物理卷·2018届四川省绵阳市三台中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届四川省绵阳市三台中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年四川省绵阳市三台中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（　　）‎ A．复印机 B．电冰箱 C．电话机 D．电饭煲 ‎2．下列叙述正确的是（　　）‎ A．物体的带电荷量可以是任意值 B．摩擦起电是创造电荷的过程 C．接触起电是电荷转移的过程 D．电容器所带电荷量越多，电容越大 ‎3．下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是（　　）‎ A．在相同距离上的两点，电势差大的其场强也必定大 B．任意两点间的电势差，等于场强大小和这两点间距离的乘积 C．电势降落的方向必是场强方向 D．沿着电场线方向，任何相等距离上的电势降落必定相同 ‎4．如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图线，由此可判定（　　）‎ A．电场方向一定由A指向B B．若场源为正电荷，位置在A侧 C．若场源为负电荷，位置在B侧 D．若场源为正电荷，位置在B侧 ‎5．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎6．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP 和E Q，电势分别为φP 和φQ，则（　　）‎ A．E P＞E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ ‎7．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（　　）‎ A．A和B之间 B．A右侧 C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧 ‎8．在图示的非匀强电场中，实线表示电场线．在只受电场力的作用下，电子从A点运动到B点．电子在A点的速度方向如图所示．比较电子在A、B两点的速度、加速度、电势能，其中正确的是（　　）‎ A．vA＞vB、aA＜aB、EpA＞EpB B．vA＞vB、aA＞aB、EpA＜EpB C．vA＜vB、aA＜aB、EpA＜EpB D．vA＜vB、aA＞aB、EpA＞EpB ‎9．如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为ϕa=9V，ϕb=15V，ϕc=18V，则d点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．16V ‎10．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为﹣10eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．C等势面的电势为5 V B．匀强电场的场强为200 V/m C．电子再次经过D等势面时，动能为10eV D．电子的运动是匀变速曲线运动 ‎11．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转45°，再从a点由静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向右下方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 ‎12．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（　　）‎ A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1‎ ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎13．关于电势和电势能的说法正确的是（　　）‎ A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大 B．电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大 C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能 D．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能 ‎14．一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两板间距离的过程中（　　）‎ A．电容器A板始终带正电荷 B．电容器的电容变小 C．电阻R中有从a流向b的电流 D．A、B板间的电场强度增大 ‎15．一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5J，电场力做功2J，克服阻力做功1J．由此可判断能量变化的有关说法中正确的是（　　）‎ A．重力势能减少5J B．电势能增大2J C．动能增大6J D．机械能减少3J ‎16．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若只增大U1，则t1增大 B．若只增大U1，则y减小 C．若只增大U2，则v2增大 D．若只增大U2，则y减小 ‎17．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（　　）‎ A．电场力与小球重力的关系是qE=mg B．电场力与小球重力的关系是qE=mg C．小球在B点时，细线拉力为FT=mg D．小球在B点时，细线拉力为FT=mg ‎18．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功 C．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 D．小物体上升的最大高度为 ‎　‎ 三、填空题 ‎19．有一带电量﹣3×10﹣6C的检验电荷，从匀强电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做了6×10﹣4J的功．把它从B点移到C点，电场力做功9×10﹣4J．则A、B、C三点中电势最高的是　　点，A点与C点间电势差为　　V．‎ ‎20．如图所示，点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q1的距离是q2与q3的距离的2倍，若每个电荷所受库仑力的合力均为零，则可知q1和q3的电性必　　（填“相同”或“不同”），电量之比q1：q2：q3=　　．‎ ‎21．研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是　　．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，若保持S不变，增大d，则θ将　　；板间电压　　；说明电容随板间距离增大而　　．（填“增大”，“不变”或“减小”）‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎22．