物理卷·2018届广西桂林十八中高二上学期开学物理试卷（解析版）

物理卷·2018届广西桂林十八中高二上学期开学物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年广西桂林十八中高二（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，每题4分，共40分）‎ ‎1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 B．小鸟停在高压输电线上会被电死 C．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 D．打雷时呆在汽车里比呆在木屋里要危险 ‎2．两个完全相同的小金属球，它们带异种电荷，电荷量的大小之比为5：1（两小球皆可视为点电荷），它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1：F2为（　　）‎ A．5：2 B．5：4 C．5：6 D．5：9‎ ‎3．库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒将做匀速直线运动 B．微粒将做圆周运动 C．库仑力对微粒做负功 D．万有引力对微粒做正功 ‎4．19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷周围存在电场，电荷之间通过电场传递相互作用力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力一定越大 B．静电场的电场线是闭合的 C．电场线的方向，就是电荷受力的方向 D．带电粒子仅受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合 ‎5．如图，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电．O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线．现有一带正电的试探电荷q自O点以大小是v0的初速度沿直线向Q点运动．若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）‎ A．q将做匀速直线运动 B．q的加速度将逐渐减小 C．q的动能将逐渐减小 D．q的电势能将逐渐减小 ‎6．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（　　）‎ A．T=（q1﹣q2）E B．T=（q1﹣q2）E C．T=（q1+q2）E D．T=（q1+q2）E ‎7．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3．这雨滴携带的电荷量的最小值约为（　　）‎ A．2×10﹣9C B．4×10﹣9C C．6×10﹣9C D．8×10﹣9C ‎8．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎9．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是φA、φB，下列判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎10．如图所示，在匀强电场中有M、N、P三点，它们的电势分别为φM=10V、φN=6V、φP=2V，则以下四个图中正确表示电场方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共24分.每题至少有2个答案，全对得4分，少选得2分，选错得0分）‎ ‎11．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场做功为零 ‎12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）‎ A．A对B的静电力一定是引力 B．A对B的静电力可能是斥力 C．A的电量可能比B少 D．A的电量一定比B多 ‎13．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎14．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎15．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变小 B．保持S不变，增大d，则θ变大 C．保持d不变，减小S，则θ变大 D．保持d不变，减小S，则θ变小 ‎16．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　）‎ A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大 C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大 ‎　‎ 三、非选择题，写出必要的解题步骤（共36分）‎ ‎17．如图所示：一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷．已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60°，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，求拉力T与库仑力F分别为多少．‎ ‎18．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+‎ q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎19．电视机的显像管中，电子束的偏转是用电偏转和磁偏转技术实现的．如图甲所示，电子枪发射出的电子经小孔S1进入竖直放置的平行金属板M、N间，两板间所加电压为U0；经电场加速后，电子由小孔S2沿水平放置金属板P和Q的中心线射入，两板间距离和长度均为L；距金属板P和Q右边缘L处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴．已知电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．不计电子重力和电子之间的相互作用．‎ ‎（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；‎ ‎（2）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压U随时间t的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N．电子打在荧光屏上形成一条亮线；每个电子在板P和Q间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定；忽略电场变化产生的磁场．试求在一个周期（即2t0时间）内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西桂林十八中高二（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，每题4分，共40分）‎ ‎1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 B．小鸟停在高压输电线上会被电死 C．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 D．打雷时呆在汽车里比呆在木屋里要危险 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】穿金属的衣服和待在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险．‎ ‎【解答】解：A、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业．所以A错误．‎ B、小鸟的两只脚之间的距离很小，所以小鸟的两只脚之间的电压也很小，所以不会对小鸟造成危害，所以B错误．‎ C、因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故．所以制作汽油桶的材料用金属比用塑料好； 故C正确．‎ D、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查静电现象的应用和解释，要求能掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释．‎ ‎　‎ ‎2．两个完全相同的小金属球，它们带异种电荷，电荷量的大小之比为5：1（两小球皆可视为点电荷），它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1：F2为（　　）‎ A．5：2 B．5：4 C．5：6 D．5：9‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两个球的电性不同，则接触带电的原则是先中和后平分，根据F= 得出接触后再放回原处的库仑力大小．