體通常呈現(xiàn)電中性，是因為物體內(nèi)的正負電荷一樣多；電荷間的相互作用力是通過電場而產(chǎn)生的；描述電場的電場線是不存在的．【解答】解：A、元電荷是最小的電量的單位，電子、質(zhì)子都帶一個單位的元電荷．故A錯誤；B、物體通常呈現(xiàn)電中性，是因為物體內(nèi)的正負電荷一樣多．故B錯誤；C、電荷間的相互作用力是通過電場而產(chǎn)生的．故C正確；D、描述電場的電場線是人們?yōu)榱诵蜗蟮孛枋鲭妶龆氲模瑢嶋H上是不存在的．故D錯誤．故選：C2．在一正點電荷電場中A、B兩點間的電勢差UAB=200V，電量為+2×10﹣8C的電荷q以一定初速度在電場力的作用下從A點運動到B點，則下列說法中錯誤的是（）A．電場力對電荷做正功4×10﹣6JB．電荷q具有的電勢能增大4×10﹣6JC．電荷q的動能增大了4×10﹣6JD．電荷q電勢能的減小量等于動能的增加量【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢能．【分析】根據(jù)W=qU求電場力做功．由此分析電勢能的變化，由動能定理分析動能的變化，結合能量守恒定律分析即可．【解答】解：A、電場力對電荷做功為WAB=qUAB=2×10﹣8×200J=4×10﹣6J，正功，故A正確．B、電場力對電荷做4×106J的正功，則電荷q具有的電勢能減少4×10﹣6J，故B錯誤．C、由動能定理知，電荷q的動能增大了4×10﹣6J，故C正確．D、只有電場力做功，電荷q只有動能和電勢能兩種形式的能，所以電荷q電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確．本題選錯誤的，故選：B3．如圖所示，A、B兩點相距l(xiāng)=10cm，它們的連線與勻強電場場強方向夾角60°，勻強電場強度為1000N/C，則A、B兩點電勢差等于（）A．﹣50V B．﹣100N/C C．50V D．100V【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【分析】已知勻強電場的場強為E，A、B兩點間的距離為L及AB連線與電場方向的夾角為θ，根據(jù)公式U=Ed，求出兩點沿電場方向的距離d，再求解電勢差U．【解答】解：由圖示可知，AB方向與電場線方向間的夾角θ=60°，AB兩點沿電場方向的距離：d=Lcosθ，AB兩點間的電勢差：UBA=Ed=ELcosθ=1000V/m××cos60°=50V，故C正確，ABD錯誤；故選：C4．電子以初速度v0沿垂直場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板間，則電子穿越平行板所需要的時間（）A．隨電壓的增大而減小B．隨電壓的增大而增大C．加大兩板間距離，時間將減小D．與電壓及兩板間距離均無關【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；運動的合成和分解．【分析】電子垂直于場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，在平行于金屬板的方向做勻速直線運動，由位移公式分析時間與哪些因素．【解答】解：電子垂直于場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，在平行于金屬板的方向電子不受力而做勻速直線運動，由L=v0t得，電子穿越平行板所需要的時間為t=，與金屬板的長成正比，與電子的初速度大小成反比，與其他因素無關，即與電壓及兩板間距離均無關．故選D5．如圖所示，電解池接入電路后，在t秒內(nèi)有n個一價正離子通過溶液內(nèi)某截面S，有n個一價負離子通過S，設e為元電荷，以下說法正確的是（）A．電流為零 B．電流為I=C．電流為I= D．電流方向從A→B【考點】電流、電壓概念．【分析】電流的方向與正離子定向移動方向相同．一價離子帶電量的大小為e．通過溶液截面s的電荷量等于正離子與負離子電荷量絕對值之和，根據(jù)電流的定義式求解電流強度．【解答】解：根據(jù)電路可知，B端與電源正極相連，電流的方向與正離子定向移動方向相同，則溶液內(nèi)電流方向從B到A．t時間內(nèi)通過通過溶液截面s的電荷量q=ne+ne=2ne，則根據(jù)電流的定義式I=．故選：C6．如圖所示，a、b兩點電勢相同，電場強度也相同的是（）A． B． C． D．【考點】電場強度．【分析】電勢是標量，電場強度是矢量，標量只要大小相等，標量就相等，而矢量，大小、方向均相同，矢量才相同．