如图所示，把质量为3g的带电小球B用绝缘细绳悬起，若将带电量为Q=﹣4.0×10﹣6C的带电球A靠近B，当两个带电小球在同一高度相距20cm时，绳与竖直方向夹角θ=37°，A、B球均静止．试求：B球的带电量及电性．（静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，重力加速度g=10m/s2）‎ ‎23．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v．试求：‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小．‎ ‎24．如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6m，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=1.5×103N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1=6.75m，BC段表面粗糙，长L2=5.5m．质量m=2.0kg、电荷量q=0.01C的带正电小球在水平恒力F=10.0N的作用下从A点由静止升始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进人半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力ND=15N．小球与水平面BC段之间的动摩擦因数u=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球通过端口D时的速度大小vD；‎ ‎（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP；‎ ‎（3）撤去拉力F时小球的速度大小v0．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省绵阳市三台中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（　　）‎ A．复印机 B．电冰箱 C．电话机 D．电饭煲 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】本题考查各种电器的工作原理，从各种实例的原理出发可以得出结论．‎ ‎【解答】解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉吸附在鼓上．故选A正确；‎ B、电冰箱是利用物态变化时的吸热和放热原理制冷的，故B错误；‎ C、电话是利用电磁波传递信息，利用了电流的磁效应工作的，故C错误；‎ D、电饭煲是利用了电流的热效应，来加热的，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列叙述正确的是（　　）‎ A．物体的带电荷量可以是任意值 B．摩擦起电是创造电荷的过程 C．接触起电是电荷转移的过程 D．电容器所带电荷量越多，电容越大 ‎【考点】电容；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】摩擦起电是电荷的转移；‎ 物体带的电荷是元电荷的整数倍；‎ 接触起电是电荷转移的过程；‎ 电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领大小的物理量，与两极板间的电压和所带的电荷量无关．‎ ‎【解答】解：A、物体带电都是元电荷的整数倍，故A错误；‎ B、摩擦起电是电荷的转移，故B错误；‎ C、接触起电是电荷转移的过程，故C正确；‎ D、电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压和所带的电荷量无关，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是（　　）‎ A．在相同距离上的两点，电势差大的其场强也必定大 B．任意两点间的电势差，等于场强大小和这两点间距离的乘积 C．电势降落的方向必是场强方向 D．沿着电场线方向，任何相等距离上的电势降落必定相同 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，d是沿电场线方向两点间的距离．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降落U必定相等．电势降低最快的方向一定是电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：A、在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大．若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强却不变．故A错误．‎ B、任意两点的电势差，等于场强和这两点间沿电场线方向距离的乘积．故B错误．‎ C、电势降低最快的方向是电场强度的方向，电势降低的方向不一定是场强方向，故C错误．‎ D、匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，沿电场线方向的距离d相同时，两点间电势差U相同．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图线，由此可判定（　　）‎ A．电场方向一定由A指向B B．若场源为正电荷，位置在A侧 C．若场源为负电荷，位置在B侧 D．若场源为正电荷，位置在B侧 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．‎ ‎【分析】由电场强度的定义式E=得到F=qE，F﹣q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率小于b的斜率，说明a处场强小于b处的场强．根据场强的大小判断场源电荷的位置．‎ ‎【解答】解：由电场强度的定义式E=得知：F﹣q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，而该电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧，由于检验电荷的电性未知，电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷．故ACD错误，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：相距为r时，根据库仑定律得：‎ F=K；‎ 接触后，各自带电量变为Q′==Q，则此时 F′=K 两式联立得F′= F，故A正确，BCD错误，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP 和E Q，电势分别为φP 和φQ，则（　　）‎ A．E P＞E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低．‎ ‎【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，EP＞EQ．‎ 根据沿电场线的方向电势降低可知φP＞φQ．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（　　）‎ A．A和B之间 B．