物理卷·2018届北京市密云二中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届北京市密云二中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年北京市密云二中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、本题共16小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共48分）‎ ‎1．真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 ‎2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于（　　）‎ A． B． C．q D．F+q ‎4．关于电场线，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场线是客观存在的 B．电场中任何两条电场线都有可能相交 C．沿电场线的方向电势越来越低 D．静电场中的电场线是一个闭合曲线 ‎5．有关电场强度的理解，下述说法错误的是（　　）‎ A．由E=可知，是电场强度的定义式，适用于任何电场 B．由E=可知，当r→∞时，E=0‎ C．由UAB=Ed，在匀强电场中，只要两点间距离相等，则它们之间的电势差就相等 D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在检验电荷无关 ‎6．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（　　）‎ A．EA＜EB，φB=φC B．EA＞EB，φA＞φB C．EA＞EB，φA＜φB D．EA=EC，φB=φC ‎7．对电容C=，以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器充电量越大，电容就越大 B．电容器的电容跟它两极所加电压成反比 C．电容器的电容越大，所带电量就越多 D．对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 ‎8．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Ql，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（　　）‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于AB之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 ‎9．在x轴上有两个点电荷，一个带正电荷Q1，一个带负电荷Q2，Q1=2Q2，用E1和E2，分别表示两个电荷所产生场强的大小，则在x轴上（　　）‎ A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为零 B．E1=E2之点只有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ C．E1=E2之点只有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ D．E1=E2之点只有三处，其中两处合场强为零，另两处合场强为2E2‎ ‎10．如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，c球在xoy坐标系原点o上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少．关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是（　　）‎ A．从原点指向第Ⅰ象限 B．从原点指向第Ⅱ象限 C．从原点指向第Ⅲ象限 D．从原点指向第Ⅳ象限 ‎11．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零（　　）‎ A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2‎ B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1＜|q2|‎ C．q1是负电荷，q2是正电荷，且|q1|＞q2‎ D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|‎ ‎12．两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示．闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态．下列判断正确的是（　　）‎ A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴仍处于静止状态 B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动 C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴仍处于静止状态 D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动 ‎13．a、b是某电场中的某一条电场线上的两点，如图（1）所示．一带负电的质点只受电场力的作用，沿电场线从a点运动到b点．在这个过程中，此质点的速度﹣时间图象如图（2）所示，比较a、b两点电势的高低φa和φb以及场强Ea和Eb的大小，正确的是（　　）‎ A．φa＞φb，Ea＜Eb B．φa＞φb，Ea=Eb C．φa＜φb，Ea＞Eb D．φa＜φb，Ea=Eb ‎14．如图（甲）所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图（乙）所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（　　）‎ A．0＜t＜t0 B．t0＜t＜2t0 C．2t0＜t＜3t0 D．3t0＜t＜4t0‎ ‎15．如图所示，是一个电荷形成的电场，虚线a、b和c是该静电场中的三个等势面，它们的电势分别为ϕa、ϕb和ϕc．一个电子从K点射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可判定（　　）‎ A．这是由正电荷形成的静电场 B．a的电势ϕa大于b的电势ϕb C．电子从K到L的过程中，电场力做正功 D．电子在K点的电势能等于在N点的电势能 ‎16．如图所示，A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们相距为2d时，A的加速度为a，速度为v，则（　　）‎ A．此时B的加速度为 B．此时B的速度为v C．此过程中它们的电势能增加mv2‎ D．此过程中它们的电势能减小 ‎　‎ 二、本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题4分，共16分．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）‎ ‎17．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变小，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎18．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，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变小 B．保持S不变，增大d，则θ变大 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持S、d不变，在两板之间插入一块有机玻璃（绝缘介质），θ变小 ‎19．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）‎ A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 ‎20．