物理卷·2018届四川省宜宾市宜宾三中高二上学期月考物理试卷（10月份） (解析版)

物理卷·2018届四川省宜宾市宜宾三中高二上学期月考物理试卷（10月份） (解析版)

‎2016-2017学年四川省宜宾市宜宾三中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷 B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变 D．元电荷实质就是电子（或质子）本身 ‎2．两个大小相同、可看成是点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电引力的大小为F．现用一个不带电、同样大小的绝缘金属小球c先与a球接触，再与b球接触后移去，则a、b两球间静电力大小变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎4．如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面s的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是（　　）‎ A．溶液内电流方向从A到B，电流强度为 B．溶液内电流方向从B到A，电流强度为 C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消 D．溶液内电流方向从A到B，电流强度为 ‎5．示波管原理图如图所示，当两偏转极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射出的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场场强方向重合，x轴正方向垂直纸面指向纸内，y轴与YY′电场场强方向重合）．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则（　　）‎ A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极 ‎6．关于静电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在电场强度为零的区域电势一定处处为零 B．两点间的电势差与零电势的选取有关 C．负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少 D．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大 ‎7．如图所示的同心圆是电场中的一簇等势面，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有（　　）‎ A．电子沿AC运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC运动时它具有的电势能越来越小 C．电势差UAB=UBC D．电势φA＞φB＞φC ‎8．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎　‎ 二、多选题（每个小题全对得4分，多选不得分，少选得2分）‎ ‎9．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有 a、b、c 三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处的等电势 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎10．如图所示，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离则（　　）‎ A．P点的电势将降低 B．带点油滴将沿竖直方向向上运动 C．电容器的电容减小，极板带电量将减小 D．带电油滴的电势能将减少 ‎11．如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是（　　）‎ A．M一定是正离子，N一定是负离子 B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率 C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率 D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量 ‎12．如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．c点场强大于a点场强 B．b、d两点的电场强度相同 C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移 动到c点的电势能变化量最大 ‎　‎ 三、填空题（总共15分，13题（1）3分，（2）每空1分，14题每空3分）‎ ‎13．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．‎ ‎（1）本实验过程使用的实验方法是　　．‎ ‎（2）实验过程中进行如下操作：使电容器带电后与电源断开．如要研究电容C和两板间间距d的关系，应保持　　不变，改变　　；看到的现象是　　．‎ ‎14．如图所示，A、B、C三点在同一匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=30°，BC=20cm．把一个电荷量q=2×10﹣5C的正电荷从A移到B电场力做功为零，从B移到C克服电场力做功1.0×10﹣3J．‎ ‎（1）若把C点的电势规定为零，则该电荷在B点电势能为　　．‎ ‎（2）该电场的电场强度大小为　　V/m．‎ ‎（3）若从C点沿CB方向飞入一正电荷，其运动轨迹是　　．（选填甲、乙或丙）‎ ‎　‎ 四、计算题（总共45分）‎ ‎15．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎16．如图所示，一个质量为m=0.03kg，带电量为q=﹣1.0×10﹣8C的带电小球，用绝缘细线悬挂在某水平方向的匀强电场中，图中实线为电场线．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30°角．（取g=10m/s2 ）‎ ‎（1）求电场的场强大小和方向？‎ ‎（2）若此时剪断细线，小球做什么运动？加速度为多少？‎ ‎17．如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×10 9N•m2/C2，取 g=l0m/s2）‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎18．如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V．一带正电的粒子电荷量q=1×10﹣10C，质量m=1×10﹣20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子运动的轨迹．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省宜宾市宜宾三中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷 B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变 D．元电荷实质就是电子（或质子）本身 ‎【考点】点电荷的场强；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】点电荷是不考虑其尺寸、形状和电荷分布情况的带电体，是实际带电体的理想化模型；电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．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、体积很小的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，将其简化为点产生的误差较大，那么就不能简化为点，若体积很大的带电体，相对研究的问题，体积能忽略，将其简化为点，故A错误；‎ B、点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不同．故B错误；‎ C、在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E=，取走q后，没有了电场力，但该点的电场强度仍不变，故C正确；‎ D、元电荷是指最小电荷，不是指电子（或质子）本身．故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．两个大小相同、可看成是点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电引力的大小为F．现用一个不带电、同样大小的绝缘金属小球c先与a球接触，再与b球接触后移去，则a、b两球间静电力大小变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．‎ ‎【解答】解：两个完全相同且可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，这时两球间静电引力的大小为F，‎ 当用一个不带电，且与a、b完全相同的绝缘金属小球C先与a球接触，再与b球接触后移去．从而使得a球带电为原来的一半，而b球则带电为原来的四分之一．由库仑定律可得，两球间静电力的大小为原来的八分之一．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．