物理·湖南省株州十三中2016-2017学年高二上学期入学物理试卷+Word版含解析

物理·湖南省株州十三中2016-2017学年高二上学期入学物理试卷+Word版含解析

‎2016-2017学年湖南省株州十三中高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（其中1-5题是单选，第6题是多选，每小题4分，共24分）‎ ‎1．起重机将质量为100kg的物体从地面提升到10m高处，取g=10m/s2，在这个过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．重力做正功，重力势能增加1.0×104J B．重力做正功，重力势能减少1.0×104J C．重力做负功，重力势能增加1.0×104J D．重力做负功，重力势能减少1.0×104J ‎2．如图所示，a、b 两物块质量分别为 m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块 b，然后突然由静止释放，直至 a、b 物块间高度差为 h．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块a的机械能逐渐增加 B．物块b机械能减少了 C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功 D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加 ‎3．一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率及在t秒末重力做功的即时功率P分别为（　　）‎ A． =mg2t2，P=mg2t2 B． =mg2t2，P=mg2t2‎ C． =mg2t，P=mg2t D． =mg2t，P=2mg2t ‎4．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ A．货物的动能一定增加mah﹣mgh B．货物的机械能一定增加mah C．货物的重力势能一定增加mah D．货物的机械能一定增加mah+mgh ‎5．如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是（　　）‎ A．在0～3 s时间内，合力对质点做功为10 J B．在4～6 s时间内，质点的平均速度为3 m/s C．在1～5 s时间内，合力的平均功率为4 W D．在t=6 s时，质点的加速度为零 ‎6．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分26分）‎ ‎7．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力的作用下南静止开始运动，水平拉力做的功w和物体发生的位移l之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）此物体在位移为l=9m时的速度多大？‎ ‎（2）在OA段运动的加速度多大？（图象中l=9m处对应的W=27J）‎ ‎8．如图所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB为曲面滑道，BC为水平滑道，水平滑道BC与半径为1.6m的圆弧滑道CD相切，DE为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20m的A点和B点时的速度分别为2m/s和12m/s，在C点做平抛运动，最后落在海绵垫上E点．人的质量为70kg，在BC段的动摩擦因数为0.2．‎ 问：‎ ‎（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是多少？‎ ‎（2）为保证在C点做平抛运动，BC的最大值是多少？‎ ‎（3）若BC取最大值，则DE的长是多少？‎ ‎　‎ 三、选择题：其中1-6题单选，7-8题多选（每小题4分32分）‎ ‎9．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（　　）‎ A．FA=FB B．FA＜FB C．FA＞FB D．无法确定 ‎10．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点电势能比C点电势能大 C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功 D．正电荷由A移到C，电场力做负功 ‎12．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A．甲图：离点电荷等距的a、b两点 B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点 C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点 D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点 ‎13．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（　　）‎ A．﹣ B． C．﹣F D．F ‎14．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎15．如图所示，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．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 B．M点的电势高于N点的电势 C．粒子带正电 D．粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎16．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．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（　　）‎ 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，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎　‎ 四、解答题（共3小题，满分18分）‎ ‎17．长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于　　，方向为　　．‎ ‎18．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎19．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°，静电力常数已知为k；试求：‎ ‎（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势．‎ ‎　‎ 一、选择题（有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，每小题4分，共16分）‎ ‎20．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在一个以点电荷Q为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相同 B．公式E=k中的Q是放入电场中的检验电荷的电量 C．公式E=只适用于真空中的电场 D．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强的大小，而k是点电荷Q1产生的电场在电荷处Q2场强的大小 ‎21．