如图所示，K为灯丝，通电加热后可发射电子，A 为有中心小孔O1的金属板，A、K间加有电压U1，可使电子加速，C、D为相互平行的金属板，MN为荧光屏，当C、D间不加电压时，电子束打在荧光屏的O2点；当C、D之间加有电压U2时，电子束打在荧光屏上另外一点P，欲使P点距O2再近一点，以下哪些措施是可行的（　　）‎ A．增大A、K之间距离 B．增大电压U1‎ C．增大C、D之间距离 D．增大电压U2‎ ‎　‎ 三、论述、计算题（本题有4小题，共36分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．‎ ‎21．如图所示，一簇带箭头的水平实线表示匀强电场的电场线，a、b是电场中的两点．一个负点电荷在电场力的作用下从a点移恰能运动到b点．已知a、b两点间的电势差为80V，电场强度为8N/C，该点电荷所带的电荷量为1.0×10﹣10C．求：‎ ‎（1）a、b两点中哪点的电势高；‎ ‎（2）该点电荷所受电场力的大小和方向；‎ ‎（3）该点电荷在a点时所具有的动能．‎ ‎22．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向右的大小为E的匀强电场中，小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为θ，设重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球带何种电荷？小球所带的电荷量是多少？‎ ‎（2）若将丝线烧断，则小球的加速度为多大？将做什么运动？（设电场范围足够大）‎ ‎23．如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷q=8.0×10﹣5C，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少．‎ ‎24．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点． 已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．‎ ‎（1）求电子穿过A板时速度的大小；‎ ‎（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年北京市密云二中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题共16小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共48分）‎ ‎1．真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律列出前后两次库仑力的表达式，则可得出增加后的倍数关系．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律的公式为：F=k，它们的间距不变，但它们的电量均减小为原来的2倍，则库仑力增大为原来的4倍．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．‎ ‎【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；‎ 故只有B符合条件．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于（　　）‎ A． B． C．q D．F+q ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】本题考考察了电场强度的定义：电场中某处电荷所受的电场力F跟它所带的电荷量q的比值叫做该点的电场强度．用公式表示为：‎ ‎【解答】解：由电场的定义式可知，选项ACD是错误的．选项B是正确的．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．关于电场线，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场线是客观存在的 B．电场中任何两条电场线都有可能相交 C．沿电场线的方向电势越来越低 D．静电场中的电场线是一个闭合曲线 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】利用电场线特点分析．电场线特点如下：电场线是假想的；电场线不是闭合曲线，在静电场中，电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于负电荷（或无穷远处），不形成闭合曲线；电场线的每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致；电场线的疏密程度与场强大小有关，电场线密处电场强，电场线疏处电场弱；电场线在空间不相交．‎ ‎【解答】解：A、电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，并不存在，故A错误；‎ B、电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交．故B错误．‎ C、沿电场线的方向电势越来越低，故C正确．‎ D、在静电场中，电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于负电荷（或无穷远处），不形成闭合曲线．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．有关电场强度的理解，下述说法错误的是（　　）‎ A．由E=可知，是电场强度的定义式，适用于任何电场 B．由E=可知，当r→∞时，E=0‎ C．由UAB=Ed，在匀强电场中，只要两点间距离相等，则它们之间的电势差就相等 D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在检验电荷无关 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度的定义式为E=，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中某点电场强度一定，电场力与场强成正比．‎ ‎【解答】解：A、该定义式适用于任何电荷产生的电场．故A正确；‎ B、公式E=是点电荷的电场，当r→∞时，E=0．故B正确；‎ C、公式UAB=Ed使用于匀强电场、沿电场线的方向，只有在沿电场线的方向，两点间距离相等，则它们之间的电势差就相等．故C错误；‎ D、电场强度是反映电场本身特性的物理量，与F、q无关，不能说电场强度与F成正比，与q成反比．故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C ‎　‎ ‎6．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（　　）‎ A．EA＜EB，φB=φC B．EA＞EB，φA＞φB C．EA＞EB，φA＜φB D．EA=EC，φB=φC ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【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．沿着电场线方向电势是降低的．‎ ‎【解答】解：由图示可知，A处的电场线密，B处的电场线稀疏，因此A点的电场强度大，B点的场强小，即EA＞EB，EA＞EC；‎ 沿着电场线的方向，电势逐渐降低，在同一等势面上，电势相等，由图示可知，φA＞φB，φB=φC，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．对电容C=，以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器充电量越大，电容就越大 B．电容器的电容跟它两极所加电压成反比 C．电容器的电容越大，所带电量就越多 D．对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的性质决定，跟电容器两端所加的电压和所带的带电量无关．‎ ‎【解答】解：A、电容器的电容与所带电量和两端间的电压无关，由本身的性质决定．故A、B错误．