‎ D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面s的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是（　　）‎ A．溶液内电流方向从A到B，电流强度为 B．溶液内电流方向从B到A，电流强度为 C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消 D．溶液内电流方向从A到B，电流强度为 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流的方向与正离子定向移动方向相同．一价离子带电量的大小为e．通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流强度．‎ ‎【解答】解：电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量q=n1e+n2e，则根据电流的定义式I===．‎ 故选D ‎　‎ ‎5．示波管原理图如图所示，当两偏转极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射出的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场场强方向重合，x轴正方向垂直纸面指向纸内，y轴与YY′电场场强方向重合）．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则（　　）‎ A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极 ‎【考点】示波管及其使用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，要使粒子打在第三象限，经过YY′区间时电场力向下，经过XX′区间时电场力向外，再进一步确定各个极板的极性．‎ ‎【解答】解：将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动；‎ 打在第三象限，故经过YY′区间时电场力向下，即Y接负极；‎ 打在第三象限，故经过XX′区间时电场力外，即X接负极；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．关于静电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在电场强度为零的区域电势一定处处为零 B．两点间的电势差与零电势的选取有关 C．负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少 D．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】借助常见的电场分析场强与电势间的关系；利用电势差的定义式和公式U=Ed 分析；利用电势能的公式分析负电荷的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、处于静电平衡态的导体内部场强为零，且是等势体即电势处处相同，但不一定为零，故A错误．‎ B、据U=知，两点间的电势差与零电势的选取无关，故B错误．‎ C、据Ep=qφ知，负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，故C正确．‎ D、匀强电场公式U=Ed 中，d为沿着电场线的方向，所以两点间的距离越大，电势差不一定大，只有沿着电场线的距离大时，电势差才越大，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的同心圆是电场中的一簇等势面，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有（　　）‎ A．电子沿AC运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC运动时它具有的电势能越来越小 C．电势差UAB=UBC D．电势φA＞φB＞φC ‎【考点】等势面；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断．‎ ‎【解答】解：A、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故A错误；‎ B、电子沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故B正确；‎ C、电子沿AC方向运动过程中，电场力逐渐变大，从A到B过程电场力较小，故从A到B过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系UAB=，可以得到：UAB＜UBC，故C错误；‎ D、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由A向C运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故φA＞φB＞φC，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．‎ ‎【解答】解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故A错误，B错误．‎ C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值．故C正确．‎ D、越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、多选题（每个小题全对得4分，多选不得分，少选得2分）‎ ‎9．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有 a、b、c 三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处的等电势 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、C，a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，C正确．‎ ‎ B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B正确．‎ ‎ D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离则（　　）‎ A．P点的电势将降低 B．带点油滴将沿竖直方向向上运动 C．电容器的电容减小，极板带电量将减小 D．带电油滴的电势能将减少 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故A正确．‎ B、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故B错误．‎ C、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小．故C正确．‎ D、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是（　　）‎ A．M一定是正离子，N一定是负离子 B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率 C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率 D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量 ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况．根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零．‎ ‎【解答】解：A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故错误；‎ B、由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；‎ C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等．故C错误．‎ D、由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．c点场强大于a点场强 B．b、d两点的电场强度相同 C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移 动到c点的电势能变化量最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】明确匀强电场和点电荷电场的分布规律，注意点电荷电场中电场线是发散状，以+Q为球心的球面是等势面，可根据电场线和等势面的对称性判断电场力做功和电场强度、电势的关系．‎ ‎【解答】解：A、+Q在A点处形成的场强向左，则合场强为二者场强的差值；而c处Q形成的电场强度方向向右，合场强为二者场强的代数和，则可知，c点场强一定大于a点场强，故A正确；‎ B、点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，则根据矢量合成可知，b、d两点的场强方向不同，大小相等，所以电场强度不同．故B错误．‎ C、由于图中球面edfb在两个场中均是等势面，故点电荷+q在球面edfb面上任意两点之间移动时，电场力不做功，故C错误．‎ D、将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷的电场力不做功，但从a点移动到c点，在匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，电势能的变化量最大，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 三、填空题（总共15分，13题（1）3分，（2）每空1分，14题每空3分）‎ ‎13．