2018-2019学年湖南省娄底四中高二上学期第一次月考(10月)物理试题

2018-2019学年湖南省娄底四中高二上学期第一次月
考（10月）物理试卷
满分100分时量90分钟
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1.如图是某电场区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，
下列说法正确的是（）
A. A点的电场强度最大
B. B点的电场强度最小
C. 把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受
到的静电力最大
D. 把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场
强度方向一致
2.下列对于电容器的电容C=的认识，正确的是（）
A. 电容器所带电荷量越大，其电容越大
B. 电容器两极板间的电势差越小，其电容越大
C. 电容C与电容器所带的电荷量及极间的电势差无关
D. 电容C由电容器所带的电荷量及极间的电势差决定
3.真空中两个点电荷的电量分别是+q、+3q，库仑力为F；当
把它们接触再放回原处，库仑力变为（）
A. B. C. D.
4.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆
心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三
点的电势分别为φ
=12V、φB=2V、φC=-2V．由此可得D点
A
的电势为（）
A. 4V
B. 8V
C. 6V
D. 9V
5.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向
下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（）
A. 油滴带负电
B. 电势能减少
C. 动能增加
D. 重力势能和电势能之和增加
6.如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它
们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔都是闭合的．现将带正电的物体C移近A，下列描述正确的是（）
A. 稳定后只有A下部的金属箔张开
B. 稳定后只有B下部的金属箔张开
C. C移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都张开
D. C移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合
7.如图所示，质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为μ＝的竖直杆
上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为＋q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E存在最小值时，E与水平方向的夹角θ为( )
A. B. C. D.
8.用电场线能很直观很方便地比较电场中各点的电场强弱．如图，左边是等量
异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，
E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下
列认识不正确的是
A. A、D两点电场强度大小相等，方向相反
B. B、C两点电场强度大小和
方向都相同
C. E、F两点电场强度大小和方向都相同
D. 从E到F过程中电场强度
先增大后减小
9.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，
静电计指针张角会随电势差U的变大而变大，现使电容器带
电并保持总电量不变，下列哪次操作能让静电计指针张角变
大
A. 仅将A板稍微上移
B. 仅减小两极板之间的距离
C. 仅将玻璃板插入两板之间
D. 条件不足无法判断
10.一电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，具有的电势能为
E
，则A点的电势为．若把该点电荷换为电荷量为2q
p
的负点电荷，则A点的电势为
A. B. C. D.
11.如图，竖直平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒（仅受重力和电场力）
沿图中直线从A向B运动，则下列说法中正确的是（）
A. 微粒可能带正电
B. 微粒机械能减小
C. 微粒电势能减小
D. 微粒动能不变
12.以下现象属于静电利用的是（）
A. 油罐车用铁链放电
B. 保持面粉加工车
间里的空气湿度
C. 在地毯中夹杂导电纤维
D. 静电空气清新器
13.如图所示，高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于
竖直平面，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B点的速度大小仍为v
，则（）
A. 电场力对小球做功为
B. A、B两点的电势差为
C. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D. 电场强度的最小值为
14.在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动．当速度达到v m后，立即关
闭发动机而滑行直到停止．v－t图线如图所示，汽车
的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2. 全过程中，牵引
力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2
及W1、W2间关系的说法，其中正确的是（）
①F1∶F2＝1∶3 ②F1∶F2＝4∶3 ③W1∶W2＝1∶1
④W1∶W2＝1∶3
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
15.如图所示，A带正电，B带负电，在库仑力作用下，它们以连线上某点O为
圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是（）
A. 它们所需向心力相等
B. 它们的运动半径
与电荷量成反比
C. 它们做圆周运动的角速度相等
D. 它们的线速度与
质量成正比
16.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初
速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A. 偏转电场对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子打到屏上时的速度一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同
D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置
17.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一
带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这
时悬线偏离竖直方向的夹角为θ（）
A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大
B. 保持S闭合；将A板向B板靠近，则不变
C. 断开S，将A板向B板靠近，则增大
D. 断开S，将A板向B板靠近，则不变
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
18.一个平行板电容器，当其电荷量增加△Q=1.0×10-6C时，两板间的电压升高
△U=10V，则此电容器的电容C= F．若两板间电压为35V，此时电容器的带电荷量Q= C．
19.同一平面内的三个力，大小分别为4N、6N、7N，若三力同时作用于某一物
体，则该物体所受三力合力的最大值为N和最小值为
N．
20.升降机以0.2m/s2的加速度竖直加速上升，站在升降机里的质量为60kg的人
对升降机底板的压力为N；如果升降机以相同大小的加速度减速上升，人对升降机底板的压力为N．（g=10m/s2）
21.如图所示，在河岸上用细绳拉船，使小船靠岸，拉绳的张力为F拉绳的速度
为v，当拉船头的细绳与水平面的夹角为θ时，船的速度大小为，绳子张力的功率为。