‎ ‎ C、根据Q=CU，电容越大，带电量不一定大．故C错误．‎ ‎ D、对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Ql，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（　　）‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于AB之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．‎ ‎【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．‎ 设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，‎ 所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．‎ 即： =‎ 由于Q2=4Q1，‎ 所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．‎ 根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．在x轴上有两个点电荷，一个带正电荷Q1，一个带负电荷Q2，Q1=2Q2，用E1和E2，分别表示两个电荷所产生场强的大小，则在x轴上（　　）‎ A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为零 B．E1=E2之点只有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ C．E1=E2之点只有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ D．E1=E2之点只有三处，其中两处合场强为零，另两处合场强为2E2‎ ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】由题：Q1带正电荷，Q2带负电荷，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r1=r2，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B正确，ACD错误． ‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，c球在xoy坐标系原点o上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少．关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是（　　）‎ A．从原点指向第Ⅰ象限 B．从原点指向第Ⅱ象限 C．从原点指向第Ⅲ象限 D．从原点指向第Ⅳ象限 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由题意，a对c的静电力为F1，为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为F2，为引力，沿cb方向，若F1=F2，则合力指向x轴正方向．由于F1＜F2，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第Ⅳ象限．‎ ‎【解答】解：如图可知，a对c的静电力为F1，为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为F2，为引力，沿cb方向，若F1=F2，则合力指向x轴正方向．由于F1＜F2，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第Ⅳ象限 ‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零（　　）‎ A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2‎ B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1＜|q2|‎ C．q1是负电荷，q2是正电荷，且|q1|＞q2‎ D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|‎ ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】要使P点场强为零，则两电荷在该点的场强应大小相等方向相反；则分析各项可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：A、两电荷若都是正电荷，则两点电荷在p点产生的场强方向均向左，故无法为零，A错误；‎ B、q1是正电荷，则q1在p点的场强方向向左，q2是负电荷，q2在p点的场强方向向右，因r1＞r2，由E= 可知，要使两电荷在p点场强相等，应保证q1＞|q2|，故B错误；‎ C、q1是负电荷，则q1在p点的场强方向向右，q2是正电荷，q2在p点的场强方向向左，由B的分析可知，电荷量应保证|q1|＞q2，故C正确；‎ D、若两电荷均为负电荷，则两电荷在p点的场强方向均向右，故无法为零，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示．闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态．下列判断正确的是（　　）‎ A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴仍处于静止状态 B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动 C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴仍处于静止状态 D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，则带电液滴在电场力与重力共同作用下处于静止状态；‎ 当开关闭合后两板板间的电压不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，导致极板间的电场强度发生变化，最终使得液滴状态发生变化；‎ 当而开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化，从而确定液滴是否会运动．‎ ‎【解答】解：AB、当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变；‎ 若减小两板间的距离，根据E=，两板间的电场强度增加，所以电场力大于重力，出现液滴向上运动．故A错误，B错误；‎ CD、当断开开关S，则两极板间的电量不变；‎ 根据C=，E=，C=，有：E=；‎ 若减小两板间的距离，两板间的电场强度仍不变，因此电场力仍等于重力，则液滴仍处于静止状态．故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．a、b是某电场中的某一条电场线上的两点，如图（1）所示．一带负电的质点只受电场力的作用，沿电场线从a点运动到b点．在这个过程中，此质点的速度﹣时间图象如图（2）所示，比较a、b两点电势的高低φa和φb以及场强Ea和Eb的大小，正确的是（　　）‎ A．φa＞φb，Ea＜Eb B．φa＞φb，Ea=Eb C．φa＜φb，Ea＞Eb D．φa＜φb，Ea=Eb ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】从v﹣t图象可以知道电荷做加速度不变的减速运动，根据牛顿第二定律确定电场力的方向，然后确定场强方向并比较电场强度的大小，最后根据沿着电场线方向电势降低来确定电势的大小．