A右侧 C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相等、方向相反时，该点的电场强度才等于零．根据点电荷场强公式E=k 和点电荷电场分布特点确定在AB连线上，电场强度为零的位置．‎ ‎【解答】解：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止．‎ A、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故A错误．‎ B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零．故B错误．‎ C、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故C正确．‎ D、由上可知D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．在图示的非匀强电场中，实线表示电场线．在只受电场力的作用下，电子从A点运动到B点．电子在A点的速度方向如图所示．比较电子在A、B两点的速度、加速度、电势能，其中正确的是（　　）‎ A．vA＞vB、aA＜aB、EpA＞EpB B．vA＞vB、aA＞aB、EpA＜EpB C．vA＜vB、aA＜aB、EpA＜EpB D．vA＜vB、aA＞aB、EpA＞EpB ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据电子的电性分析电场力的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系．由电场线的疏密分析场强的大小，可进一步分析加速度的大小．‎ ‎【解答】解：电子的轨迹向右弯曲，所受的电场力大致向右，则电场力对电子做正功，动能增大，电势能减少，故vA＜vB、EpA＞EpB．‎ A处电场线比B处电场线密，则A处场强大，电场力大，电子的加速度大，即有aA＞aB．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为ϕa=9V，ϕb=15V，ϕc=18V，则d点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．16V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，根据四点电势间的关系求d的电势．‎ ‎【解答】解：根据几何知识知，ab长度等于de长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb﹣φa=15﹣9=φc﹣φd=18﹣φd ‎ 可得 φd=12V．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为﹣10eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．C等势面的电势为5 V B．匀强电场的场强为200 V/m C．电子再次经过D等势面时，动能为10eV D．电子的运动是匀变速曲线运动 ‎【考点】电势；电势差．‎ ‎【分析】电子从D到B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到A等势面的电势；由E=求解电场强度；根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，动能为20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动 ‎【解答】解：A、电子从D到B过程，根据动能定理得：﹣eUDB=0﹣EkD，解得，UDB=20V；﹣eUDC=EKC﹣EKD，‎ ‎　　　　　联立以上3公式，求得：EKC=EKD=10eV ‎　　　　所以电子的总能量：E=EKC+EPC=0‎ 到达等势面B时的速度恰好为零，电子的动能为0，所以该电场中的等势面B是0势能面．‎ 由于是等差的等势面，则知，C等势面的电势为10V．故A错误；‎ ‎ B、对于BD段：电场强度为E==200V/m．故B正确；‎ C、根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV；故C错误；‎ D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转45°，再从a点由静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向右下方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向顺时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．‎ ‎【解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；‎ 将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转45°，电场强度大小不变，方向顺时针旋转45°，故电场力顺时针旋转45°，大小仍然为mg；‎ 故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做匀加速运动；‎ 故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（　　）‎ A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子垂直电场进入，做类平抛运动，根据水平位移求出时间之比，再通过竖直位移求出加速度之比，最终通过牛顿第二定律求出比荷．‎ ‎【解答】解：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1：2，根据x=v0t，知时间比为1：2．‎ 粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y=at2知，y之比为2：1，则a、b的加速度之比为8：1．‎ 根据牛顿第二定律知，加速度a=，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的比荷之比为8：1．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎13．关于电势和电势能的说法正确的是（　　）‎ A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大 B．电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大 C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能 D．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势能是电场和电荷共有的能．电势降低的方向，不一定是场强的方向 ‎【解答】解：A、根据电势能的公式Ep=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故AB错误 C、取无穷远处电势为零，在正的点电荷的电场中的任一点，电势为正值，则由公式Ep=qφ，可知正电荷的电势能为正值，负电荷的电势能为负值，故正电荷的电势能大于负电荷的电势能，故C正确；‎ D、取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，则由公式Ep=qφ，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故D正确 故选：CD ‎　‎ ‎14．