物理卷·2018届河南省平顶山市叶县二高高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

物理卷·2018届河南省平顶山市叶县二高高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

‎2016-2017学年河南省平顶山市叶县二高高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，其中第1、3、4、6、9、10为多选题．每小题4分，共56分）‎ ‎1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．点电荷是一种理想化的物理模型 B．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍 C．点电荷所带电荷量一定很小 D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型 ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．由公式ϕ=可知，电场中某点的电势ϕ与q成反比 ‎3．空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（　　）‎ A．电势能逐渐减小 B．电势能逐渐增大 C．q3受到的电场力先减小后增大 D．q3受到的电场力先增大后减小 ‎4．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（　　）‎ A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 ‎5．如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点．如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是（　　）‎ A．P点的电势与Q点的电势相等 B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等 C．在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动 D．带正电的微粒在O点的电势能为零 ‎6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，与原来相比（　　）‎ A．两小球的间距变大 B．B球受到的推力F变大 C．A球对竖直墙面的压力变小 D．水平地面给B球的支持力不变 ‎7．两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（　　）‎ A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b D．油滴静止不动，电流计中无电流流过 ‎8．如图所示，为示波管中偏转极板的示意图，相距为d、长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B板之间的空间中（设为真空）产生匀强电场，在AB左端距A、B等距离处的O点，有一电荷量为q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与AB极板平行）射入．不计重力，要使此粒子恰能从C处射出，则A、B间的电压为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎9．如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（　　）‎ A．g点和e点的电场强度相同 B．a点和f点的电势相等 C．电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加 D．若A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则A、B连线中点O点场强变为原来的2倍 ‎10．如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小为g C．合外力对液滴做的总功为零 D．液滴的电势能与动能之和是增加的 ‎11．（E﹣x图）空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．取无穷远处电势为零，则O点处电势为零 B．电子在A、B两点的电势能相等 C．电子在A、B两点的加速度方向相同 D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线 ‎12．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，则下列说法正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎13．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（　　）‎ A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小 ‎14．如图，在x轴上的O、M两点固定着两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，两电荷连线上各点电势φ随x的变化关系如图所示，其中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点电势最大，则（　　）‎ A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．BD段中C点场强最大且沿x轴正方向 C．A点场强小于C点场强 D．将一正点电荷从B移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎　‎ 二、计算题（本题共4小题，共44分．写出必要的文字说明，重要的公式、演算步骤，只给出答案不给分）‎ ‎15．如图所示，两块相距为d、足够长的金属板平行竖直放置，长为L的绝缘细线一端拴质量为m的带电小球，另一端固定在左板上某点，小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为θ，如将细线剪断，问：‎ ‎（1）小球将如何运动？‎ ‎（2）小球经多长时间打到金属板上？‎ ‎16．在如图所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20m，已知AB连线与电场线夹角为θ=60°，今把一电荷量q=﹣2×10﹣8C的检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为F=4.0×10﹣4N，方向水平向左．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）若把该检验电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；‎ ‎（3）若A点为零电势点，电荷量q′=﹣2×10﹣8C在B点电势能为多少．‎ ‎17．如图所示，竖直面内有一绝缘轨道，AB部分是光滑的四分之一圆弧，圆弧半径R=0.5m，B处切线水平，BC部分为水平粗糙直轨道．有一个带负电的小滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，运动到直轨道上的P处刚好停住．小滑块的质量m=1kg，带电量为q=﹣2.5×10﹣3C保持不变，滑块小轨道BC部分间的动摩擦因数为μ=0.2，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4.0×102N/C．（g=10m/s2）‎ ‎（1）求滑块到达B点前瞬间对轨道的压力大小．‎ ‎（2）求BP间的距离．‎ ‎18．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省平顶山市叶县二高高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，其中第1、3、4、6、9、10为多选题．每小题4分，共56分）‎ ‎1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．点电荷是一种理想化的物理模型 B．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍 C．点电荷所带电荷量一定很小 D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．‎ ‎【解答】解：A、点电荷和质点一样是一种理想化的物理模型，所以A正确；‎ B、元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，所以B正确；‎ C、点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，所以C错误；‎ D、点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，检验电荷是用来检验电场是否存在的点电荷，所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，所以D错误．‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．由公式ϕ=可知，电场中某点的电势ϕ与q成反比 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电容．‎ ‎【分析】电场强度的定义式适用于任何电荷产生的电场．电场强度的方向与放入的正电荷所受电场力的方向相同．电场强度跟放入的试探电荷的电量无关．‎ 根据电容的定义式，电容的大小是由电容器本身的性质，是由电容器本身决定的，与Q以及U无关．