物理卷·2018届宁夏中卫一中高二上学期第一次月考物理试卷（b卷）（10月份） （解析版）

物理卷·2018届宁夏中卫一中高二上学期第一次月考物理试卷（b卷）（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年宁夏中卫一中高二（上）第一次月考物理试卷（B卷）（10月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．点电荷是静电学中的一个理想模型，它是指（　　）‎ A．体积很小的带电体 B．球形带电体 C．带电少的带电体 D．大小和形状对作用力影响可忽略的带电体 ‎2．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）‎ A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷 B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移 C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移 D．以上说法均不正确 ‎3．真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的4倍，它们之间的距离变为原来的一半，则甲、乙之间静电力变为原来（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．16倍 D．32倍 ‎4．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（　　）‎ A．只有M端验电箔张开，且M端带正电 B．只有N端验电箔张开，且N端带正电 C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电 D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电 ‎5．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎6．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C．保持Q不变，将q变为﹣q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D．保持q不变，将Q变为﹣Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎7．如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足（　　）‎ A．tan3α= B．tan2α= C．tan3α= D．tan2α=‎ ‎8．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、带电量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ．不能忽略小球的重力，则匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．唯一值是 B．最大值是 C．最小值是 D．最小值是 ‎9．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10﹣10g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s2）（　　）‎ A．3×106 B．30 C．10 D．3×104‎ ‎10．下列物理量中哪些与检验电荷无关？（　　）‎ A．电场强度E B．电势U C．电势能ε D．电场力F ‎11．在点电荷 Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（　　）‎ A．EPA=﹣W，φA= B．EPA=W，φA=﹣‎ C．EPA=W，φA= D．EPA=﹣W，φA=﹣‎ ‎12．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎14．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子可能带负电 B．粒子在P点的动能大于Q点动能 C．粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能 D．粒子在P点受到电场力大于Q点受到的电场力 ‎15．当某一个电容器的电势差达到40伏特时，它所带的电量是0.2库仑，若它的电势差降到20伏特时（　　）‎ A．电容器的电容减少一半 B．电容器的电容不变 C．电容器所带的电量增加一倍 D．电容器所带的电量不变 ‎　‎ 二、多项选择题 ‎16．两个可视为点电荷的完全相同的小金属球的电荷量绝对值之比为7：1，它们在真空中相距一定距离时相互作用的库仑力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时它们相互作用的库仑力变为F2，则F1：F2可能为（　　）‎ A．7：16 B．7：36 C．7：8 D．7：9 ‎17．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（　　）‎ A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电场强度为零 D．B点电势为﹣20V ‎18．关于静电场的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场中电势较高处的电场强度也一定较大 B．同一电场中等势面较密处的电场强度也一定较大 C．电场中的电场线一定与等势面垂直相交 D．非匀强电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动 ‎19．如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（　　）‎ A．A、B两点间的电势差是1.2×10﹣5V B．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10V C．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 ‎20．两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点两侧往复运动 ‎　‎ 三、实验题 ‎21．在利用如图的装置探究库仑定律实验中：经过探究会发现电荷之间存在着相互作用力，力的大小与　　和　　有关，电量越大，距离越近，作用力就越　　，作用力的方向，可用同种电荷相斥，异种电荷相吸的规律确定．（填“大”或“小”）‎ ‎22．如图所示，用静电计探究影响电容器电容大小的因素实验中，在不改变两板的带电量的前提下．‎ ‎（1）把B板向右移，静电计指针偏角将变　　；说明板间距离变小，电容器的电容将变　　．（填“大”或“小”）‎ ‎（2）把B板向下移，静电计指针偏角将变　　；说明正对面积变小，电容器的电容将变　　．（填“大”或“小”）‎ ‎（3）把AB板间插入一块电介质，静电计指针偏角将变　　；说明介电常数变大，电容器的电容将变　　．