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．‎ ‎（1）本实验过程使用的实验方法是　控制变量法　．‎ ‎（2）实验过程中进行如下操作：使电容器带电后与电源断开．如要研究电容C和两板间间距d的关系，应保持　两板板间正对面积和电介质　不变，改变　两板间间距d　；看到的现象是　静电计指针张角有变化　．‎ ‎【考点】研究平行板电容器．‎ ‎【分析】平行板电容器的电容与正对面积，板间距离、介质有关；本实验采用了控制变量法；静电计是测量平行板电容器两板间电势差的，使电容器带电后与电源断开，则带电量不变，要研究电容C与两板间间距d的关系，要保持两板间的正对面积和电介质不变，只能改变距离，观察静电计指针张角的变化，分析电容C与两板距离d的关系；‎ ‎【解答】解：（1）平行板电容器的电容与正对面积，板间距离、介质有关；本实验采用了控制变量法；‎ ‎（2）使电容器带电后与电源断开，电量不变，要研究电容C和两板间间距d的关系，要保持两极板间正对面积和电介质不变，改变两板间间距d，电容变化，由，电势差U发生变化，静电计指针张角有变化 故答案为：（1）控制变量法 ‎ ‎（2）两板板间正对面积和电介质 两板间间距d 静电计指针张角有变化 ‎　‎ ‎14．如图所示，A、B、C三点在同一匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=30°，BC=20cm．把一个电荷量q=2×10﹣5C的正电荷从A移到B电场力做功为零，从B移到C克服电场力做功1.0×10﹣3J．‎ ‎（1）若把C点的电势规定为零，则该电荷在B点电势能为　﹣1×10﹣3J　．‎ ‎（2）该电场的电场强度大小为　500　V/m．‎ ‎（3）若从C点沿CB方向飞入一正电荷，其运动轨迹是　丙　．（选填甲、乙或丙）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据功能关系和零势能面的性质即可求出B点的电势能；‎ ‎（2）根据W=Uq求出CB间的电势差，再根据U=Ed求出电场强度；‎ ‎（3）根据粒子受力方向和运动方向进行分析，根据力和运动的关系即可确定运动轨迹．‎ ‎【解答】解：（1）把C点的电势规定为零，由于从B到C电场力做负功，故B点的电势能小于C点的电势能，故B点的电势能为：EP=﹣1×10﹣3J； ‎ ‎（2）AB为等势面，有：UBC===﹣50V； ‎ UCB=﹣UBC=50V 由于AB电势相等，故电场线垂直AB，则根据U=Ed可知：‎ E===500V/m；‎ ‎（3）粒子从C点飞入，受力方向将沿电场线方向，故粒子向向下偏转，故应为丙轨迹 故答案为：（1）﹣1×10﹣3J； （2）500；（3）丙．‎ ‎　‎ 四、计算题（总共45分）‎ ‎15．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎【考点】电势；电势差；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOA=EpO﹣EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpA=﹣WOA=8×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φA==‎ 即A点的电势为400V．‎ ‎（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOB=EpO﹣EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpB=﹣WOB=2×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φB==‎ 故A、B间的电势差为 UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V 即A、B点的电势差为300V．‎ ‎（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J 即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一个质量为m=0.03kg，带电量为q=﹣1.0×10﹣8C的带电小球，用绝缘细线悬挂在某水平方向的匀强电场中，图中实线为电场线．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30°角．（取g=10m/s2 ）‎ ‎（1）求电场的场强大小和方向？‎ ‎（2）若此时剪断细线，小球做什么运动？加速度为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球静止处于平衡状态，由平衡条件可以求出电场强度．‎ ‎（2）根据小球的受力情况判断其运动性质，应用牛顿第二定律求出小球的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球静止处于平衡状态，由平衡条件得：‎ qE=mgtan30°，解得：E=×107 N/C，‎ 电场力水平向右，由于小球带负电，则场强方向：水平向左；‎ ‎（2）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律得： =ma，解得：a=m/s2；‎ 方向为与竖直方向夹角为30°斜向右下．‎ 答：（1）电场的场强大小为×107 N/C，方向：水平向左；‎ ‎（2）剪断细线，小球做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小： m/s2；方向：与竖直方向夹角为30°斜向右下．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 ‎ A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×10 9N•m2/C2，取 g=l0m/s2）‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎【考点】电势能；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．‎ ‎（2）根据受力情况分析小球B的运动情况．小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零．由平衡条件和库仑定律求解．‎ ‎（3）由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功，即可得到电势能的变化量．‎ ‎【解答】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：‎ ‎ mg﹣﹣qEsinθ=ma 解得：a=g﹣‎ 代入数据解得：a=3.2 m/s2．‎ ‎（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：‎ ‎+qEsinθ=mg 解得：h1=‎ 代入数据解得：h1=0.9 m．‎ ‎（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：‎ W1+W2+W3=mv2‎ W1=mg（L﹣h2）‎ W2=﹣qE（L﹣h2）sinθ 解得：W3=mv2﹣mg（L﹣h2）+qE（L﹣h2）sinθ 从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．‎ 设小球B的电势能改变了△Ep，则：△Ep=﹣（W2+W3）‎ ‎△Ep=mg（L﹣h2）﹣mv2‎ 解得：△Ep=8.4×10﹣2J 答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s2 ；‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9 m；‎ ‎（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4×10﹣2J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V．一带正电的粒子电荷量q=1×10﹣10C，质量m=1×10﹣20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子运动的轨迹．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移y，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象．‎ ‎【解答】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 水平方向：L=v0t．‎ 又q=ma，‎ 则a=．‎ 粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）‎ 竖直方向：y=at2=（）2‎ ‎=×（）2 m=0.03 m=3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于E，设E到中心线的距离Y． ‎ 又由相似三角形得则：‎ 解得：Y=12 cm ‎（2）第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示．‎ 答：（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm；到达PS界面时离D点12cm；‎ ‎（2）粒子运动的轨迹如图所示．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日