‎ 结合匀强电场的场强公式判断电场强度的变化．‎ 电场中某点的电势是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的定义式适用于任何电荷产生的电场．电场强度的大小是由电场本身决定的，放入的试探电荷的电量无关．故A错误；‎ B、公式：是电容的定义式，电容的大小是由电容器本身决定的，与Q以及U无关．故B正确；‎ C、由Uab=Ed可知，两点之间的电势差的大小与场强、以及两点间的距离d、以及距离d与电场强度之间的夹角三个因素有关．所以匀强电场中的两点间的距离大，两点间的电势差不一定大．故C错误；‎ D、电场中某点的电势是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关，与电场本身以及零势能点的选择有关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（　　）‎ A．电势能逐渐减小 B．电势能逐渐增大 C．q3受到的电场力先减小后增大 D．q3受到的电场力先增大后减小 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】由题，q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、B，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．‎ C、D根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎4．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（　　）‎ A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】本题比较简单，根据电场线的特点直接进行判断即可．‎ ‎【解答】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，N点处的电场线密，电场强度大，所受电场力大，故BC错误，AD正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点．如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是（　　）‎ A．P点的电势与Q点的电势相等 B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等 C．在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动 D．带正电的微粒在O点的电势能为零 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态．‎ ‎【解答】‎ 解：A、由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A错误；‎ B、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零．所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，B正确；‎ C、电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，C错误；‎ D、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，D错误；‎ 故选B ‎　‎ ‎6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，与原来相比（　　）‎ A．两小球的间距变大 B．B球受到的推力F变大 C．A球对竖直墙面的压力变小 D．水平地面给B球的支持力不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【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：AC、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，‎ 库仑力F库=．‎ 将小球B向左推动少许时，θ减小，tanθ减小．则N1减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两小球间距增大．根据牛顿第三定律可知，A球对竖直墙面的压力减小．故A、C正确．‎ BD、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 N1减小，则F减小，地面对小球B的支持力N2一定不变．故B错误，D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎7．两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（　　）‎ A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b D．油滴静止不动，电流计中无电流流过 ‎【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电压不变，则由C= 知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．‎ 由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故C正确．ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，为示波管中偏转极板的示意图，相距为d、长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B板之间的空间中（设为真空）产生匀强电场，在AB左端距A、B等距离处的O点，有一电荷量为q、质量为m的粒子以初速度v0‎ 沿水平方向（与AB极板平行）射入．不计重力，要使此粒子恰能从C处射出，则A、B间的电压为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】将粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；然后根据分位移公式列式求解．‎ ‎【解答】解：将粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；‎ 水平分位移为：l=v0t ①‎ 竖直分位移为：②‎ 联立解得 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（　　）‎ A．g点和e点的电场强度相同 B．a点和f点的电势相等 C．电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加 D．若A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则A、B连线中点O点场强变为原来的2倍 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据等量异种电荷电场线的分布比较g、e两点的场强．a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，这条中垂线是一条等势线；根据负电荷在电势高低处电势能小，由电势高低判断电势能的变化．由E=k分析场强的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据等量异种电荷电场线分布的对称性可知，g、e两个电场线疏密相同，说明场强大小相等，但方向不同，则这两点的场强不同．故A错误．‎ B、a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，而这条中垂线是一条等势线，故a点和f点的电势相等．故B正确．‎ C、电子从e点移到f点的过程中，电势升高，电子带负电，电势能减小，电场力做正功．故C错误．‎ D、若A、B两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，根据=k分析可知，A、B两个点电荷Q在O点产生的场强均变为原来的2倍，则叠加后O点的场强也变为原来的2倍．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小为g C．合外力对液滴做的总功为零 D．液滴的电势能与动能之和是增加的 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电．故A错误；‎ B、由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a===g；故B正确．‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误．‎ D、因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．（E﹣x图）空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．取无穷远处电势为零，则O点处电势为零 B．电子在A、B两点的电势能相等 C．电子在A、B两点的加速度方向相同 D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】把一个正电荷从O点沿x轴移到无穷远处，电场力会做功，可判断O点与无穷远处电势不等．电子从A移到B点过程中，电场力先做正功，后做负功，根据对称性分析得知，电子在A、B两点的电势能相等．A、B两点的场强方向相反，电场力方向相反，则知加速度方向相反．电场力与运动方向总在一条直线上，电子做直线运动．