关于电场线的以下说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同 B．沿电场线的方向，电场强度越来越小 C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大 D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变 ‎22．两相同的金属小球，电荷量分别为﹢2Q和﹣6Q，两球相隔距离远远大于两球半径，相互作用力的大小为F，若把它们接触后再放回原处，两球相互作用力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎23．有一个带正电的验电器，当一金属球接近它的，观察到验电器金属箔的张角减小了．由此可以判定金属球（　　）‎ A．可能带正电荷 B．可能带负电荷 C．可能不带电 D．一定不带正电荷 ‎　‎ 二、填空题：（每空3分，共24分）‎ ‎24．在正电荷Q的电场中，在距Q10cm的A处放一电荷，其电荷量为﹢5×10﹣9C，q受到的电场力为10﹣8N．则A处的电场强度大小为　　N/C；将此电荷从A处取走，则A处的电场强度为　　N/C；若将另一电荷所带电荷量为﹣2×10﹣9C放在A处，受到的电场力为　　N，方向　　．‎ ‎25．如图所示，A、B两小球用等长的绝缘细线悬挂，它们所带电荷量分别为QA=2×10﹣8C，QB=﹣2×10﹣8 C，A、B相距 3cm．在水平方向的外界匀强电场作用下A、B保持静止，悬线都沿竖直方向．由此可知外电场的场强大小是　　，方向　　，A、B中点处的合电场的场强大小是　　，方向　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（请写出必要的公式与步骤，10分）‎ ‎26．如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离于平衡位置60°，A球的悬线竖直且A球与绝缘墙壁接触．求：‎ ‎（1）每个小球的带电量；‎ ‎（2）墙壁受到的压力；‎ ‎（3）每条细线的拉力．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省株州十三中高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（其中1-5题是单选，第6题是多选，每小题4分，共24分）‎ ‎1．起重机将质量为100kg的物体从地面提升到10m高处，取g=10m/s2，在这个过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．重力做正功，重力势能增加1.0×104J B．重力做正功，重力势能减少1.0×104J C．重力做负功，重力势能增加1.0×104J D．重力做负功，重力势能减少1.0×104J ‎【考点】重力势能的变化与重力做功的关系．‎ ‎【分析】重力做正功物体重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，由功的计算公式可以求出重力做的功．‎ ‎【解答】解：物体上升，位移方向与重力方向相反，重力做负功，重力势能增加，‎ W=mgh=100×10×10=1.0×104J；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，a、b 两物块质量分别为 m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块 b，然后突然由静止释放，直至 a、b 物块间高度差为 h．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块a的机械能逐渐增加 B．物块b机械能减少了 C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功 D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加 ‎【考点】机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】本题中物体a、b构成的系统机械能守恒，物体B重力势能的减小量等于a动能增加量、b动能增加量、a重力势能增加量之和．‎ ‎【解答】解：A、物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A正确；‎ B、物体a、b构成的系统机械能守恒，有 ‎（2m）g•=mg•h+‎ 解得：‎ 物体b动能增加量为=，重力势能减小2mg=mgh，故机械能减小，故B正确；‎ C、物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故C错误；‎ D、物体a动能增加量为=，重力势能增加量为mgh，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎3．一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率及在t秒末重力做功的即时功率P分别为（　　）‎ A． =mg2t2，P=mg2t2 B． =mg2t2，P=mg2t2‎ C． =mg2t，P=mg2t D． =mg2t，P=2mg2t ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】本题要注意瞬时功率及平均功率，P=FV既可求平均功率也可求瞬时功率，当速度为平均速度时为平均功率，当速度为瞬时速度时为瞬时功率．‎ ‎【解答】解：ts内物体平均速度为：，‎ 则平均功率为： mg2t；‎ ts末的速度v=gt，故ts末的瞬时功率为：P=mgv=mg2t，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ A．货物的动能一定增加mah﹣mgh B．货物的机械能一定增加mah C．货物的重力势能一定增加mah D．货物的机械能一定增加mah+mgh ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：合力为F合=ma，则合力做功为W合=mah，知动能增加量为mah．故A错误．‎ B、货物上升h高度，重力势能的增加量为mgh，则机械能的增加量为mah+mgh．故B、C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是（　　）‎ A．在0～3 s时间内，合力对质点做功为10 J B．在4～6 s时间内，质点的平均速度为3 m/s C．在1～5 s时间内，合力的平均功率为4 W D．在t=6 s时，质点的加速度为零 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】先根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理，在0～3.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故A错误；‎ B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s～6.0s时间内的位移为，‎ 故平均速度为，故B正确；‎ C、根据动能定理，在1s～5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故合力的平均功率为，故C错误；‎ D、在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；‎ 由动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失．