根據(jù)電場線的分布判斷．【解答】解：A、a、b兩點處于勻強電場中，場強相同，不是位于同一等勢面上，電勢不相同．故A錯誤．B、根據(jù)電場線的分布情況可知a、b兩點的場強大小相等，但方向不同，則電場強度不同．而由對稱性可知電勢相同．故B錯誤．C、a、b處于同一等勢面上，電勢相等，而電場強度方向不同，則電場強度不同．故C錯誤．D、a、b在等量異種電荷連線的垂直平分線上，電勢相等，根據(jù)電場的對稱性，a、b兩點場強相同．故D正確．故選：D．7．點電荷A、B帶有等量正電荷，將第三個電荷C放在A、B連線的中點恰好平衡．現(xiàn)將B作緩慢地遠離A點的運動，則C的運動情況是（）A．靠近A的運動 B．遠離A的運動C．仍然保持靜止 D．有可能靠近A，也可能靠近B【考點】電勢差與電場強度的關系．【分析】A、B帶有等量正電荷Q，兩者連線中點場強為零，電荷B十分緩慢地遠離A點的運動，原來中點處的場強不為零，根據(jù)場強疊加的原理實際場強向右，根據(jù)電荷q受力情況判斷運動情況．【解答】解：如圖，A、B帶有等量正電荷Q，兩者連線中點場強為零，電荷B十分緩慢地遠離A點即向右移動，原來中點處的場強不為零，根據(jù)場強疊加的原理實際場強向右，由于不清楚電荷q的電性，所以電荷q可能受向左的力，也有可能受向右的力，所以電荷q的運動情況是可能向左運動，也可能向右運動．即有可能靠近A，也可能靠近B．故選：D．8．四個相同的燈泡按如圖所示連接，關于四個燈泡的亮度，下列結論中正確的是（）A．A燈、B燈一樣亮，C燈次之，D燈最暗B．A燈最亮、C燈次之，B與D燈最暗且亮度相同C．A燈最亮、B與C燈一樣亮，D燈最暗D．A與B燈一樣亮，C與D燈一樣亮，但比A與B燈暗些【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】根據(jù)串聯(lián)電路電流相等，由功率公式P=I2R，分析功率關系；并聯(lián)電壓相等，由公式P=，分析四個燈實際功率關系，確定亮度關系．【解答】解：A燈的電流大于B燈、C燈的電流，則功率公式P=I2R，A燈比B燈、C燈亮；B、D兩燈串聯(lián)，電流相等，一樣亮；C燈的電壓大于B、D的電壓，由公式P=，可知D燈比B、D兩燈亮，所以A燈最亮，、C燈次之，B與D燈最暗且亮度相同．故B正確．故選：B9．隨著中國電信業(yè)的發(fā)展，國產(chǎn)手機在手機市場上已經(jīng)有相當大的市場份額．如圖所示是中國科健股份有限公司生產(chǎn)的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知該電池待機狀態(tài)下的平均工作電流和充滿電后儲存的電能大約分別是（）A．平均工作電流15mA B．平均工作電流700mAC．儲存電能2500J D．儲存電能9500J【考點】電功、電功率．【分析】由圖讀出此電池的電動勢E、容量q、待機時間t，根據(jù)q=It求解平均工作電流I，根據(jù)W=Eq求解儲存電能．【解答】解：AB、由電池的銘牌讀出容量為700mA?h，待機時間為48h，故平均工作電流I=，故A正確，B錯誤；CD、儲存電能W=Eq=×700mA?h=××3600s=9500J，故C錯誤，D正確；故選：AD10．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖線如圖所示，其中P點電勢最低，且AP＞BP，則（）A．P點電勢不為零，場強也不為零B．q1的電荷量大于q2的電荷量C．負電荷從P點左側移到P點右側，電勢能先增大后減小D．q1和q2是同種電荷，但不一定是正電荷【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢．【分析】根據(jù)φ﹣x圖線切線斜率大小等于電場強度大小，讀出P點的電場強度大?。鶕?jù)P點場強大小，由公式E=k判斷q1與q2電荷量大小．根據(jù)電勢隨x的變化情況，判斷兩電荷的電性．負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大【解答】解：A、在P點，φ﹣x圖線切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，電勢不為零．故A錯誤．B、P點的電場強度大小為零，說明q1和q2兩點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，由公式E=k，AP＞BP，則q1的電荷量大于q2的電荷量．故B正確．C、負電荷從P點左側移到P點右側，電場力先做負功，后做正功，電勢能先增大后減?。