物理·甘肃省武威十八中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

物理·甘肃省武威十八中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年甘肃省武威十八中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（每小题4分，共48分，其中3.4.5.7.9.10.11.12小题只有一个选项正确）‎ ‎1．一个带正电的验电器如图所示，当一个金属球A靠近验电器上的金属球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则（　　）‎ A．金属球A可能不带电 B．金属球A一定带正电 C．金属球A可能带负电 D．金属球A一定带负电 ‎2．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（　　）‎ A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开 B．把C移近导体A时，先把A、B分开，然后移去导体C，A、B上的金属箔片仍张开 C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开 D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合 ‎3．下列关于点电荷的说法，正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才可看成点电荷 B．体积很大的带电体一定不是点电荷 C．当两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷 D．任何带电体，都可以看成是电荷全部集中于球心的点电荷 ‎4．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（　　）24‎ A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为零R B．E1=E2之点只有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2b 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2E2c 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2E21‎ ‎5．如图所示，是静电场的一部分电场线的分布情况，则下列说法中正确的是（　　）J A．这个电场可能是负点电荷的电场w B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点所受到的电场力大J C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处瞬时加速度小（不计重力）w D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与B点切线方向相同o ‎6．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电量分别为+q和﹣q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（　　）2‎ A．应放在A点，Q=2q B．应放在B点，Q=﹣2qC C．应放在C点，Q=﹣q D．应放在D点，Q=qf ‎7．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示（a、b只受电场力作用），则（　　）7‎ A．a一定带正电，b一定带负电g B．电场力对a做正功，对b做负功m C．a的速度将减小，b的速度将增大W D．a的加速度减小，b的加速度将增大2‎ ‎8．下列说法中正确的是（　　）8‎ A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能就越大e B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大A C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能就越大/‎ D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大A ‎9．在电场中，把电荷量为4×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8J，以下说法中正确的是（　　）=‎ A．电荷在B点具有的电势能是6×10﹣8 J=‎ B．B点的电势是15 V C．电荷的电势能增加了6×lO﹣8J D．电荷的电势能减少了6×10﹣8J ‎10．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．EC＞EB＞EA C．UAB＜UBC D．UAB=UBC ‎11．当一个电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，如果所带电荷量增大为2Q，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容增大为原来的2倍，两极板间电势差保持不变 B．电容器的电容减小为原来的倍，两极板间电势差保持不变 C．电容器的电容保持不变，两极板间电势差增大为原来的2倍 D．电容器的电容保持不变，两极板间电势差减少为原来的倍 ‎12．两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间的电压加倍，而板间的电场强度减半，可采用的办法有（　　）‎ A．两板的电量加倍，而距离变为原来的4倍 B．两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍 C．两板的电量减半，而距离变为原来的4倍 D．两板的电量减半，而距离变为原来的2倍 ‎　‎ 二．填空题（每空2分，共14分）‎ ‎13．库仑定律定律的适用范围：　　两个　　点电荷．‎ ‎14．在静电场中，把一个电荷量q=2.0×10﹣5C的负电荷由M点移到N点，电场力做功6.0×10﹣4J，由N点移到P点，电场力做了1.0×10﹣3J的负功，则M、N、P三点电势高低关系是　　．‎ ‎15．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=　　v．‎ ‎16．静电平衡状态下导体的特点：‎ ‎（1）处于静电平衡状态的导体，内部的　　处处为零．‎ ‎（2）处于静电平衡状态的整个导体是一个　　，它的表面是一个　　．‎ ‎（3）表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面　　．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎17．在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向夹角为θ（如图所示）．现给小球一个垂直于悬线的初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动．试问（不计空气阻力，重力加速度为g）：‎ ‎（1）若小球恰好完成圆周运动，则小球运动过程中的最小速度值是多少？