物理卷·2018届广东省汕头市潮阳实验学校高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届广东省汕头市潮阳实验学校高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年广东省汕头市潮阳实验学校高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每个4分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线为直线的电场是匀强电场 B．在电荷+Q所产生的电场中，以+Q为球心，半径为r的球面上各点电场强度E=k都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场 C．当一个点电荷q在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变 D．正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中一定沿电场线运动 ‎2．在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，另一个带负电﹣Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在x轴上（　　）‎ A．E1=E2之点只有一个，该处的合场强为零 B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ D．E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2‎ ‎3．图中电路可将声信号转化为电信号，电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波的驱动力作用下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接，则（　　）‎ A．a板振动中，a、b板间场强不变 B．a板振动中，a、b板所带电量不变 C．a板振动中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流 D．a板向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大 ‎4．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（　　）‎ A． B．edUh C． D．‎ ‎5．如图所示，平行直线为匀强电场中的一组电场线，由一个电荷量q=2×10﹣2C的正电荷仅受静电力的作用由A点沿曲线运动到B点，虚线①②是其可能运动的轨迹，已知这个运动过程中电荷的动能减少了2J，设B点电势为零，则以下说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度方向向左 B．电荷沿轨迹②运动 C．A点的电势为100 V D．电荷在A点的电势能为2 J ‎6．如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面上，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α＜β，由此可知（　　）‎ A．B球带的电荷量较多 B．B球质量较大 C．B球受的拉力较大 D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，则仍有α′＜β′‎ ‎7．图中A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势ΦA=10V，ΦB=2V，ΦC=6V，A、B、C三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．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分别处于竖直墙面和水平地面，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．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来相比（　　）‎ A．两小球间距离将增大，推力F将增大 B．两小球间距离将增大，推力F将减小 C．两小球间距离将减小，推力F将增大 D．两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎9．一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球能过圆轨道的最低点，则（　　）‎ A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0‎ D．以上说法都不对 ‎　‎ 二、多选题（每个分，选不选得3分）‎ ‎10．如图所示为某一电场的电场线和等势面．已知φa=5V，φc=3V，ab=bc、b点电势为φb，b，d 在同一等势面上．以|Wac|表示点电荷q由a点移到c点过程中电场力做功的大小，|Wdc|表示点电荷q由d点移到c点过程中电场力做功的大小，则（　　）‎ A．φb＞4V B．φb＜4V C．|Wac|=2|Wdc| D．|Wac|＞2|Wdc|‎ ‎11．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎12．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（　　）‎ A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降 C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降 ‎13．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（　　）‎ A．小物块所受电场力逐渐减小 B．小物块具有的电势能逐渐减小 C．M点的电势一定高于N点的电势 D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 ‎14．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1所示．一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图2所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．AB两点的电势差UAB=﹣5V ‎　‎ 二、计算题：‎ ‎15．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为﹣4×10﹣7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为3.2×10﹣6J，AB间距离4m，与水平方向夹角为600；求：‎ ‎（1）AB间电势是多少？‎ ‎（2）匀强电场的电场强度多大？‎ ‎（3）如果A点的电势为﹣4V，求B点的电势为多大？‎ ‎16．如图所示，在水平向右的匀强电场中固定一光滑斜面，电场强度为E，斜面倾角为α，一个带电量为﹣q，质量为m的小物体从高为h的A点由静止释放，求：‎ ‎（1）铁块到达底端B的时间？‎ ‎（2）物块到达B点的速度为多大？‎ ‎17．如图所示，固定于同一竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷分别为+Q和﹣Q，AB相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿细杆带电小球p，质量为m电荷量为+q（视为电荷不影响电场的分布）现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距d时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常数为k，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎18．