四.计算题（本大题共4小题，共30.0分）
22.（6分）如图所示，一个静止在光滑水平面上的物体，质量是2kg，在水平
方向受到的拉力大小是10N．求：
（1）物体运动时的加速度大小a；
（2）物体在4s内的位移大小x．
23.（8分）如图所示，AB为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道BCD的下端与水
平轨道相切与B点．质量m=0.50kg滑块（可视为质点），从A点以速度v
=10m/s沿水平轨道向右运动，恰好能通过半圆轨道的上端D点，已知
A
AB长x=3.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，半圆轨道的半
径R=0.50m，g=10m/s2，求：
（1）滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端B点的压力大小；
（2）滑块从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功．
24.（8分）带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一匀强电场，
电场强度E=2×104V/m，方向向下．电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm
（1）两点的电势差U CD等于多少？
（2）如果令B板接地（即电势φB=0），则C和D的电势φC和φD各是多少？25.（8分）如图所示，一带电小球的质量m=2×10-4kg，用长为L=0.8m的细线
悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强E=3×104N/C，当细线与竖直方向夹角为θ=37°时，小球恰好静止在A点。

（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球带什么电？电荷量为多大？
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做多少功？
2018年下期高二第1次月考物理试卷答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、B、电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知A点的场强最小，B点的场强最大．故A、B错误．
C、根据电场力的计算公式F=Eq，故场强大处，电荷受到的电场力大，由于B处的电场强度最大，故该电荷在B处受到的静电力最大，故C正确．
D、电场强度的方向为正点电荷在该点受到的电场力的方向，与负电荷在该点受到的电场力方向相反，故D错误．
故选：C．
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
根据电场力的计算公式F=Eq，故场强大处，电荷受到的电场力大．
电场线向上某点的切线方向为该点的电场强度的方向，即正点电荷在该点受到的电场力的方向．
本题要求掌握根据电场线判断电场强度的大小和方向，知道电场力的公式
F=Eq，场强大处，电荷受到的电场力大．
2.【答案】C
【解析】解：A、电容器的电容与所带电量和两端间的电压无关，由本身的性质决定．故A、B、D错误．C正确；
故选：C．
电容器的电容由本身的性质决定，跟电容器两端所加的电压和所带的带电量无关．
解决本题的关键理解电容的定义式，明确电容器的电容与所带的电量和两端间的电势差无关．
3.【答案】D
【解析】解：根据库仑定律公式得：F=k．
接触再分离后所带电量各为+2q，F′=k=F．故D正确，ABC错误．
故选：D．
接触带电的原则是先中和再平分．根据库仑定律公式F=k求出库仑力的大小．
解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，注意若两个金属小球之间原来是库仑引力，说明原来两球带异种电荷．
4.【答案】B
【解析】【分析】在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），每前进相同的距离，电势的降低相等；先求解出D点的电势．
解决本题要理解公式U=Ed，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），电势均匀降低，即可解决这类问题．
【解答】在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），根据公式U=Ed可知，每前进相同的距离，电势的降低相等；
根据几何知识可知：AB=DC且AB∥DC，说明AB间的电势差等于DC间的电势差．
故：φA-φB=φD-φC
代入数据，有：
12-2=φD-（-2）
解得：φD=8V，即D点的电势为8V．
故选：B．
5.【答案】D
【解析】【分析】根据图中轨迹的弯曲方向，可以判断出重力和电场力的大小关系，也可以判断电荷的性质，然后根据功能关系进行求解即可。