‎ ‎（2）小球的初速度至少是多大？‎ ‎18．在电场中把一个电荷量为﹣6×10﹣8C的点电荷从A点移到B点，电场力做功为﹣3×10﹣5J，将此电荷从B点移到C点，电场力做功为4.5×10﹣5J，求：‎ ‎（1）A与C两点间的电势差．‎ ‎（2）取C点为电势零点时，A的电势为多大？‎ ‎19．中国的FY﹣3A卫星上可观测到高能质子和高能电子．如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10﹣14C和Q2=﹣2×10﹣14C．在AB的垂直平分线上有一点C且AB=AC=BC=6×10﹣2m．如果有一高能电子在C点处，它所受的库仑力的大小和方向如何？‎ ‎20．如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三个质量均为m，相距均为L，若三球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用与C球，使三者一起向右匀速运动，求：‎ ‎（1）F的大小；‎ ‎（2）C球的电性和电荷量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省武威十八中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每小题4分，共48分，其中3.4.5.7.9.10.11.12小题只有一个选项正确）‎ ‎1．一个带正电的验电器如图所示，当一个金属球A靠近验电器上的金属球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则（　　）‎ A．金属球A可能不带电 B．金属球A一定带正电 C．金属球A可能带负电 D．金属球A一定带负电 ‎【考点】静电场中的导体；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，通过金属箔片的张角的大小可以确定其所带电荷的多少．‎ ‎【解答】解：验电器原来带正电，若不带电的绝缘金属棒靠近验电器的金属小球时，出现静电感应现象，从而使得靠近金属球B附近的金属球A带负电荷，由于同种电荷相互排斥，验电器上的电子就会转移到金属箔片，导致验电器上所带的电量减少，验电器金属箔的张角减小．‎ 若带负电的绝缘金属棒靠近验电器的金属小球时，由于同种电荷相互排斥，验电器上的电子就会转移到金属箔片，导致验电器上所带的电量减少，验电器金属箔的张角减小，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（　　）‎ A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开 B．把C移近导体A时，先把A、B分开，然后移去导体C，A、B上的金属箔片仍张开 C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开 D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．4447834‎ ‎【解答】解：AB、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A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，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故AB正确；‎ C、先把C移走，A、B电荷恢复原状，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；‎ D、把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于点电荷的说法，正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才可看成点电荷 B．体积很大的带电体一定不是点电荷 C．当两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷 D．任何带电体，都可以看成是电荷全部集中于球心的点电荷 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷． ‎ 同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．‎ ‎【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，故A错误；‎ B、体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积可以忽略不计，将其简化为点产生的误差较小，那么可以简化为点电荷，故B错误；‎ C、当两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这时把两个带电体简化为点电荷，不会产生较大的误差，只会使问题简化，故这两个带电体可看成点电荷，故C正确；‎ D、当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．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．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，是静电场的一部分电场线的分布情况，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．这个电场可能是负点电荷的电场 B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点所受到的电场力大 C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处瞬时加速度小（不计重力）‎ D．负电荷在B点处受到的电场力的方向与B点切线方向相同 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．‎ ‎【解答】解：A、根据图象不能判断这是孤立的负点电荷形成的电场，所以A错误；‎ B、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，所以EA＞EB，根据F=qE=ma知B正确C错误；‎ D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电量分别为+q和﹣q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（　　）‎ A．应放在A点，Q=2q B．应放在B点，Q=﹣2q C．应放在C点，Q=﹣q D．应放在D点，Q=q ‎【考点】电场强度；库仑定律．‎ ‎【分析】根据电场的叠加，先求出两个点电荷在0点的合场强大小和方向，在根据电场的叠加确定第三个点电荷．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律，两个点电荷在0点产生的场强大小都为两个场强的方向互成120°，根据平行四边形定则，合场强大小为，方向水平向右．所以最后一个电荷在O点产生的场强大小为，方向水平向左．所以该电荷若在C点，为﹣q，若在D点，为+q．故C、D正确，A、B错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎7．