‎ ‎【解答】解：A、由机械能守恒可知，mgR=，解得b点时的速度为，故A错误；‎ B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F﹣mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg； 故B正确；‎ C、对全程由动能定理可知，mgR﹣μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；‎ D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分26分）‎ ‎7．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力的作用下南静止开始运动，水平拉力做的功w和物体发生的位移l之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）此物体在位移为l=9m时的速度多大？‎ ‎（2）在OA段运动的加速度多大？（图象中l=9m处对应的W=27J）‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】（1）对物体受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可 ‎（2）W﹣l图象中，斜率为拉力，求得拉力后进而求得合力，由牛顿第二定律求加速度 ‎【解答】（1）解：（1）设位移为9m时拉力做功为W，由动能定理得：‎ W﹣μmgl=mv2‎ 所以，v==m/s=3m/s ‎（2）在OA段运动时，W﹣l图象中，斜率为拉力，故：‎ F==N=5N 由牛顿运动定律得：‎ a==m/s2=1.5m/s2‎ 答：（1）此物体在位移为l=9m时的速度为3m/s ‎（2）在OA段运动的加速度1.5m/s2‎ ‎　‎ ‎8．如图所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB为曲面滑道，BC为水平滑道，水平滑道BC与半径为1.6m的圆弧滑道CD相切，DE为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20m的A点和B点时的速度分别为2m/s和12m/s，在C点做平抛运动，最后落在海绵垫上E点．人的质量为70kg，在BC段的动摩擦因数为0.2．‎ 问：‎ ‎（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是多少？‎ ‎（2）为保证在C点做平抛运动，BC的最大值是多少？‎ ‎（3）若BC取最大值，则DE的长是多少？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）对A到B的过程运用动能定理，根据动能定理求出人克服阻力做的功．‎ ‎（2）当人在C点对轨道的压力为零时，做平抛运动，根据在C点重力提供向心力，求出最小的速度，根据牛顿第二定律求出在BC段的加速度，再通过匀变速直线运动的速度位移公式求出BC的最大值．‎ ‎（3）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再根据水平速度和时间求出水平位移，DE的长度等于水平位移减去圆弧轨道的半径．‎ ‎【解答】解：（1）由动能定理：‎ 得：Wf=9100J ‎（2）BC段加速度为：a=μg=2m/s2‎ 设在C点的最小速度为vm，‎ 由，‎ BC的最大值为：，BC的长度范围是0～32m ‎（3）平抛运动的时间：‎ BC取最大长度，对应平抛运动的初速度为vm=4m/s 平抛运动的水平位移：S平=vmt=2.26m，‎ DE的长：SDE=S平﹣r=2.26m﹣1.6m=0.66m 答：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是9100J．‎ ‎（2）为保证在C点做平抛运动，BC的最大值是32m．‎ ‎（3）若BC取最大值，则DE的长是0.66m．‎ ‎　‎ 三、选择题：其中1-6题单选，7-8题多选（每小题4分32分）‎ ‎9．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（　　）‎ A．FA=FB B．FA＜FB C．FA＞FB D．无法确定 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】为了形象的描述电场的强弱和方向引入了电场线的概念，在电场中电场线密的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：从图中可以看出，A点电场线比B点密，因此A点场强比B点强，根据F=Eq可知，A点电场力大，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；曲线运动．‎ ‎【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．‎ ‎【解答】解：‎ A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．‎ B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．‎ C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．‎ D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎11．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点电势能比C点电势能大 C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功 D．正电荷由A移到C，电场力做负功 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．‎ ‎【解答】解：A 点A的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大．故A错误 ‎ B 负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高．故B错误 ‎ C 沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功．故C正确 ‎ D 正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎12．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A．甲图：离点电荷等距的a、b两点 B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点 C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点 D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．‎ ‎【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．‎ C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．‎ D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（　　）‎ A．﹣ B． C．﹣F D．F ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】首先确定电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出﹣2q的点电荷所受电场力．‎ ‎【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同．‎ 设AB=r，则有BC=2r．‎ 则有：F=k 故电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受电场力为：FC=k=‎ 故选B ‎　‎ ‎14．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎【考点】库仑定律；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．‎ ‎【解答】解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，‎ 根据点电荷的电场强度公式得 ‎=，PR=2RQ．‎ 解得：q1=4q2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，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．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 B．M点的电势高于N点的电势 C．粒子带正电 D．粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性．根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小．‎ 根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故A错误；‎ B、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子M点的电势能大于N点的电势能，而粒子带正电，所以M点的电势高于N点的电势，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故BC正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎16．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．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（　　）‎ 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，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】先根据电容的决定式C=，抓住电量不变，再由电容的定义式C=分析电容器板间电压的变化，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、保持S不变，增大d，由电容器的决定式C=知，电容变小，电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知电容器板间电压增大，则θ变大．故A正确，B错误．‎ C、D、保持d不变，增大S，由电容器的决定式C=知，电容变大，电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知电容器板间电压减小，则θ变小．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 四、解答题（共3小题，满分18分）‎ ‎17．长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于　　，方向为　沿pq连线且指向+q　．‎ ‎【考点】电场强度；静电场中的导体．‎ ‎【分析】当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式E=k结合求解．‎ ‎【解答】解：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷中点P处产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反．‎ 则棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小为：E=，‎ 由于P处的合场强为零，所以感应电荷产生的场强方向与点电荷+q在该处产生的电场强度的方向相反，即沿pq连线且指向+q．‎ 故答案为：，沿pq连线且指向+q．‎ ‎　‎ ‎18．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ ‎（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°，静电力常数已知为k；试求：‎ ‎（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势．‎ ‎【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）物体在A点时，竖直方向上没有运动，受力平衡，根据库仑定律和竖直方向力平衡，求出物块在A点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎（2）物块从A到B过程，电场力做功为qUAB，根据动能定理求出电势差UAB，再求解B点的电势．‎ ‎【解答】解：（1）物块在A点受重力、电场力、支持力，分解电场力，由竖直方向受力平衡得：‎ FN=ksin60°+mg．‎ 又因h=rsin60°，得：r=‎ 由以上两式解得支持力为：‎ FN=mg+．‎ ‎（2）从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得 ‎ qUAB=mv2﹣mv02‎ 又UAB=φA﹣φB 解得：φB=（v02﹣v2）+φ 答：‎ ‎（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+．‎ ‎（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势为（v02﹣v2）+φ．‎ ‎　‎ 一、选择题（有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，每小题4分，共16分）‎ ‎20．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在一个以点电荷Q为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相同 B．公式E=k中的Q是放入电场中的检验电荷的电量 C．公式E=只适用于真空中的电场 D．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强的大小，而k是点电荷Q1产生的电场在电荷处Q2场强的大小 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．公式E=k中的Q是产生场源电荷的电荷量，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强的大小，而k是点电荷Q1产生的电场在电荷处Q2场强的大小．公式E=是定义式，适用于一切电场．