本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。

【解答】A.根据轨迹的弯曲方向可知，油滴所受的电场力方向一定向上，再跟据电场力方向和电场线反向，可知油滴一定带负电，故A正确；
B.从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B正确；
C.由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故C正确；
D.根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误。

本题选错误的；
故选D。

6.【答案】C
【解析】解：AB、带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；所以金属箔都张开。

故AB错误；
CD、C移近A后，先把AB分开，则A仍然带负电，B仍然带正电，所以金属箔都张开；故C正确，D错误。

故选：C。

根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量．
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
对m1和m2受力分析可知，利用力的三角形定则即可求得电场力最小的情况，判断出角度。

本题主要考查了受力分析，可以采用隔离受力分析，也可以采取整体受力分析，本题采取整体受力分析较简单。

【解答】
设F与墙面的夹角为α，分别对m1和m2受力分析。

可知μFsinα=m1g+Fcsα，，对m2的受力分析利用三角形定则可知要电场力最小，则电场力方向垂直于F，即当α=θ时电场强度最小，故
，式中，β=-60°，联立解得θ=60°时，F最小。

故选D。

8.【答案】A
【解析】
【分析】
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。

对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。

【解答】
A.根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误；
B.根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B→C，方向相同，故B正确；
C.由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，故C正确；
D.由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确。

本题选错误的，故选A。

9.【答案】A
【解析】
略
10.【答案】C
【解析】
【分析】
电势反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关，根据电势的物理意义进行解答。

本题考查了电势的有关知识，明确电势反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定。

【解答】
根据电势的物理意义：电势反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关可知，将该点的电荷换为电荷量为2q的负电荷，A点的电势不变，故C正确，ABD错误。

故选C。

11.【答案】B
【解析】
解；A、带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向左，则微粒带负电，故A错误。

B、C电场力做负功，机械能减小，电势能增加，故B正确，C错误。

D、微粒的合力方向与速度方向相反，对微粒做负功，则其动能减小，故D错误故选：B。

带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，根据微粒做直线运动，可判定电场力的方向，确定电性。

根据电场力做功情况，判断机械能、电势能的变化，由合力做功情况，判断动能的变化。

本题要根据微粒的运动状态判断微粒的电性和电场力方向，抓住质点做直线运动的条件是关键。

12.【答案】D
【解析】
解：A、因为铁具有良好的导电性，可以把运输过程中会由于摩擦产生静电荷导走，是为了防止静电产生火灾．故A错误．
B、保持面粉加工车间里的空气湿度使将产生的静电导入大地，故B错误
C、在地毯中夹杂导电纤维，是为了防止产生过多的静电将人击伤．故C错误．
D、静电空气清新器利用静电除去空气中的灰尘，故D正确．
故选D
了解静电现象，理解其应用与防止，会分析其原理．
本题考查了静电现象，关键理解其工作原理，会分析实际问题．
13.【答案】B
【解析】
【分析】
小球从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑过程中，重力做负功，电场力做正功，动能变化量为零，由动能定理求解电场力做功，由电场力做功公式W=qU求出电势差，由U=Ed分析场强的最小值，根据电场力做功正负，判断电势能的变化。

本题关键能运用动能定理求解电场力做功，只要掌握W=qU、U=Ed两个公式，此题就不难解答。

【解答】
A.小球上滑过程中，由动能定理得：，解得：W=mgh，故A错误；
B.由W=qU得，A、B两点的电势差为，故B正确；
C.由于电场力做正功，小球的电势能减小，则小球在B点的电势能小于在A点的电势能，故C错误；
D.由U=Ed得，，若电场线沿AB时，d＞h，则，故D错误。