蔆正確．D、A到P的電勢降低，從P到B電勢升高，則電場線方向A到P，再從P到B，則q1和q2是同種電荷，一定是正電荷．故D錯誤．故選：BC11．在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動．當小球間距小于或等于L時，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關系圖象如圖所示，由圖可知（）A．a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量B．在tl時刻兩小球間距最小C．在0﹣t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小D．在0﹣t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運動方向相反【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】先從v﹣t圖象找出兩個小球加速度的大小關系然后結合牛頓第二定律判斷質(zhì)量的關系；根據(jù)v﹣t圖象判斷何時有最小距離．【解答】解：A、從速度時間圖象可以看出b小球速度時間圖象的斜率絕對值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力大小相等，根據(jù)a=知，加速度大的質(zhì)量小，所以b小球質(zhì)量較小，故A正確；B、二者做相向運動，所以當速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球最近，之后距離又開始逐漸變大，所以B錯誤C正確；D、b球0﹣t1時間內(nèi)勻減速，所以0﹣t1時間內(nèi)排斥力與運動方向相反，D錯誤．故選：AC．12．某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動．以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖2所示，不計空氣阻力．則（）A．電場強度大小恒定，方向沿x軸負方向B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功相等D．到達x1位置時，小球速度的大小為【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度．【分析】從圖象中能找出電場力的做功情況，根據(jù)電場力的做功情況判斷出小球的受力情況，進而判斷出電場方向，在利用牛頓第二定律分析加速度．由動能定理研究小球的速度．【解答】解：A、物體的機械能逐漸減小，電場力對小球做負功，故電場強度方向向上，即沿x軸負方向．再根據(jù)機械能的變化關系可知，相等位移電場力做功越來越小，說明電場力減小，故電場強度不斷減小，故A錯誤；B、根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場力，電場力向上，重力向下，開始時重力大于電場力，由上知電場力越來越小，故合力越來越大，加速度越來越大，速度越來越大，故B正確；C、由于電場力越來越小，故相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤；D、根據(jù)動能定理可得mgx1+E1﹣E0=mv2﹣0，解得到達x1位置時，小球速度v=，故D正確；故選：BD二、實驗題（每空3分，共21分）13．如圖所示，把一個平行板電容器與一個靜電計相連接后，給電容器帶上一定電量，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度反映出電容器兩板間的電勢差的大小，以下情況中，靜電計的指針偏角是增大還是減?。浚?）B板向上移一些，減小正對面積，靜電計指針偏角增大（2）B板向左移一些，增大相對距離，靜電計指針偏角增大（3）在AB之間插入有機玻璃板，增大相對介電常數(shù)，靜電計指針偏角減?。究键c】電容器的動態(tài)分析．【分析】根據(jù)電容的決定式C=，分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式C=，分析板間電壓的變化，即可判斷靜電計指針張角的變化．【解答】解：（1）減小正對面積，據(jù)電容的決定式C=，知電容減小，而電容器的電量不變，由電容的定義式C=，分析可知板間電壓增大，所以靜電計指針偏角增大．