（填“大”或“小”）‎ ‎（4）这一探究过程应用的物理学研究方法是　　．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎23．有3个完全一样的金属小球A、B、C，A带电荷量14Q，B带电荷量﹣5Q，C球不带电，今将A、B两球固定起来，间距为R，（结果用K、Q、R字母表示）‎ ‎（1）此时A、B球间库仑力为多大？‎ ‎（2）让C球先接触A球再接触B球，然后移去C球，此时球A、B间库仑力又为多大？‎ ‎24．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎25．将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，问：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎26．电子在电压为U1=22000v加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板进入偏转电场，并从偏转电场右下端射出，偏转电场电压为U2=10000v．若板间距离d=0.176m，板间距为L=0.176m，电子的荷质比为（电子的电荷量与电子质量的比值）=1.76×1011c/kg，则：（忽略重力）‎ ‎（1）电子从静止到离开加速电场时的速度v0多大？‎ ‎（2）电子在偏转电场经历的总时间为多久？‎ ‎（3）电子在偏转电场偏移的距离y多大？‎ ‎27．半径为R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场后，带电小球沿轨道内侧做圆周运动．小球动能的最大位置在A点，圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示．在A点时小球对轨道的压力FN=120N，若小球的最大动能比最小动能多32J．且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．试求：‎ ‎（1）小球最小动能等于多少？‎ ‎（2）若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其它量不变，则小球经0.04s后，其动能与在A点时动能相等，小球的质量是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏中卫一中高二（上）第一次月考物理试卷（B卷）（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．点电荷是静电学中的一个理想模型，它是指（　　）‎ A．体积很小的带电体 B．球形带电体 C．带电少的带电体 D．大小和形状对作用力影响可忽略的带电体 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】点电荷是静电学中的一个理想模型，当带电体之间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．‎ ‎【解答】解：带电体能不能看成点电荷是看带电体本身的体积和形状对带电体间的作用力影响是否可以忽略不计，而不是仅仅看带电体的体积的大小和形状．故ABC错误，D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）‎ A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷 B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移 C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移 D．以上说法均不正确 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．‎ ‎【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．‎ 感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．‎ ‎ 故选C ‎　‎ ‎3．真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的4倍，它们之间的距离变为原来的一半，则甲、乙之间静电力变为原来（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．16倍 D．32倍 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力．‎ ‎【解答】解：由库仑定律可得：‎ F=K； ‎ 若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的4倍，它们之间的距离变为原来的一半，‎ 变化后F′==32F 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（　　）‎ A．只有M端验电箔张开，且M端带正电 B．只有N端验电箔张开，且N端带正电 C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电 D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．‎ ‎【解答】解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎【考点】电场的叠加；库仑定律．‎ ‎【分析】对c球受力分析，受到a球的静电斥力和b球的静电引力，由于b球的带电量比a球的大，故b球的静电引力较大，根据平行四边形定则可以判断合力的大致方向．‎ ‎【解答】解：对c球受力分析，如图 由于b球的带电量比a球的大，故b球对c球的静电引力较大，根据平行四边形定则，合力的方向如图；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C．保持Q不变，将q变为﹣q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D．保持q不变，将Q变为﹣Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可．‎ ‎【解答】解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：‎ Kx0=k…①‎ A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：‎ Kx1=k…②‎ 由①②解得：x1＜2x0，故A错误；‎ B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；‎ C、保持q不变，将Q变为﹣Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；‎ D、保持Q不变，将q变为﹣q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足（　　）‎ A．tan3α= B．tan2α= C．tan3α= D．