故选B。

14.【答案】A
【解析】
【分析】
由速度-时间图象与时间轴所围的面积表示位移，可求汽车匀加速与匀减速过程中位移之比；分别对匀加速和匀减速过程，运用动能定理列式，可得出牵引力与阻力的比值。

对整个过程，运用动能定理可求得牵引力和阻力做功之比。

本题是多过程问题，运用动能定理时，要灵活选择研究的过程，采用分段法和全程法结合解答，比较简便。

【解答】
由图可知，在0-3s内汽车做匀加速直线运动，由动能定理可
知：；在3-4s内汽车做匀减速运动，只有摩擦力做功，由动能定理：；由图象可知，两个过程位移之比x1：x2=3：1，解得：F1：
F2=4：3；对全程，由动能定理得：W1-W2=0 故W1：W2=1：1 ，故②③正确。

故选A。

15.【答案】AC
【解析】
【分析】
两电荷之间的库仑引力提供各自做圆周运动的向心力，即向心力相同，同时注意:它们的角速度相同，然后根据向心力公式列方程即可求解；
解题的关键是应用匀速圆周运动和库仑定律。

【解答】
AC.两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做
匀速圆周运动，它们之间的库仑力提供向心力，故它们所需的向心力相等，结构稳定，间距恒定，故它们的角速度相等，故AC正确；
BD.设两电荷之间的距离为r，则有:，，计算得
出：，即轨道半径和质量成反比，与电荷量无关，根据，角速度相同，故线速度与轨道半径成正比，而轨道半径和质量成反比，故线速度与质量成反比，故B正确；故D错误。

故选AC。

16.【答案】AD
【解析】
【分析】
由动能定理可求得粒子进入偏转电场的速度，再由运动的合成与分解求得偏转电中的位移，再由几何关系明确粒子打在屏上的位置。

本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，根据动能定理和类平抛运动的特点进行列式求解。

【解答】
带电粒子在加速电场中加速，电场力做功为：，由动能定理可以知道：，解得：，
粒子在偏转电场中的时间为：，在偏转电场中的纵向速度为：
，纵向位移为：，即位移与比荷无关，与速度无关，
则可知三种粒子的偏转位移相同，偏转电场对三种粒子做功一样多，因三粒子有同一位置射入偏转电场，且偏转位移相同，则三粒子打在屏幕上的位置一定相同，因粒子到屏上的时间与横向速度成反比，因加速后的速度大小不同，故三粒子运动到屏上所用时间不相同，故AD正确，BC错误。

故选AD。

17.【答案】AD
【解析】
解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；
C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场
强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D正确；
故选：AD．
带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电
压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．
本题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．
18.【答案】1.0×10-7；3.5×10-6
【解析】
【分析】电容的定义式为C=，对于给定的电容器，电容是一定的，根据数学知识得到C=，由此式求解电容．由C=变形求解电量．本题考查电容器的电
容公式的掌握情况和应用能力，对于给定的电容器，其电容是一定的，由电容器本身的特性决定，与电容器的电量、电压无关．
【解答】已知△Q=1.0×10-6C，△U=10V，则电容器的电容C==1.0×10-7F
由C=变形得，Q=CU=1.0×10-7×35C=3.5×10-6C.
故答案为：1.0×10-7，3.5×10-6
19.【答案】17；0
【解析】
解：当三个力作用在同一直线、同方向时，三个力的合力最大，即
F=6N+7N+4N=17N．
当三个力作用在一个物体上，不在一条直线，并且夹角可以改变，总能使物体处于静止状态，故此时三个力的合力为零，即它们合力的最小值为0．
故答案为：17，0．
当这三个力作用在同一物体上，并且作用在同一直线上，方向相同，三个力的合力最大．如果三个力不在同一直线上，夹角可以变化，当两个较小力的合力大小等于第三个力，方向相反时，合力为零，此时三个力的合力的最小．
当多个力合成时，它们作用在同一直线上、同方向时，合力最大；求最小合力时，先考虑合力为零的情况．
20.【答案】612；588
【解析】
解：当升降机以0.2m/s2的加速度竖直加速上升时，如图对电梯内的人受力分析，如下图，由牛顿第二定律得：
F N-mg=ma
所以有：F N=m（g+a）=60（10+0.2）=612N；
由牛顿第三定律可知人对木块的压力为：F′=F N=612N；
当升降机以相同大小的加速度减速上升时，加速度方向向下，由牛顿第二定律得：
mg-F N=ma
所以有：F N=m（g-a）=60（10-0.2）=588N；
由牛顿第三定律可知人对木块的压力为：F′=F N=588N；
故答案为：612，588．
人受到重力和地板的支持力，由牛顿第二定律可得升降机各种运动状态下升降机底板对人的支持力，从而得到人对升降机地板的压力．
本题是牛顿第二定律和牛顿第三定律的应用，要明确人在电梯中的受力情况和加速度方向，同时注意求解的是人对地面的压力，故一定要注意应用牛顿第三定律．
21.【答案】；Fv
【解析】
解：船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向
速度的合速度，
根据平行四边形定则，有v船cosθ=v，则v船
=；
拉力的瞬时功率：P=Fv；
故答案为：，Fv。