（2）增大相對距離，據(jù)電容的決定式C=，知電容減小，而電容器的電量不變，由電容的定義式C=，分析可知板間電壓增大，所以靜電計指針偏角增大．（3）在AB之間插入有機玻璃板，增大相對介電常數(shù)，據(jù)電容的決定式C=，知電容增大，而電容器的電量不變，由電容的定義式C=，分析可知板間電壓減小，所以靜電計指針偏角減小，故答案為：（1）增大；（2）增大；（3）減小．14．如圖甲為描繪某一熱敏電阻（電阻隨溫度的改變而改變，且對溫度很敏感）的伏安特性曲線實驗電路．（1）閉合開關，滑片P向左滑動時，電流表的示數(shù)將變??；（2）圖乙為該熱敏電阻的I﹣U關系曲線，根據(jù)圖線，當熱敏電阻的電壓為4V時，其電阻為200Ω，該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小；（3）將該熱敏電阻接入圖丙所示的電路中，已知電源電壓恒為9V，電流表的示數(shù)為70mA，定值電阻R1=250Ω，由熱敏電阻的IU關系曲線圖可知，電阻R2的阻值為Ω（保留4位有效數(shù)字）．【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線．【分析】（1）根據(jù)滑片移動方向判斷電壓如何變化，然后根據(jù)圖象判斷電流如何變化．（2）由圖示圖象求出電壓對應的電流，然后應用歐姆定律求出電阻阻值；根據(jù)圖示圖象應用歐姆定律判斷阻值隨溫度的變化關系．（3）由歐姆定律求出通過定值電阻R1的電流，然后應用并聯(lián)電路特點求出通過熱敏電阻的電流，再根據(jù)圖示圖象求出熱敏電阻兩端的電壓，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值．【解答】解：（1）閉合開關，滑片P向左滑動時，熱敏電阻兩端電壓變小，由圖示圖象可知，通過熱敏電阻的電流變小，電流表的示數(shù)將變?。?）由圖示圖象可知：U=4V時I=20mA=，此時熱敏電阻阻值：R===200Ω；I﹣U圖象上各點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于電阻，由圖看出電壓升高，電阻的溫度升高，其電阻變?。?）通過電阻R1的電流：I1====36mA，通過熱敏電阻的電流：I2=I﹣I1=70﹣36=34mA=，由圖示圖象可知，熱敏電阻兩端電壓：U熱=，電阻R2兩端電壓：U2=U﹣U熱=9﹣=，電阻R2的阻值：R2==≈Ω；故答案為：（1）??；（2）200；減??；（3）．三、解答題（共31分）15．如圖所示，一電子以速度v0從A點沿著方向豎直向上、場強為E的勻強電場電場線運動到B點，到達B點時速度恰好為零．已知電子電量為﹣e，質(zhì)量為m，不計電子的重力，求A、B兩點間的電勢差和AB間距離．【考點】電勢差與電場強度的關系．【分析】根據(jù)動能定理求出A、B兩點間的電勢差，結合電勢差和電場強度的關系求出AB的距離．【解答】解：根據(jù)動能定理得，，解得AB兩點的電勢差．AB間的距離=．答：A、B兩點間的電勢差為，AB間的距離為．16．如圖，真空中有一勻強電場，方向沿Ox正方向，若質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒從O點以初速v0沿Oy方向進入電場，經(jīng)△t時間到達A點，此時速度大小也是vo，方向沿Ox軸正方向，如圖所示．求：（1）從O點到A點的時間△t．（2）該勻強電場的場強E及OA連線與Ox軸的夾角θ．（3）若設O點電勢為零，則A點電勢多大．【考點】動能定理的應用；電勢；電勢能．【分析】（1）由題意，微粒到達A點時的速度大小與初速度大小相等，都是vo，說明微粒的重力不能忽略．微粒水平方向受到電場力，豎直方向受到重力作用，兩個力都是恒力，運用運動的分解法：豎直方向微粒做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速運動．由速度公式研究豎直方向的運動情況即可求出時間△t．（2）在x、y兩個方向上微粒的分運動時間相等，由速度公式研究水平方向的加速度，由牛頓第二定律求出勻強電場的場強E．由位移公式x=分別求出x和y，再求解OA連線與Ox軸的夾角θ．（3）根據(jù)動能定理求解OA間的電勢差UOA，而UOA=φO﹣φA，φO=0，可求出φA．【解答】解：分析帶電微粒的運動特征：微粒水平方向受到電場力，做初速度為零的勻加速運動；豎直方向受到重力作用，做勻減速運動．（1）在豎直方向上，有0﹣v0=﹣g?△t，得△t=．（2）在水平方向上，有v0=ax?