一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两板间距离的过程中（　　）‎ A．电容器A板始终带正电荷 B．电容器的电容变小 C．电阻R中有从a流向b的电流 D．A、B板间的电场强度增大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】在减小电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析电容如何变化，电容器板间电压不变，根据电容的定义式分析电容器的电量如何变化，确定电容器处于充电还是放电状态，判断电路中电流的方向．由E= 分析板间场强的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C、减小电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式C= 分析得知，电容C增大，而电容器板间电压U不变，‎ 则由电容的定义式C=，可知电容器的带电量增大，电容器充电，由于电容器上板A带正电，下板B带负电，则电阻R中有从b流向a的电流．故A正确，BC错误．‎ D、由E= 分析可知，U不变，d减小，E变大．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎15．一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5J，电场力做功2J，克服阻力做功1J．由此可判断能量变化的有关说法中正确的是（　　）‎ A．重力势能减少5J B．电势能增大2J C．动能增大6J D．机械能减少3J ‎【考点】电势能；重力势能．‎ ‎【分析】解决本题可根据这些知识进行分析：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．‎ ‎【解答】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功5J，故重力势能减小5J，故A正确；‎ B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减小2J，故B错误；‎ C、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总=WG+W电+W阻=5J+2J﹣1J=6J，故动能增大6J，故C正确；‎ D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，电场力做功2J，与克服空气阻力做功l J，故机械能增加1J，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若只增大U1，则t1增大 B．若只增大U1，则y减小 C．若只增大U2，则v2增大 D．若只增大U2，则y减小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据y=可以分析电压的变化使电子的运动轨迹发生相应的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理，得，若只增大，则增大，由知，减小，故A错误；‎ B、电子进入偏转电场后做类平抛运动， =，若只增大，则y减小；若只增大，则y增大，故B正确，D错误；‎ C、离开电场时，竖直方向的分速度=‎ 离开时速度，若只增大，则增大，故C正确；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎17．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（　　）‎ A．电场力与小球重力的关系是qE=mg B．电场力与小球重力的关系是qE=mg C．小球在B点时，细线拉力为FT=mg D．小球在B点时，细线拉力为FT=mg ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，其中重力和电场力是恒力，其合力也是恒力，将电场和重力场复合，根据运动的对称性，可以得到复合场的最低点在AB的中垂线与轨迹的交点处，然后运用力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律分析求解．‎ ‎【解答】解：AB、对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，将电场和重力场复合，根据运动的对称性，可以得到复合场的最低点在AB的中垂线与轨迹的交点C处，故合力沿OC分析方向，如图 根据平行四边形定则，有 合力F=2mg qE=mg 故A错误，B正确；‎ CD、将重力和电场力的合力沿着细线方向和垂直细线方向正交分解，沿着绳子方向的分力与拉力平衡，‎ 故=F•cos30°=mg=qE，故C正确，D错误 故选：BC ‎　‎ ‎18．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功 C．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 D．小物体上升的最大高度为 ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；‎ 分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化；‎ 根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度．‎ ‎【解答】解：AB、从N到M的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故A错误，B正确；‎ C、从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故C正确；‎ D、设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．‎ 因为OM=ON，则M、N两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，摩擦力相等，所以上滑和下滑过程克服摩擦力所作的功相等，并设为W1．‎ 在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则由动能定理分别有：‎ 上滑过程：﹣mgLsinθ﹣W1=﹣mv12‎ 下滑过程：mgLsinθ•L﹣W1=mv22﹣0‎ 上两式相减可得：最大高度 h=Lsinθ=，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎19．有一带电量﹣3×10﹣6C的检验电荷，从匀强电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做了6×10﹣4J的功．把它从B点移到C点，电场力做功9×10﹣4J．则A、B、C三点中电势最高的是　C　点，A点与C点间电势差为　﹣100　V．