‎ ‎【解答】解：从v﹣t图象可以知道正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点做加速度不变的减速运动，故电荷在A点受到的电场力等于电荷在B点的电场力，故A点的场强等于B点的场强；‎ 由于电荷做减速运动，故电场力与速度方向相反，即电场力由B指向A；电荷带负电，故电场线由A指向B，故A点电势较高；所以B选项正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图（甲）所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图（乙）所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（　　）‎ A．0＜t＜t0 B．t0＜t＜2t0 C．2t0＜t＜3t0 D．3t0＜t＜4t0‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可求解．‎ ‎【解答】解：A、在0＜t＜t0，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大．故A错误．‎ B、在t0＜t＜2t0，电子所受的电场力方向向左，电子向右做匀减速直线运动，2t0时速度为零．故B错误．‎ C、在2t0＜t＜3t0，电子所受电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动．故C正确．‎ D、在3t0＜t＜4t0，电子所受电场力向右，电子向左做匀减速直线运动．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，是一个电荷形成的电场，虚线a、b和c是该静电场中的三个等势面，它们的电势分别为ϕa、ϕb和ϕc．一个电子从K点射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可判定（　　）‎ A．这是由正电荷形成的静电场 B．a的电势ϕa大于b的电势ϕb C．电子从K到L的过程中，电场力做正功 D．电子在K点的电势能等于在N点的电势能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电子的运动轨迹分析其所受的电场力方向，即可判断声源电荷的电性．根据电场线的方向分析电势高低，由电场力做功正负比较电势能的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图知，电子受到了静电斥力作用，所以这是由负电荷形成的静电场，故A错误．‎ B、负电荷形成的电场电场线从无穷远处出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知a的电势ϕa小于b的电势ϕb，故B错误．‎ C、电子从K到L的过程中，电场力与速度的夹角为钝角，所以电场力对电子做负功，故C错误．‎ D、K点与N点在同一等势面上，电势相等，电子的电势能相等，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎16．如图所示，A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们相距为2d时，A的加速度为a，速度为v，则（　　）‎ A．此时B的加速度为 B．此时B的速度为v C．此过程中它们的电势能增加mv2‎ D．此过程中它们的电势能减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度，由能量守恒定律求解系统电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：A、B根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得： ==，‎ 解得：aB=aA=．故A错误；‎ BCD、将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得：‎ ‎0=mv﹣2mvB，得vB=‎ 由能量守恒定律得：此过程中系统的电势能减少量为：‎ ‎△ɛ= mv2+•2m（）2=mv2，故B错误，C也错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题4分，共16分．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）‎ ‎17．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变小，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律公式F=判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关．丝线偏离竖直方向的角度θ越大，则作用力越大．‎ ‎【解答】解：A、保持Q、q不变，根据库仑定律公式F=，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大．F与d的二次方成反比．故A正确、B错误．‎ C、保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关．故C正确．‎ D、保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律公式F=，知F与两电荷的乘积成正比．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎18．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，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变小 B．保持S不变，增大d，则θ变大 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持S、d不变，在两板之间插入一块有机玻璃（绝缘介质），θ变小 ‎【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：AB、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错误，B正确；‎ C、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C错误；‎ D、根据电容的决定式C= 得知，电容与电介质成正比，当保持d、S不变，插入有机玻璃时，电容增大，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减小，静电计指针的偏角θ变小，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）‎ A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】由图看出，电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化．‎ 根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，判断该电场是否是匀强电场．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动．故A正确．‎ B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小．故B错误．‎ C、D、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，即=E，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE知，电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律得知，电子运动的加速度先减小后增大．故C错误，D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎20．如图所示，K为灯丝，通电加热后可发射电子，A 为有中心小孔O1的金属板，A、K间加有电压U1‎ ‎，可使电子加速，C、D为相互平行的金属板，MN为荧光屏，当C、D间不加电压时，电子束打在荧光屏的O2点；当C、D之间加有电压U2时，电子束打在荧光屏上另外一点P，欲使P点距O2再近一点，以下哪些措施是可行的（　　）‎ A．增大A、K之间距离 B．增大电压U1‎ C．增大C、D之间距离 D．