如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：‎ ‎（1）小球的初速度；‎ ‎（2）应加电场的场强；‎ ‎（3）小球落地时的动能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省汕头市潮阳实验学校高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每个4分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线为直线的电场是匀强电场 B．在电荷+Q所产生的电场中，以+Q为球心，半径为r的球面上各点电场强度E=k都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场 C．当一个点电荷q在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变 D．正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中一定沿电场线运动 ‎【考点】电场强度；电场线．‎ ‎【分析】匀强电场中各点的场强处处相同．场强是矢量，只有大小和方向都相同时场强才相同．电场力与场强的关系为F=qE．根据电荷的受力情况和初速度分析其运动情况．‎ ‎【解答】解：A、匀强电场中各点的场强处处相同．电场线不仅是直线，而且电场线必须是平行同向、疏密均匀的直线时该电场才是匀强电场，故A错误．‎ B、由E=k知，在电荷+Q所产生的电场中，以+Q为球心，半径为r的球面上各点电场强度大小相等，但方向不同，所以点电荷的电场不是匀强电场，故B错误．‎ C、由F=qE知，在匀强电场中E处处相同，则点电荷q在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变，故C正确．‎ D、正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中不一定沿电场线运动，还与电荷的初速度有关，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，另一个带负电﹣Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在x轴上（　　）‎ A．E1=E2之点只有一个，该处的合场强为零 B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ D．E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2‎ ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】由于Q1带点电荷，Q2带负点电荷，根据点电荷的电场强度公式可确定电场强度的大小，而电场强度的方向对于负点电荷则是指向负点电荷，对于正点电荷则是背离正点电荷．由题意可确定两点电荷在某处的电场强度大小相等的位置．‎ ‎【解答】解：‎ 根据点电荷的电场强度可知：E=，则有带正电Q1的电场强度用E1=，另一个带负电﹣Q2的电场强度E2=，‎ 要使E1和E2相等，则有，而满足此距离有两处：一处是两点电荷的连接间，另一处是负电荷外侧．‎ 由于异种电荷，所以在两者连接的一处，电场强度为2E1或2E2；而在负电荷的外侧的一处，电场强度为零． ‎ 故选B ‎　‎ ‎3．图中电路可将声信号转化为电信号，电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波的驱动力作用下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接，则（　　）‎ A．a板振动中，a、b板间场强不变 B．a板振动中，a、b板所带电量不变 C．a板振动中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流 D．a板向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由图看出，a、b间电压不变，由公式E=分析板间电场强度的变化．由公式C=分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向． a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大．‎ ‎【解答】解：A、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化．故A错误．‎ B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化．故B错误．‎ C、a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化．故C错误．‎ D、a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（　　）‎ A． B．edUh C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．‎ ‎【解答】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，‎ 根据动能定理：﹣eEh=0﹣Ek0，‎ 解得：Ek0=‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，平行直线为匀强电场中的一组电场线，由一个电荷量q=2×10﹣2C的正电荷仅受静电力的作用由A点沿曲线运动到B点，虚线①②是其可能运动的轨迹，已知这个运动过程中电荷的动能减少了2J，设B点电势为零，则以下说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度方向向左 B．电荷沿轨迹②运动 C．A点的电势为100 V D．电荷在A点的电势能为2 J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同；要求B点电势，需要知道AB之间的电势差UAB=φA﹣φB，而UAB=．‎ ‎【解答】解：A、由A到B动能减小，则说明电场力做负功，电势能增大，正电荷在高电势处电势能大，故说明B点电势较高，故电场线应向左；故A正确；‎ B、由于受力向左，而物体做曲线运动时力指向曲线的凹侧，故电荷沿轨迹①运动，故B错误；‎ C、AB间的电势差UAB===﹣100V，B点电势为0，则可知A点电势为﹣100V，故C错误；‎ D、B点电势能为零，而由A到B电势能增加，故A点电势能为﹣2J，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面上，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α＜β，由此可知（　　）‎ A．B球带的电荷量较多 B．B球质量较大 C．B球受的拉力较大 D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，则仍有α′＜β′‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，根据平衡条件列出等式．‎ 根据平衡等式表示出所要比较的物理量，再根据已知量的关系进行比较．‎ ‎【解答】解：A、根据AB受到的库仑力，属于相互作用力，与各自电量大小无关，故A错误；‎ B、对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：‎ mAg=‎ mBg=‎ 因α＜β，所以mA＞mB，故B错误．‎ C、根据平衡条件有：‎ F拉A=‎ F拉B=‎ 因α＜β，所以B球受的拉力较小，故C错误．