‎ ‎【解答】解：A、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．故A错误．‎ B、公式E=k中的Q是产生场源电荷的电荷量．故B错误．‎ C、公式E=是定义式，适用于一切电场，故C错误．‎ D、在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强的大小，而k是点电荷Q1产生的电场在电荷处Q2场强的大小．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎21．关于电场线的以下说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同 B．沿电场线的方向，电场强度越来越小 C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大 D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故A错误；‎ B、若是正电荷沿电场线的方向移动，电场力做正功，电势能减少，则电势越来越小．若是负电荷沿电场线的方向移动，电场力做负功，电势能增加，则电势越来越小．故B错误；‎ C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大．故C正确；‎ D、顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎22．两相同的金属小球，电荷量分别为﹢2Q和﹣6Q，两球相隔距离远远大于两球半径，相互作用力的大小为F，若把它们接触后再放回原处，两球相互作用力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两相同的球接触后电量先中和后均分，根据库仑定律列式分析即可 ‎【解答】解：两个球相互吸引所以带异种电荷，设电荷量大小为+2Q、﹣6Q，库仑力为：‎ F=k 两球接触后带电量均为﹣2Q，库仑力为：‎ F′=k 故F′=，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎23．有一个带正电的验电器，当一金属球接近它的，观察到验电器金属箔的张角减小了．由此可以判定金属球（　　）‎ A．可能带正电荷 B．可能带负电荷 C．可能不带电 D．一定不带正电荷 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，其金属箔片的张角减小，说明其带的电荷量减少，由此入手来解决此题．‎ ‎【解答】解：验电器原来带正电，张角减小，说明其带的正电荷减少，由此可知验电器上端负电荷被排斥，从而与金属箔片正电荷中和；‎ 当金属球带负电时可以发生这种反应；‎ 当金属球不带电时，验电器上的正电荷，使金属球感应带电，因此正电荷可以吸引金属球上的电子，这样导致验电器上端电子被排斥，从而与金属箔片正电荷中和．由此可知，金属球不可能带正电，否则不会出现金属箔的张角减小现象，故BCD正确，A错误；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、填空题：（每空3分，共24分）‎ ‎24．在正电荷Q的电场中，在距Q10cm的A处放一电荷，其电荷量为﹢5×10﹣9C，q受到的电场力为10﹣8N．则A处的电场强度大小为　2　N/C；将此电荷从A处取走，则A处的电场强度为　2　N/C；若将另一电荷所带电荷量为﹣2×10﹣9C放在A处，受到的电场力为　4×10﹣9　N，方向　与A处的电场强度方向相反　．‎ ‎【考点】电场强度；库仑定律．‎ ‎【分析】已知检验电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式E=，即可求解A点的场强．由公式F=qE 求解电场力．‎ 电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关．‎ ‎【解答】解：由题意：检验电荷的电荷量 q=5×10﹣9C，所受的静电力 F=10﹣8N，‎ 则A点的场强为：‎ E== N/C=2N/C．‎ 电场强度反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，与检验电荷无关，‎ 所以如果把这个检验电荷取走，则A点的电场强度不变，仍为2N/C．‎ 若将另一电荷所带电荷量为﹣2×10﹣9C放在A处，该点的场强不变，则检验电荷所受到的静电力为：‎ F′=q′E=2×10﹣9×2N=4×10﹣9N，方向与A处的电场强度方向相反，‎ 故答案为：2，2，4×10﹣9，与A处的电场强度方向相反．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，A、B两小球用等长的绝缘细线悬挂，它们所带电荷量分别为QA=2×10﹣8C，QB=﹣2×10﹣8 C，A、B相距 3cm．在水平方向的外界匀强电场作用下A、B保持静止，悬线都沿竖直方向．由此可知外电场的场强大小是　2×105N/C　，方向　水平向左　，A、B中点处的合电场的场强大小是　1.4×106N/C　，方向　水平向右　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】A球带正电，B球带负电，B对A的吸引力水平向右，要使A处于竖直方向平衡，就要加一个水平向左的电场，使A受到的电场力等于B球对A的吸引力．由平衡条件求解．再根据电场的叠加原理求两球的中点处的总电场强度．‎ ‎【解答】解：由题意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力向右，所以要加一个水平向左的电场，且以A为研究对象，有：‎ QAE=k 得：E=k=9×109×=2×105N/C A、B两质点连线中点处的场强是两个点电荷与匀强电场的矢量和，两个点电荷的方向都向右，E方向向左，所以：E′=2•k﹣E=7E=1.4×106N/C，方向水平向右．‎ 故答案为：2×105N/C，水平向左，1.4×106N/C，水平向右．‎ ‎　‎ 三、计算题（请写出必要的公式与步骤，10分）‎ ‎26．如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离于平衡位置60°，A球的悬线竖直且A球与绝缘墙壁接触．求：‎ ‎（1）每个小球的带电量；‎ ‎（2）墙壁受到的压力；‎ ‎（3）每条细线的拉力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．‎ ‎【分析】分别对A球和B球受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）对B球受力分析如图所示：‎ B球受三力平衡，则重力与库伦力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反，‎ 由几何知识可知：F=mg=TB 根据库伦定律：F=K=mg 解得：q=×10﹣7C ‎（2）对A球受力分析如图：‎ A球受力平衡所以：N=Fsin60°=mgsin60°=0.1×10﹣2×=×10﹣3N 由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为×10﹣3N，方向水平向左．‎ ‎（3）对A球受力平衡：TA=mg+Fcos60°=0.1×10﹣2×（1+0.5）=1.5×10﹣3N 由前面分析知TB=mg=1×10﹣3N 答：（1）每个小球的带电量为×10﹣7C；‎ ‎（2）墙受到小球的压力大小为×10﹣3N，方向水平向左．‎ ‎（3）细绳A的拉力大小为1.5×10﹣3N，细绳B的拉力大小为1×10﹣3N．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日