增大电压U2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据动能定理求出电子射入偏转电场时的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，离开偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据这一推论，利用比例式求出偏转距离Y，从而可确定哪种措施可行．‎ ‎【解答】解：设电子到达O1时的速度为v，则 eU1=mv2‎ 设电子在偏转电场MN中运动的加速度为a，运动时间为t，则 Y=at2‎ 则有，a=‎ t=‎ 解得：Y=‎ 欲使P点距O2再近一点，即减小Y，则有减小电压U2或极板长度l，可增大U1或极板的宽度d，故BC正确，AD错误；‎ 故选BC ‎　‎ 三、论述、计算题（本题有4小题，共36分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．‎ ‎21．如图所示，一簇带箭头的水平实线表示匀强电场的电场线，a、b是电场中的两点．一个负点电荷在电场力的作用下从a点移恰能运动到b点．已知a、b两点间的电势差为80V，电场强度为8N/C，该点电荷所带的电荷量为1.0×10﹣10C．求：‎ ‎（1）a、b两点中哪点的电势高；‎ ‎（2）该点电荷所受电场力的大小和方向；‎ ‎（3）该点电荷在a点时所具有的动能．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）沿电场线方向电势逐渐降低，根据题意分析答题．‎ ‎（2）应用电场力公式：F=qE求出电场力．‎ ‎（3）应用动能定理可以求出点电荷在a点的动能．‎ ‎【解答】解：（1）沿电场线方向电势降低，由此可知，a点电势高，b点电势低．‎ ‎（2）点电荷受到的电场力：F=qE=1.0×10﹣10×8=8×10﹣10N，方向：水平向左；‎ ‎（3）从a到b过程，由动能定理得：﹣qU=0﹣EK，解得：EK=qU=1.0×10﹣10×80=8.0×10﹣9J；‎ 答：（1）a、b两点中，a点的电势高；‎ ‎（2）该点电荷所受电场力的大小为：8×10﹣10N，方向：水平向左；‎ ‎（3）该点电荷在a点时所具有的动能为8.0×10﹣9J．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向右的大小为E的匀强电场中，小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为θ，设重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球带何种电荷？小球所带的电荷量是多少？‎ ‎（2）若将丝线烧断，则小球的加速度为多大？将做什么运动？（设电场范围足够大）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）小球静止在电场中时，受到重力、线的拉力和电场力而平衡，根据平衡条件确定小球的电性．小球在匀强电场中，受到的电场力大小为F=qE，根据平衡条件求出带电小球的电量．‎ ‎（2）剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球受到的电场力的方向与电场线的方向相反，小球带负电 设带电小球的电量为q，丝线所受拉力为T，根据物体的平衡 T cosθ=mg．‎ Tsinθ=qE．‎ q=．‎ ‎（2）小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，绳子的拉力为：T=，‎ 剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，则有：F合=T=，‎ 根据牛顿第二定律得，加速度a=，方向沿绳子方向向下．‎ 答：（1）小球带负电，电荷量为；‎ ‎（2）若将丝线烧断，小球的加速度为，沿绳子的相反方向做匀加速直线运动．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷q=8.0×10﹣5C，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电体在光滑水平轨道上由电场力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求出加速度大小，由运动学公式可算出到B端的速度大小．‎ ‎（2）带电体运动到B端时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二、三定律可求出带电体对圆弧轨道的压力．‎ ‎（3）带电体从B端运动到C端的过程中，电场力做功为qER．由电场力做功、重力作功及动能的变化，由动能定理求出摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，‎ 根据牛顿第二定律：qE=ma ‎ 解得：a==m/s2=8m/s2‎ 设带电体运动到B端时的速度为vB，则： =2as ‎ 解得：vB==4m/s ‎ ‎（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律：‎ FN﹣mg=m 解得：FN=mg+m=5N ‎ 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小FN′=FN=5N ‎ ‎（3）设带电体沿圆弧轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，根据动能定理：‎ W电+W摩﹣mgR=0﹣‎ 因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功：‎ W电=qER=0.32J ‎ 联立解得：W摩=﹣0.72J ‎ 答：（ 1 ）带电体在水平轨道上运动的加速度大小8m/s2及运动到B端时的速度大小4m/s；‎ ‎（ 2 ）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小5N；‎ ‎（ 3 ）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，电场力做功为0.32J，摩擦力做的﹣0.72J功．‎ ‎　‎ ‎24．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点． 已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．‎ ‎（1）求电子穿过A板时速度的大小；‎ ‎（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？‎ ‎【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；示波管及其使用．‎ ‎【分析】根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度．电子进入偏转电场后，做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式，求出偏转量．电子出偏转电场后，做匀速直线运动，最终电子到达屏上P点，若要使电子达到P点上方，需增加偏移量或增大偏转角．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理 eU1=mv02﹣0 ‎ 解得：v0=‎ ‎（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y 沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t ‎ 垂直初速方向，有 y=at2‎ 又电场力 F=eE=e 根据F=ma，得加速度为：a=‎ 解得：y=‎ ‎（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=知，可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2． ‎ 答：（1）电子穿过A板时速度的大小为． （2）侧移量为． （3）可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2．‎ ‎　‎