‎ ‎【解答】解：A、若把一个正电荷从O点沿x轴移到无穷远处，电场力一直在做功，所以O点与无穷远处电势不等，故A错误；‎ B、电子从A移到B点过程中，电场力先做正功，过O点之后又做负功，且电场对称，所以正负功数量相等，即从A到B电场力做总功为零，故AB等势，故B正确；‎ C、由图看出，A、B两点电场强度方向相反，所以电子在这两点所受的电场力方向相反，则加速度方向相反，故C错误；‎ D、当电子由A点释放后一直受到沿x轴方向上的力作用，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子只能做直线运动．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎12．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，则下列说法正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】‎ 静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．‎ C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（　　）‎ A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题．‎ ‎【解答】解：设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：‎ mv2=eU1，‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，‎ 在水平方向上：L=vt，‎ 在竖直方向上：y=at2=••t2，‎ 解得：y=，‎ 由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图，在x轴上的O、M两点固定着两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，两电荷连线上各点电势φ随x的变化关系如图所示，其中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点电势最大，则（　　）‎ A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．BD段中C点场强最大且沿x轴正方向 C．A点场强小于C点场强 D．将一正点电荷从B移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据两点电荷连线的电势高低的分布图，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小．根据正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷移动时电势能的变化，来判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，由于沿着电场线电势降低，所以q1为正电荷，q2‎ 为负电荷．故A正确 B、根据图象切线的斜率等于场强，可知C点场强为零，故B错误．‎ C、A点的场强不等于零，则A点的场强比C点的大，故C错误．‎ D、将一正点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则电场力先做负功后做正功，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ 二、计算题（本题共4小题，共44分．写出必要的文字说明，重要的公式、演算步骤，只给出答案不给分）‎ ‎15．如图所示，两块相距为d、足够长的金属板平行竖直放置，长为L的绝缘细线一端拴质量为m的带电小球，另一端固定在左板上某点，小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为θ，如将细线剪断，问：‎ ‎（1）小球将如何运动？‎ ‎（2）小球经多长时间打到金属板上？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】小球此时受到重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，如将细线剪断，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律解出物体的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）小球此时受到重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，如将细线剪断，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动．‎ ‎（2）由于剪断绳子之前小球受力平衡，‎ 所以竖直方向：Tcosθ=G ‎ 解得：T=‎ 剪断绳子之后，由牛顿第二定律得： =ma 解得：a=①‎ 即物体以加深对a做初速度为零的匀加速直线运动．‎ 由图可知小球的位移为：﹣L=at2②‎ 把①代入②解得：t=‎ 答：（1）小球做匀加速直线运动．（2）小球经时间打到金属板上．‎ ‎　‎ ‎16．在如图所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20m，已知AB连线与电场线夹角为θ=60°，今把一电荷量q=﹣2×10﹣8C的检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为F=4.0×10﹣4N，方向水平向左．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）若把该检验电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；‎ ‎（3）若A点为零电势点，电荷量q′=﹣2×10﹣8C在B点电势能为多少．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据场强的定义式E=求E的大小．‎ ‎（2）根据功的公式求出电场力所做的功，从而确定电势能的改变量．‎ ‎（3）A点电势为零，则电荷在B点的电势能即等于A到B过程电势能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）电场强度E的大小为：E===2×104N/C，方向水平向右 ‎（2）检验电荷从A点移到B点电场力做负功为：‎ WAB=﹣Fxcosθ=﹣4.0×10﹣4×0.2×cos60°J=﹣4.0×10﹣5J 由电场力做功与电势能变化关系得，电势能增加了4×10﹣5J ‎（3）A点电势为零，则检验电荷在B点电势能为：EPB=4×10﹣5J 答：（1）电场强度大小为2×104N/C方向水平向右 ‎（2）电势能增加了4×10﹣5J ‎（3）电荷量q′=﹣2×10﹣8C在B点电势能为4×10﹣5J ‎　‎ ‎17．如图所示，竖直面内有一绝缘轨道，AB部分是光滑的四分之一圆弧，圆弧半径R=0.5m，B处切线水平，BC部分为水平粗糙直轨道．有一个带负电的小滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，运动到直轨道上的P处刚好停住．小滑块的质量m=1kg，带电量为q=﹣2.5×10﹣3C保持不变，滑块小轨道BC部分间的动摩擦因数为μ=0.2，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4.0×102N/C．（g=10m/s2）‎ ‎（1）求滑块到达B点前瞬间对轨道的压力大小．‎ ‎（2）求BP间的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出滑块滑到B点时的速度，再根据牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力．‎ ‎（2）对BP段运用动能定理，抓住电场力和摩擦力做功求出BP间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）A到B的过程由动能定理得，‎ 解得vB=3m/s．‎ 在B处，由牛顿第二定律得，‎ 解得NB=28N．‎ 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力NB′=NB=28N．‎ ‎（2）设BP间的距离为s，对BP过程运用动能定理得，‎ 解得s=1.5m．‎ 答：（1）滑块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为28N．‎ ‎（2）BP间的距离为1.5m．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0‎ 加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；‎ ‎（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的速度方向根据计算，粒子的动能可以根据计算．‎ ‎【解答】解：（1）电子通过B点时的速度大小为VB，则由动能定理得，‎ VB=；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度为L，由题意得：①，‎ L=VBt ②，‎ ‎③，‎ 联立①②③解得L=d ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时与VB成θ角，如答图所示，则：，‎ ‎，‎ 整理得：‎ 答：（1）电子通过B点时的速度大小为；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度为；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为，速度方向如图，与水平方向的夹角：．‎ ‎　‎