‎ D、两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，‎ 对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：‎ tanα′=‎ tanβ′=‎ 因为mA＞mB，所以α′＜β′．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．图中A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势ΦA=10V，ΦB=2V，ΦC=6V，A、B、C三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中，电场强度处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，且电势差与场强的关系为：U=Ed，可确定出a、b两点连线的中点的电势，与c点的电势相等，即可得到一条等势线，再根据相关知识分析 ‎【解答】解：据题，a、b、c三点的电势分别φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则得ab两点连线的中点的电势为φ==6V，因此该中点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的直线即为电场线，由于φA=10V，φB=2V，又因为电势沿着电场线降低，故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．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分别处于竖直墙面和水平地面，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．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来相比（　　）‎ A．两小球间距离将增大，推力F将增大 B．两小球间距离将增大，推力F将减小 C．两小球间距离将减小，推力F将增大 D．两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎【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】对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力．可知地面的支持力等于两球的总重力．隔离对B球分析，B球受重力，墙壁的弹力和库仑力．A小球向右缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化．‎ ‎【解答】解：对A球受力分析，受到三个力，重力、弹力、库伦力，B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，A的重力不变，墙壁的弹力方向不变，根据平行四边形定则，库仑力变小，墙壁的弹力变小，根据库仑定律得公式可知：电荷量不变，库伦力变小，距离变大，对整体而言，墙壁对球的弹力等于拉力，所以拉力变小，所以两小球间距离将增大，推力F将减小 故选B ‎　‎ ‎9．一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球能过圆轨道的最低点，则（　　）‎ A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0‎ D．以上说法都不对 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力．加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点．‎ ‎【解答】解：A、B，没有电场时，最高点速度设为v ‎ 则 mg=m ‎ 又根据机械能守恒定律 ‎ mg（h﹣2R）=‎ ‎ 解得h=‎ ‎ 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′‎ ‎ 则mg﹣qE=m v′=‎ ‎ 而由动能定理，得 ‎ mg（h﹣2R）﹣qE（h﹣2R）=，v′=‎ ‎ 说明小球仍恰好能过B点．故A错误，B正确．‎ ‎ C、由上，小球仍恰好过最高点，球与轨道间无作用力．故C错误 ‎ D、D错误 故选B ‎　‎ 二、多选题（每个分，选不选得3分）‎ ‎10．如图所示为某一电场的电场线和等势面．已知φa=5V，φc=3V，ab=bc、b点电势为φb，b，d 在同一等势面上．以|Wac|表示点电荷q由a点移到c点过程中电场力做功的大小，|Wdc|表示点电荷q由d点移到c点过程中电场力做功的大小，则（　　）‎ A．φb＞4V B．φb＜4V C．|Wac|=2|Wdc| D．|Wac|＞2|Wdc|‎ ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密，可比较出ab间与cd间电势差的大小，由Uab=φa﹣φb，Ucd=φc﹣φd，φb=φd，联立即可得到b点的电势范围．根据电场力做功公式W=qU，分析电场力做功关系．‎ ‎【解答】解：A、B、由图看出，ab间电场线比cd间电场线密，而ab=bc，根据U=Ed定性分析可得ab间的电势差大于bc间电势差，即Uab＞Ubc，‎ 又Uab=φa﹣φb，Ubc=φb﹣φc，‎ 联立得：φa﹣φb＞φb﹣φc，则得：φb＜=V=4V，即φb＜4V，故A错误，B正确．‎ C、D、由上分析知：Uab＞Ubc，则知Uac＞2Ubc，而d与b电势相等，则Udc=Ubc，可得：Uac＞2Udc，‎ 根据电场力做功公式W=qU得知：|Wac|＞2|Wdc|，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．M点的电势比P点高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动 ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；‎ B、将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；‎ C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；‎ D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（　　）‎ A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降 C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】开始时带电液滴静止，说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等、方向相反；‎ 根据开关的通断，分析电容器两板间电势差的变化或电量的变化；改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况．‎ ‎【解答】解：开始时，液滴静止，电场力与重力二力平衡，故mg=Eq，电场力竖直向上；‎ A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；‎ B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；‎ C，D、通电后断开开关，电容器带电量不变．根据C=、C=和E=联立得：E=，E与d无关，可知，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（　　）‎ A．小物块所受电场力逐渐减小 B．小物块具有的电势能逐渐减小 C．M点的电势一定高于N点的电势 D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 ‎【考点】电势能；电场强度；电势．