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示（a、b只受电场力作用），则（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．电场力对a做正功，对b做负功 C．a的速度将减小，b的速度将增大 D．a的加速度减小，b的加速度将增大 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，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．‎ ‎【解答】解：A、电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少．所以ABC错误．‎ D、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，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．下列说法中正确的是（　　）‎ A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能就越大 B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大 C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能就越大 D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力方向与位移方向的关系，判断电场力做功的正负，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少；相反，电荷克服电场力做功多少，电荷的电势能就增加多少．‎ ‎【解答】解：‎ A、B：电荷在无穷远处电势能为零，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷的电势能减少就越多，则电荷在该点的电势能就大，故A正确，B错误．‎ C、D：电荷在无穷远处电势能为零，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷的电势能增加就越多，则电荷在该点的电势能就大，故C正确，D错误．4447834‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．在电场中，把电荷量为4×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8J，以下说法中正确的是（　　）‎ A．电荷在B点具有的电势能是6×10﹣8 J B．B点的电势是15 V C．电荷的电势能增加了6×lO﹣8J D．电荷的电势能减少了6×10﹣8J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时电势能增加．根据电势公式、电场力做功和功能关系进行分析和计算．‎ ‎【解答】解：‎ A、C、D、正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8 J，其电势能增加6×10﹣8 J，但由于零电势点位置未知，所以B点的电势能不能确定，故AD错误，C正确．‎ B、B点的电势能不能确定，由电势公式φB=可知，B点的电势不能确定，故B错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．EC＞EB＞EA C．UAB＜UBC D．UAB=UBC4447834‎ ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：A、考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律．A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC，故A正确；‎ B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC＞EB＞EA，故B正确；‎ C、电场线密集的地方电势降落较快，故UBC＞UAB，故C正确，D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎11．当一个电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，如果所带电荷量增大为2Q，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容增大为原来的2倍，两极板间电势差保持不变 B．电容器的电容减小为原来的倍，两极板间电势差保持不变 C．电容器的电容保持不变，两极板间电势差增大为原来的2倍 D．电容器的电容保持不变，两极板间电势差减少为原来的倍 ‎【考点】电容器．‎ ‎【分析】给定的电容器，其电容一定，由电容的定义式C=，根据电容公式可求出电势差．‎ ‎【解答】解：电容器的电容与电势差及电量无关；故电荷量增大时，电容不变；由C=可知，U′=2=2U；‎ 故C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间的电压加倍，而板间的电场强度减半，可采用的办法有（　　）‎ A．两板的电量加倍，而距离变为原来的4倍 B．两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍 C．两板的电量减半，而距离变为原来的4倍 D．两板的电量减半，而距离变为原来的2倍 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由E=分析板间电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：A、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由C=得知，电压变为8倍，由E=分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故A错误．‎ B、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由C=得知，电压变为4倍，由E=分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故B错误．‎ C、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由C=得知，电压变为2倍，由E=分析得知，板间电场强度变为倍．符合题意．故C正确．‎ D、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由C=得知，电压不变，由E=分析得知，板间电场强度变为倍．不符合题意．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二．填空题（每空2分，共14分）‎ ‎13．库仑定律定律的适用范围：　真空中　两个　静止　点电荷．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】库仑定律是关于真空中两点电荷间相互作用的规律，适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．