‎ ‎【解答】解：它们在相距一定距离时相互作用力为F1=；‎ 两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q，此时两球的库仑力F2==F1，则F1：F2为5：4，故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和后平分，以及掌握库仑定律的公式F=．‎ ‎　‎ ‎3．库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒将做匀速直线运动 B．微粒将做圆周运动 C．库仑力对微粒做负功 D．万有引力对微粒做正功 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】先库仑定律求解出库仑力表达式，根据万有引力定律求解出万有引力表达式；距离变化时，再分析合力情况．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律，静电力：F=‎ 万有引力：F′=‎ 根据平衡条件，有：‎ F=F′‎ 距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故合力为零，做匀速直线运动；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键是将库仑定律与万有引力定律比较，注意都是平方反比定律，题中库仑力与万有引力一直平衡．‎ ‎　‎ ‎4．19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷周围存在电场，电荷之间通过电场传递相互作用力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力一定越大 B．静电场的电场线是闭合的 C．电场线的方向，就是电荷受力的方向 D．带电粒子仅受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线越密的地方，同一电荷所受电场力一定越大，电场线从正电荷出发到负电荷终止，电场线的方向，就是正电荷受力的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据电场力F=qE知，电场线越密的地方，同一电荷所受电场力一定越大，A正确；‎ B、电场线从正电荷出发到负电荷终止，电场线不闭合，B错误；‎ C、电场线的方向，就是正电荷受力的方向，C错误；‎ D、带电粒子仅受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹不一定与电场线重合，当电场线是直线时重合，D错误；‎ 故选：A ‎【点评】掌握电场线的特点，知道电场线的疏密表示场强大小，电场线不变化，沿电场线方向电势逐渐降低．‎ ‎　‎ ‎5．如图，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电．O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线．现有一带正电的试探电荷q自O点以大小是v0的初速度沿直线向Q点运动．若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）‎ A．q将做匀速直线运动 B．q的加速度将逐渐减小 C．q的动能将逐渐减小 D．q的电势能将逐渐减小 ‎【考点】电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向． ‎ 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由O向Q的运动做非匀加速直线运动，加速度先增大后减小，故AB错误．‎ C、从O到Q过程，电场力做正功，电势能减小，则动能增大，故C错误．D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．‎ ‎　‎ ‎6．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（　　）‎ A．T=（q1﹣q2）E B．T=（q1﹣q2）E C．T=（q1+q2）E D．T=（q1+q2）E ‎【考点】电场线；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．‎ 对球2受力分析，由牛顿第二定律求出细线中的张力T．‎ ‎【解答】解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ Eq1+Eq2=2ma，‎ 对球2受力分析，由牛顿第二定律得：‎ T+Eq2=ma，‎ 两式联立得T=，‎ 故A正确．‎ ‎【点评】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用．‎ ‎　‎ ‎7．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3．这雨滴携带的电荷量的最小值约为（　　）‎ A．2×10﹣9C B．4×10﹣9C C．6×10﹣9C D．8×10﹣9C ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电雨滴只受重力和电场力，要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力，由二力平衡条件可以求出电荷量．‎ ‎【解答】解：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向 mg=Eq 其中：m=ρV V=‎ 解得 C 故选B．‎ ‎【点评】本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件！‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】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，即可明确金箔能否闭合．‎ ‎【解答】解：A、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；故A错误；‎ B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；‎ C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；‎ D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】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．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是φA、φB，下列判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】该题考查常见电场的电场线特点，结合其电场线的图即可作答．‎ ‎【解答】解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，‎ 可见，A点的电场线比较密，故A点的场强大；另外，电场线的分析从左到右，故A的电势高于B点的电势．因此，A选项正确，BCD都错误．‎ 故答案为：A ‎【点评】该题考查常见电场的电场线特点，题目简单，很容易选出正确的答案．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在匀强电场中有M、N、P三点，它们的电势分别为φM=10V、φN=6V、φP=2V，则以下四个图中正确表示电场方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，则等势面也平行等间距，且沿着电场线方向，电势降低．‎ ‎【解答】解：由题意可知，各点的电势分别为φM=10V、φN=6V、φP=2V，则MP连线的中点的电势为6V，所以该点与N点的连线，即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎【点评】考查匀强电场的电场线是平行，等势线也是平行，且掌握电场线的方向与电势降低的方向关系．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共24分.每题至少有2个答案，全对得4分，少选得2分，选错得0分）‎ ‎11．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场做功为零 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；依据沿着电场线方向电势是降低的小球表面和容器表面的电势高低；‎ 根据电场线总与等势线垂直即可确定B点的电场强度与该处的内表面是否垂直；‎ 在同一等势线上移送电荷时电场力做功为零．‎ ‎【解答】解：A、依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；‎ B、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；‎ C、因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；‎ D、因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直等势面，注意同一等势面上移送电荷时，电场力不做功．