‎ ‎【分析】解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；‎ B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；‎ C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；‎ D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎14．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1所示．一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图2所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．AB两点的电势差UAB=﹣5V ‎【考点】电势；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向无穷远；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据v﹣t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、据v﹣t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a==2m/s2，所受的电场力最大为 F=ma=1×2N=2N，则电场强度的最大值为 E===1N/C，故A正确．‎ B、据v﹣t图可知物块的速度增大，电场力做正功，则电势能减小，故B错误．‎ C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．‎ D、由v﹣t图可知A、B两点的速度分别为：vA=6m/s，vB=4m/s，物块在A到B过程，根据动能定理得：qUAB=﹣=×（42﹣62）J=﹣10J，得：UAB==V=﹣5V，故 D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、计算题：‎ ‎15．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为﹣4×10﹣7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为3.2×10﹣6J，AB间距离4m，与水平方向夹角为600；求：‎ ‎（1）AB间电势是多少？‎ ‎（2）匀强电场的电场强度多大？‎ ‎（3）如果A点的电势为﹣4V，求B点的电势为多大？‎ ‎【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】（1）应用U=可以求出电势差．‎ ‎（2）应用U=Ed可以求出电场强度．‎ ‎（3）求出电势差，然后根据电势差的定义式求出电势．‎ ‎【解答】解：（1）AB间电势差：UAB===﹣8V；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度：E====4V/m；‎ ‎（3）AB间的电势差：UAB=φA﹣φB，‎ 则B点的电势：φB=φA﹣UAB=﹣4﹣（﹣8）=4V；‎ 答：（1）AB间电势差是﹣8V．‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小为4V/m．‎ ‎（3）如果A点的电势为﹣4V，B点的电势为为4V．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在水平向右的匀强电场中固定一光滑斜面，电场强度为E，斜面倾角为α，一个带电量为﹣q，质量为m的小物体从高为h的A点由静止释放，求：‎ ‎（1）铁块到达底端B的时间？‎ ‎（2）物块到达B点的速度为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度，由位移时间关系式求出铁块到达底端B的时间；‎ ‎（2）根据动能定理求出物块到达B点的速度 ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可知：mgsinα﹣Eqcosα=ma 由运动公式可知：‎ 联立解得：‎ ‎（2）由动能定理可知：‎ 解得：‎ 答：（1）铁块到达底端B的时间 ‎（2）物块到达B点的速度为 ‎　‎ ‎17．如图所示，固定于同一竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷分别为+Q和﹣Q，AB相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿细杆带电小球p，质量为m电荷量为+q（视为电荷不影响电场的分布）现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距d时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常数为k，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律求出小球在O点所受的电场力，再根据电场强度的定义式E=求出电场强度的大小．‎ ‎（2）对小球从C到O的过程，运用动能定理，求出C、O间的电势差UCO．‎ ‎（3）小球由C点到O点与从O点到D点，电场力的功相同，对从C点到D点过程，根据动能定理求小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球在O点时受力如图所示；‎ 由库仑定律得：F1=F2=k 点电荷在O点所受的电场力为：F==‎ 所以O点处的电场强度E==．‎ ‎（2）小球P由C点运动到O点时，由动能定理，得：‎ ‎ mgd+qUCO=mv02﹣0‎ 解得 UCO=‎ ‎（3）小球P由C点到O点与从O点到D点，电场力的功相同，则从C点到D点，根据动能定理得：‎ mg•2d+2qUCD=mv2‎ 则 v=．‎ 答：（1）O点处的电场强度E的大小是；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO是；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度是．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：‎ ‎（1）小球的初速度；‎ ‎（2）应加电场的场强；‎ ‎（3）小球落地时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动，末速度为零，根据分运动合运动具有等时性求出水平初速度．‎ ‎（2）根据水平方向做匀减速直线运动根据速度位移公式求出运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出电场强度．‎ ‎（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理求出小球落地的动能．‎ ‎【解答】解：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，‎ 小球运动至管上口的时间由竖直方向的运动决定：‎ h=‎ t=‎ 水平方向，小球作匀减速运动，至管上口，水平方向速度为零，水平分位移：‎ S=t 解得：‎ v0=S ‎（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma 又由运动学公式：‎ v0﹣t=0，‎ 由以上三式解得：‎ E=‎ ‎（3）由动能定理：WG+W电=△EK 即：Ek﹣=mg（2h）﹣qES 解得：EK=2mgh 答：（1）小球的初速度为S；‎ ‎（2）应加电场的场强为；‎ ‎（3）小球落地时的动能为2mgh．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日