‎ ‎【解答】解：库仑定律的内容是：真空中两点电荷间的作用力与两点电荷的电荷量的乘积成正比，与它们间距离平方成反比，作用力在它们的连线上，可见，库仑定律的适用范围是真空中两个静止点电荷间的相互作用．‎ 故答案为：真空中，静止．‎ ‎　‎ ‎14．在静电场中，把一个电荷量q=2.0×10﹣5C的负电荷由M点移到N点，电场力做功6.0×10﹣4J，由N点移到P点，电场力做了1.0×10﹣3J的负功，则M、N、P三点电势高低关系是　φN＞φM＞φP　．‎ ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势差的关系公式求出电势差，结合电势差等于电势之差比较电势的高低．‎ ‎【解答】解：MN两点间的电势差为：UMN==V=﹣30V；‎ NP两点间的电势差为：UNP==V=500V；‎ MP间的电势差为：UMP=UMN+UNP=﹣30+500=470V．‎ 则知：M点的电势比N点的电势低30V，N点的电势比P点高500V，M点的电势比P点高470V，可知M、N、P三点电势高低关系φN＞φM＞φP．‎ 故答案为：φN＞φM＞φP．‎ ‎　‎ ‎15．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=　9　v．‎ ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．‎ ‎【解答】解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势φD=9V．‎ 故答案为：9．‎ ‎　‎ ‎16．静电平衡状态下导体的特点：‎ ‎（1）处于静电平衡状态的导体，内部的　电场　处处为零．‎ ‎（2）处于静电平衡状态的整个导体是一个　等势体　，它的表面是一个　等势面　．‎ ‎（3）表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面　垂直　．‎ ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，该电场与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会再移动．此时导体的内部场强处处为0，这种状态叫静电平衡状态．处于静电平衡状态的导体整个的导体是一个等势体．‎ ‎【解答】解：静电平衡状态下导体的特点：‎ ‎（1）处于静电平衡状态的导体，内部的 电场处处为零．‎ ‎（2）处于静电平衡状态的整个导体是一个 等势体，它的表面是一个 等势面．‎ ‎（3）表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面 垂直．‎ 故答案为：（1）电场（2）等势体，等势面．（3）垂直．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎17．在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向夹角为θ（如图所示）．现给小球一个垂直于悬线的初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动．试问（不计空气阻力，重力加速度为g）：‎ ‎（1）若小球恰好完成圆周运动，则小球运动过程中的最小速度值是多少？‎ ‎（2）小球的初速度至少是多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；电场强度．‎ ‎【分析】（1）对小球受力分析，求出小球受到的电场力与重力的合力，小球恰好完成圆周运动，在在平衡位置的反方向上，小球做圆周运动的向心力由重力与电场力的合力提供，此时小球速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．‎ ‎（2）由动能定理可以求出小球的最小初速度．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，重力与电场力的合力：‎ F=，电场力为mgtanθ，‎ 小球恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎=m，小球的最小速度v=；‎ ‎（2）由动能定理可得：‎ ‎﹣mg•2lcosθ﹣mgtanθ×2lsinθ=mv2﹣mv02，‎ 解得：v0=；‎ 答：（1）小球运动过程中的最小速度值为．‎ ‎（2）小球的初速度至少是．‎ ‎　‎ ‎18．在电场中把一个电荷量为﹣6×10﹣8C的点电荷从A点移到B点，电场力做功为﹣3×10﹣5J，将此电荷从B点移到C点，电场力做功为4.5×10﹣5J，求：‎ ‎（1）A与C两点间的电势差．‎ ‎（2）取C点为电势零点时，A的电势为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】电势差根据公式U=求解，计算时，各个量均要代符号计算．‎ ‎【解答】解：（1）A、B间电势差：UAB===500V B、C间电势差为：UBC===﹣750V 则A与C两点间的电势差为：UAC=UAB+UBC=500﹣750=﹣250V ‎（2）UAC=φA﹣φC 取C点为电势零点时，有：﹣250=φA﹣0‎ 得：φA=﹣250V 答：（1）A与C两点间的电势差﹣250V； ‎ ‎（2）、取C点为电势零点时，A的电势为﹣250V．‎ ‎　‎ ‎19．中国的FY﹣3A卫星上可观测到高能质子和高能电子．如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10﹣14C和Q2=﹣2×10﹣14C．在AB的垂直平分线上有一点C且AB=AC=BC=6×10﹣2m．如果有一高能电子在C点处，它所受的库仑力的大小和方向如何？‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】电子在C点受到两个电荷的库仑力，根据平行四边形定则作图分析，求解合力的大小和方向即可．‎ ‎【解答】解：电子在C点同时受A、B处点电荷的作用力FA、FB，如图所示：‎ 由库仑定律F=得：‎ FA=FB=k ‎=9.0×109×N ‎=8.0×10﹣21N 由平行四边形定则，在C点的电子受到的库仑力F=FA=FB=8.0×10﹣21N，方向平行于AB向左．‎ 答：如果有一高能电子在C点处，它所受的库仑力的大小为8.0×10﹣21N，方向平行于AB向左．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三个质量均为m，相距均为L，若三球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用与C球，使三者一起向右匀速运动，求：‎ ‎（1）F的大小；‎ ‎（2）C球的电性和电荷量．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；‎ 把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解．分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律列式后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；‎ 设加速度为a，‎ 由牛顿第二定律：对A：；‎ 对B：，‎ 解得：qC=，a=‎ 对整体，根据牛顿第二定律，有：F=3ma，‎ 所以：F=‎ 答：（1）F的大小；‎ ‎（2）C球带负电和电荷量．‎ ‎　‎ ‎2016年10月31日