tan2α=‎ ‎【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析如图所示：‎ 根据库仑定律有：‎ ‎，r1=Lcosα ①‎ ‎，r2=Lsinα ②‎ 根据平衡条件，沿切向方向的分力有：‎ F1sinα=F2cosα ③‎ 联立①②③解得：，故BCD错误，A正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、带电量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ．不能忽略小球的重力，则匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．唯一值是 B．最大值是 C．最小值是 D．最小值是 ‎【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电小球受到电场力与重力作用，小球沿合力方向做加速直线运动，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．‎ ‎【解答】解：小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与合力垂直时，电场力最小，即qE=mgsinθ，故E=；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10﹣10g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s2）（　　）‎ A．3×106 B．30 C．10 D．3×104‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，根据E=求出板间场强，由平衡条件求出带电液滴的电荷量，再求解油滴上元电荷的数目．‎ ‎【解答】解：平行金属板板间场强为E=，带电液滴所受电场力为F=qE．带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有 ‎ mg=q，‎ 得到q=‎ 油滴上元电荷的数目为n===个=30个 故选B ‎　‎ ‎10．下列物理量中哪些与检验电荷无关？（　　）‎ A．电场强度E B．电势U C．电势能ε D．电场力F ‎【考点】电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．‎ ‎【解答】解：电场强度E=和电势 φ=分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎11．在点电荷 Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（　　）‎ A．EPA=﹣W，φA= B．EPA=W，φA=﹣‎ C．EPA=W，φA= D．EPA=﹣W，φA=﹣‎ ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，由公式EA=﹣W确定电荷在A点的电势能，由公式φA=﹣求解A点的电势．‎ ‎【解答】解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势φA=﹣．‎ 故选：A ‎　‎ ‎12．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由电容的定义式C=求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U=Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F=qE．‎ ‎【解答】解：由电容的定义式C=得，板间电压为U=．板间场强大小为E=．点电荷所受的电场力大小为F=qE，联立得到，F=．‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎【考点】等势面；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．‎ ‎【解答】‎ 解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24﹣4）=4v，‎ 故Ube=φb﹣φe=4v，‎ 故φf﹣φd=4v，‎ 故φe=24﹣4=20v．‎ φf=8v．‎ 故φa=φe，‎ 连接cf，则cf∥ae，‎ 故c点的电势φc=φf=8v．‎ 故B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子可能带负电 B．粒子在P点的动能大于Q点动能 C．粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能 D．粒子在P点受到电场力大于Q点受到的电场力 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】由电场线与等势面的关系可得出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向及粒子的电性；‎ 由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F=Eq可知电场力的大小关系；‎ 由电势及电势能的关系可知两点的电势能大小关系；由动能定理可知P、Q两点的间的动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故A错误；‎ B、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故B正确；‎ C、因P点电势小于Q点电势，粒子带正电，由E=φq可知P点的电势能小于Q点的电势能，故C错误；‎ D、因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．当某一个电容器的电势差达到40伏特时，它所带的电量是0.2库仑，若它的电势差降到20伏特时（　　）‎ A．电容器的电容减少一半 B．电容器的电容不变 C．电容器所带的电量增加一倍 D．电容器所带的电量不变 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容的大小由本身因素决定，与电量和电压无关；根据Q=CU判断电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、电容器的电容与电量和电压无关，电势差改变时电容不变，故A错误，B正确；‎ C、由Q=UC可知，电势差降到20V时，电量减小为原来的一半，故为0.1C，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎16．两个可视为点电荷的完全相同的小金属球的电荷量绝对值之比为7：1，它们在真空中相距一定距离时相互作用的库仑力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时它们相互作用的库仑力变为F2，则F1：F2可能为（　　）‎ A．7：16 B．7：36 C．7：8 D．7：9 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．