将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于v，根据平行四边形定则求出船的速度；根据P=Fv求解拉力的瞬时功率。

解决本题的关键知道船的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，会根据平行四边形定则对速度进行合成。

22.【答案】解：（1）物体运动时的加速度大小：
（2）物体在4s末的速度大小：
（3）物体在4s内的位移大小：
【解析】
（1）由牛顿第二定律得到物体的加速度；
（2）根据速度时间关系得到物体在4s末的速度；
（3）由位移时间关系得到物体在4s内的位移。

本题考查牛顿第二定律和运动学公式的应用，难度不大。

23.【答案】解：（1）滑块由A到B的过程，由动能定理得：
-μmgx=mv B2-mv A2
在B点，由牛顿第二定律得：
F N-mg=m
联立并代入数据解得：F N=98N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小为98N．
（2）在D点，有：mg=m
从B到D过程，由动能定理得：
-2mgR-W f=mv D2-mv B2
联立并代入数据解得：W f=17J
答：（1）滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端B点的压力大小为98N；
（2）滑块从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功为17J．
【解析】
（1）先由动能定理求出滑动滑块刚刚滑到B点时的速度．在B点，由合力提供向
心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再得到滑块对轨道的压力．（2）滑块恰好能通过半圆轨道的上端D点，在D点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得D点的速度．滑块从B点运动到D点的过程，由动能定理求克服摩擦力所做的功．
本题是力学综合题，在涉及力在空间效果求速度时，首先要考虑动能定理．对于圆周运动，要掌握其临界条件．
24.【答案】解：1、方向向下，A板电势比B板电势高，故CD间的电势差为负值，根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，U CD=Ed=-2.0×104×（10-3-2）×10-2V=-1000V
2、令B板接地（即电势φB=0），U CB=φC-φB
即φC=U CB-φB=Ed-0=2.0×104×0.03=600V
同理φD=U DB-φB=Ed-0=2.0×104×（0.10-0.02）V=1600V．
答：（1）两点的电势差U CD等于-1000V
（2）如果令B板接地（即电势φB=0），则C和D的电势φC和φD各是600V；1600V．【解析】
（1）根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算CD间的电势差，但是要注意CD间电势差的正负．
（2）根据电势差的定义，U CA=φC-φA，所以φC=U CA=Ed CA，代入数据计算即可，仍要注意电势的正负．
解决本题的关键掌握匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，注意d为沿电场线方向上的距离．
25.【答案】解：（1）小球带正电，由平衡条件，则有：
代入数据解得：
（2）根据静电力做功为：
答：（1）小球带正电，电量是；（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做功。

【解析】
本题考查了电场强度平衡条件、功的计算。

根据电场力及电场线的方向来确定电荷的电性，同时还考查电场力做功与沿着电场力方向的位移有关。

（1）带电小球有电场力、细线的拉力与重力处于平衡状态，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性，及电量大小；
（2）电场力做功等于电场力与沿电场力方向的位移乘积。