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）‎ A．A对B的静电力一定是引力 B．A对B的静电力可能是斥力 C．A的电量可能比B少 D．A的电量一定比B多 ‎【考点】库仑定律；电势能．‎ ‎【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．‎ ‎【解答】解：AB、根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A对B的静电力一定是引力，故A正确，B错误；‎ CD、根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此A的电量一定比B多．故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”距离上“近小远大”．‎ ‎　‎ ‎13．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．‎ B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．‎ C、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎　‎ ‎14．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；‎ B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；‎ C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；‎ D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．‎ ‎　‎ ‎15．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变小 B．保持S不变，增大d，则θ变大 C．保持d不变，减小S，则θ变大 D．保持d不变，减小S，则θ变小 ‎【考点】影响平行板电容器电容的因素．‎ ‎【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=，通过C的变化，从而判断U的变化．‎ ‎【解答】解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故A错误，B正确；‎ ‎ 保持d不变，减小S，电容减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．‎ ‎　‎ ‎16．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　）‎ A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大 C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ ‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．故B错误．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ ‎ F=N1‎ ‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．故A错误，C正确．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．‎ ‎　‎ 三、非选择题，写出必要的解题步骤（共36分）‎ ‎17．如图所示：一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷．已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60°，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，求拉力T与库仑力F分别为多少．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，根据平衡条件并结合相似三角形法列式求解即可．‎ ‎【解答】解：对小球A受力分析，如图所示：‎ 图中力三角形与几何三角形△OBA相似，故：‎ F=mg T=mg 答：拉力T与库仑力F分别为mg和mg．‎ ‎【点评】本题是三力平衡问题，关键是根据平衡条件并结合合成法进行求解，基础题目．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+‎ q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；‎ ‎（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：‎ v2=2gh 解得：‎ v=…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：‎ mg（h+d）﹣qEd=0‎ 解得：‎ E=…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ U=Ed=，‎ 电容器的带电量为：‎ Q=CU=．‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ t=．‎ 答：（1）小球到达小孔处的速度为；‎ ‎（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．‎ ‎【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．‎ ‎　‎ ‎19．电视机的显像管中，电子束的偏转是用电偏转和磁偏转技术实现的．如图甲所示，电子枪发射出的电子经小孔S1进入竖直放置的平行金属板M、N间，两板间所加电压为U0；经电场加速后，电子由小孔S2沿水平放置金属板P和Q的中心线射入，两板间距离和长度均为L；距金属板P和Q右边缘L处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴．已知电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．不计电子重力和电子之间的相互作用．‎ ‎（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；‎ ‎（2）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压U随时间t的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N．电子打在荧光屏上形成一条亮线；每个电子在板P和Q间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定；忽略电场变化产生的磁场．试求在一个周期（即2t0时间）内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理可求得粒子的速度；‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律可求得电子个数．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理，‎ 解得：v=；‎ ‎（2）设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t，PQ间的电压为u时恰好打在极板边缘 垂直电场方向：L=vt，‎ ‎⑥平行电场方向：，‎ 此过程中电子的加速度大小：a=，‎ 解得：u=2U0，即当两板间电压为2U0时打在极板上，‎ 电子出偏转电场时，在x方向的速度：vx=at，‎ 电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏．则 水平方向：L=vt1 竖直方向：x2=vxt1，‎ 电子打在荧光屏上的位置坐标，‎ 亮线长度x=3L，‎ ‎ 一个周期内打在荧光屏上的电子数：，‎ ‎2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数n：；‎ 答：（1）电子到达小孔S2时的速度大小v为；‎ ‎（2）在一个周期（即2t0时间）内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n为．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在交变电场中的运动，要注意粒子在电场中运动应用运动的合成与分解进行研究；对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，有时用功能关系根据简洁．同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．‎ ‎　‎ ‎ ‎