‎ ‎【解答】解：由库仑定律可得：F=，‎ 带电量之比是7：1，当它们相距r时作用力大小为F1=k 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都变为3q，‎ 当它们相距r时作用力大小为F2=k，所以库仑力是原来的7：9．‎ 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4q：4q，‎ 当它们相距r时作用力大小为F2′=k，所以库仑力是原来的7：16．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎17．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（　　）‎ A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电场强度为零 D．B点电势为﹣20V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA﹣φB，可求出B点的电势．‎ ‎【解答】解：AB、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．‎ 根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．‎ CD、根据动能定理得：qUAB=△Ek，得A、B间的电势差 UAB==﹣V=﹣10V，又UAB=φA﹣φB，φA=﹣10V，则B的电势为 φB=0．场强与电势无关，B点的电场强度不为0，故C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎18．关于静电场的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场中电势较高处的电场强度也一定较大 B．同一电场中等势面较密处的电场强度也一定较大 C．电场中的电场线一定与等势面垂直相交 D．非匀强电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动 ‎【考点】电场强度；电场线；等势面．‎ ‎【分析】电势的高低看电场线的方向，电场强度的大小看电场线的疏密，电势与场强两者没有直接的关系．根据E=，定性分析等势面的疏密与场强的关系．电荷在电场中由静止释放，不一定沿电场线运动．‎ ‎【解答】解：A、电势与场强两者没有直接的关系，电场中电势较高处的电场强度不一定较大．故A错误．‎ ‎ B、根据E=，同一电场中，等差等势面较密处的电场强度才较大．故B错误．‎ ‎ C、根据电场线与等势面的关系，两者一定相互垂直．C正确．‎ ‎ D、只有当电场线是直线时，电子由静止释放后才沿电场线运动，否则不沿电场线运动．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（　　）‎ A．A、B两点间的电势差是1.2×10﹣5V B．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10V C．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．‎ ‎【分析】根据公式UAB=求解电势差A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，电场力做的功．‎ ‎【解答】解：A、两点间的电势差UAB===1.2×105V．故AB错误．‎ ‎ C、在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功：WAB′=q′UAB=2.5×10﹣8×1.2×105J=3.0×10﹣3J，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎20．两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点两侧往复运动 ‎【考点】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、如图，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．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎21．在利用如图的装置探究库仑定律实验中：经过探究会发现电荷之间存在着相互作用力，力的大小与　电量　和　间距　有关，电量越大，距离越近，作用力就越　大　，作用力的方向，可用同种电荷相斥，异种电荷相吸的规律确定．（填“大”或“小”）‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法．‎ ‎【解答】解：探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，‎ 观察到两球距离越小，右球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；‎ 两球距离不变，小球们所带的电荷量不同，观察到电荷量越大，右球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．‎ 故答案为：电量，间距，大．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，用静电计探究影响电容器电容大小的因素实验中，在不改变两板的带电量的前提下．‎ ‎（1）把B板向右移，静电计指针偏角将变　小　；说明板间距离变小，电容器的电容将变　大　．（填“大”或“小”）‎ ‎（2）把B板向下移，静电计指针偏角将变　大　；说明正对面积变小，电容器的电容将变　小　．（填“大”或“小”）‎ ‎（3）把AB板间插入一块电介质，静电计指针偏角将变　小　；说明介电常数变大，电容器的电容将变　大　．（填“大”或“小”）‎ ‎（4）这一探究过程应用的物理学研究方法是　控制变量法　．‎ ‎【考点】研究平行板电容器．‎ ‎【分析】（1）（2）（3）静电计可以测量电压，根据C=判断电容的变化情况，由于Q一定，根据C=判断电压的变化情况；‎ ‎（4）影响电容器电容的因素有正对面积、板间距、有无电介质等，在研究其中一个变量与电容的关系时，要控制其余变量不变．‎ ‎【解答】解：（1）把B板向右移，板间距减小，根据C=，电容增加，由于Q一定，根据C=，电压U减小，故静电计指针偏角减小；‎ ‎（2）把B板向下移，正对面积减小，根据C=，电容减小，由于Q一定，根据C=，电压U增大，故静电计指针偏角变大；‎ ‎（3）把AB板间插入一块电介质，根据C=，电容增加，由于Q一定，根据C=，电压U减小，故静电计指针偏角变小；‎ ‎（4）这一探究过程应用的物理学研究方法是控制变量法；‎ 故答案为：（1）小，大；（2）大，小；（3）小，大；（4）控制变量法．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎23．有3个完全一样的金属小球A、B、C，A带电荷量14Q，B带电荷量﹣5Q，C球不带电，今将A、B两球固定起来，间距为R，（结果用K、Q、R字母表示）‎ ‎（1）此时A、B球间库仑力为多大？‎ ‎（2）让C球先接触A球再接触B球，然后移去C球，此时球A、B间库仑力又为多大？‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律求出AB之间的电势差．‎ ‎（2）知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，最后由库仑定律求出作用力．‎ ‎【解答】解：（1）根据库仑定律：‎ F==‎ ‎（2）带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ 将A、B固定起来，C球与A球接触后二者的电量：‎ C球与B球接触后二者的电量：‎ 所以此时球A、B间库仑力的大小是：F′==‎ 答：（1）此时A、B球间库仑力为；‎ ‎（2）让C球先接触A球再接触B球，然后移去C球，此时球A、B间库仑力为．‎ ‎　‎ ‎24．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；‎ ‎（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；‎ ‎（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度VA方向相反，微粒做匀减速直线运动．‎ 即微粒做匀减速直线运动．‎ ‎（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan﹣1θ 故电场强度E==1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．‎ ‎（3）微粒由A运动到B的速度vB=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：‎ mgLsinθ+qELcosθ=mvA2　解得vA=2.8m/s 即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．‎ ‎　‎ ‎25．将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，问：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少．‎ ‎（2）由U=即可求解电势差．‎ ‎（3）由U=Ed求解电场强度E．d是两点沿电场线方向的距离．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）因为负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.1J，所以电场力负功，大小为0.1J，即W=﹣△E=﹣0.1J． ‎ ‎（2）A、B两点间的电势差：UAB==V=5×103V． ‎ ‎（3）因为在匀强电场中U=Ed，所以有：E===5×105V/m 答：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了﹣0.1J功．‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为5×103V．‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为5×105V/m ‎　‎ ‎26．电子在电压为U1=22000v加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板进入偏转电场，并从偏转电场右下端射出，偏转电场电压为U2=10000v．若板间距离d=0.176m，板间距为L=0.176m，电子的荷质比为（电子的电荷量与电子质量的比值）=1.76×1011c/kg，则：（忽略重力）‎ ‎（1）电子从静止到离开加速电场时的速度v0多大？‎ ‎（2）电子在偏转电场经历的总时间为多久？‎ ‎（3）电子在偏转电场偏移的距离y多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场区域受电场力作用从静止开始加速，由动能定理求解速度大小；‎ ‎（2）根据匀速直线运动位移时间关系求解时间；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求解加速度，再根据匀加速直线运动位移时间关系求解位移大小．‎ ‎【解答】解：（1）电子在加速电场区域受电场力作用从静止开始加速，设刚离开速度为v0，‎ 由动能定理可得：qU1=，‎ 解得： m/s=8.8×107m/s；‎ ‎（2）电子在偏转电场做类平抛运动，平行电板方向做匀速直线运动，垂直电板方向做匀加速直线运动电子在偏转电场经历时间设为t，则有：‎ t=；‎ ‎（3）电子在垂直电板方向偏转距离设为y，则有：‎ y=‎ 又加速度为a=，‎ 即y=，‎ 代入数据解得y=0.02m．‎ 答：（1）电子从静止到离开加速电场时的速度为8.8×107m/s； ‎ ‎（2）电子在偏转电场经历的总时间为2×10﹣9s．‎ ‎（3）电子在偏转电场偏移的距离y为0.02m．‎ ‎　‎ ‎27．半径为R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场后，带电小球沿轨道内侧做圆周运动．小球动能的最大位置在A点，圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示．在A点时小球对轨道的压力FN=120N，若小球的最大动能比最小动能多32J．且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．试求：‎ ‎（1）小球最小动能等于多少？‎ ‎（2）若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其它量不变，则小球经0.04s后，其动能与在A点时动能相等，小球的质量是多少？‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；‎ ‎（2）在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.04s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量．‎ ‎【解答】解：（1）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，‎ 所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．‎ 设小球在复合场中所受的合力为F，则有：N﹣F=m，即：120﹣F=m，‎ 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：‎ ‎﹣F•2R=EKB﹣EKA=﹣32，由此可得：F=20N，EKB=8J，‎ 即小球的最小动能为8J，重力和电场力的合力为20N．‎ ‎（2）带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，‎ 即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．‎ 设小球的质量为m，则：2R=t2，解得：m=0.01kg；‎ 答：（1）小球最小动能等于8J；‎ ‎（2）小球的质量为0.01kg．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日