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电势差公式U=，分别求出A、B间与B、C间的电势差．AC间的电势差等于AB间电势差与BC间电势差之和．‎ ‎【解答】解：根据公式U=，可得：；，‎ UAC=UAB+UBC=200+（﹣300）V=﹣100V 故C点的电势最高．‎ 故答案为：C；﹣100‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q1的距离是q2与q3的距离的2倍，若每个电荷所受库仑力的合力均为零，则可知q1和q3的电性必　相同　（填“相同”或“不同”），电量之比q1：q2：q3=　36：4：9　．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此求解电量之比 ‎【解答】若每个电荷所受库仑力的合力均为零，三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，若q1带负电，则q2带正电，q3应带负电．若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电．‎ 由于三个电荷均处于平衡状态，设q1与q2距离为2r，q2与q3的距离为r，所以 对q1有：k=k ①‎ 对q2有：k=k ②‎ 联立①②可解得：q1：q2：q3=36：4：9‎ 故答案为：相同；36：4：9．‎ ‎　‎ ‎21．研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是　　．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，若保持S不变，增大d，则θ将　增大　；板间电压　增大　；说明电容随板间距离增大而　减小　．（填“增大”，“不变”或“减小”）‎ ‎【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：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增大；说明电容随板间距离增大而减小．‎ 故答案为：增大，增大，减小．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎22．如图所示，把质量为3g的带电小球B用绝缘细绳悬起，若将带电量为Q=﹣4.0×10﹣6C的带电球A靠近B，当两个带电小球在同一高度相距20cm时，绳与竖直方向夹角θ=37°，A、B球均静止．试求：B球的带电量及电性．（静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，重力加速度g=10m/s2）‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对小球B受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；根据库仑定律求解出小球B的带电量．‎ ‎【解答】解：对球B受力分析，如图，根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：‎ Tsin37°=F Tcos37°=mg ‎ 解得：F=mgtan37°‎ 根据库仑定律，有：‎ F=k 解得：q=2.5×10﹣8C 即B球的带电量是2.5×10﹣8C，且带负电．‎ 答：B球的带负电，电荷量为2.5×10﹣8C．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v．试求：‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．‎ ‎【分析】小物体在BC上做匀速运动，对小物体进行受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可；‎ 小物体做匀加速运动时根据牛顿第二定律和速度位移公式列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得FN=mgcosθ①‎ Ff=mgsinθ②‎ 而 Ff=μFN③‎ 由①②③解得 μ=tanθ④‎ ‎（2）小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示．‎ 则FN=mgcosθ﹣qE ⑤‎ ‎⑥‎ 根据牛顿第二定律得⑦‎ v2﹣v02=2a•L 由③⑤⑥⑦⑧解得E= ⑨‎ 答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ；‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小为．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6m，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=1.5×103N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1=6.75m，BC段表面粗糙，长L2=5.5m．质量m=2.0kg、电荷量q=0.01C的带正电小球在水平恒力F=10.0N的作用下从A点由静止升始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进人半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力ND=15N．小球与水平面BC段之间的动摩擦因数u=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球通过端口D时的速度大小vD；‎ ‎（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP；‎ ‎（3）撤去拉力F时小球的速度大小v0．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）在端口D，小球受到重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式即可求解；‎ ‎（2）从P到D的过程中由动能定理可得P点速度，在P点由牛顿第二定律列式求解；‎ ‎（3）设F作用的距离为s，从A到D由动能定理列式求解s，在F作用的过程中，再由动能定理列式即可求解 撤去拉力F时小球的速度大小v0．‎ ‎【解答】解：（1）在端口D由牛顿第二定律有mg﹣ND=m 解得：vD==2 m/s ‎ ‎（2）设小球经过半圆管中点P时的速度大小为vP，从P到D的过程中由动能定理可得 qER﹣mgR=mvD2﹣mvP2‎ 解得vP=2 m/s ‎ 在P点由牛顿第二定律有qE﹣NP=m 解得NP=0 ‎ ‎（3）设F作用的距离为s，从A到D由动能定理有 Fs﹣μmgL2﹣2mgR=mvD2‎ 解得s=9 m ‎ 在F作用的过程中由动能定理得 Fs﹣μmg（s﹣L1）=mv02‎ 解得v0=9 m/s ‎ 答：（1）小球通过端口D时的速度大小vD为2m/s；‎ ‎（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP为0；‎ ‎（3）撤去拉力F时小球的速度大小v0为9m/s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日