物理卷·2018届内蒙古包头九中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届内蒙古包头九中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年内蒙古包头九中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单选选择题：本题共10小题，每小题3分，共计30分 ‎1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎2．如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球内，M、P分别是导体A、B内的点，N为导体A和B之间的一点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．M、N、P三点的电势都相等 B．M点的电场强度为0，电势最高 C．N点的电场强度为0，电势大于0‎ D．M、N、P三点的电场强度都为0‎ ‎3．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和﹣x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 ‎4．两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．平衡时，两小球相距r，两小球的直径比r小得多，若将两小球的电量同时各减少一半，当它们重新平衡时，两小球间的距离（　　）‎ A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 ‎5．如图所示的电解液接入电路后，在t时间内有n1个一价正离子通过溶液内截面S，有n2个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则以下关于通过该截面的电流的说法中，正确的是（　　）‎ A．当n1=n2时，电流大小为零 B．当n1＞n2时，电源外部电流方向由A指向B，电流I=‎ C．当n1＜n2时，电源内部电流方向由B指向A，电流I=‎ D．电源外部电流方向由A指向B，电流I=‎ ‎6．两带电小球，电荷量分别为+q和﹣q，固定在一长度为l的绝缘杆两端，置于足够大的电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此过程中电场力做功为（　　）‎ A．0 B．qEl C．2qEl D．πqEl ‎7．如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4J，运动到最高点B时小球的动能为5J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点（图中未画出）时的动能为多少（　　）‎ A．4J B．14J C．19J D．24J ‎8．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的（　　）‎ A．运行时间tP＞tQ B．电势能减少量之比△EP：△EQ=2：1‎ C．电荷量之比qP：qQ=2：1‎ D．动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1‎ ‎9．如图所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑．当带电滑块滑到有着理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域时，已知电场力的大小小于重力，则滑块的运动状态为（　　）‎ A．将减速下滑 B．将加速下滑 C．将继续匀速下滑 D．前述三种情况都可能 ‎10．示波管原理图如图所示，当两偏转极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射出的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场场强方向重合，x轴正方向垂直纸面指向纸内，y轴与YY′电场场强方向重合）．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则（　　）‎ A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极 ‎　‎ 二、多选题：本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对不全得2分，有错选或不答的得0分 ‎11．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）‎ A．增大两极之间的距离，指针张角变大 B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大 C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D．减小两极板的距离，极板间的电场强度变大 ‎12．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（　　）‎ A．b、d两点处的电势相同 B．四点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎13．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I．设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎15．在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有（　　）‎ A．c、d带异种电荷 B．a、b带同种电荷且电势能均不变 C．d的电势能减小，重力势能增大 D．c的电势能增大，机械能减小 ‎16．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电量为q=﹣1.0×10﹣5 C的负电荷由A移动到C电场力做功W1=4.0×10﹣5J，该电荷由C移动到B电场力做功W2=﹣2.0×10﹣5J，若B点电势为零，以下说法正确的是（　　）‎ A．A点电势为2V B．A点电势为﹣2V C．匀强电场的方向为由C指向A D．匀强电场的方向为垂直于AC指向B ‎　‎ 三、填空题 ‎17．如图所示，绝缘开口空心金属球壳A已带电，今把验电器甲的小金属球与A的内部用导线连接，用带绝缘柄的金属小球B与A内壁接触后再与验电器乙的小球接触，甲、乙验电器离球壳A足够远．那么甲验电器的箔片　　，乙验电器的箔片　　．（填“张开”或“不张开”）‎ ‎18．如图所示，平行板电容器板间距离d=10cm，与一个直流电源相连，电源电压为10V，N板接地，取大地电势为零，两板间有一点P，P点距M板5cm，把k闭合给电容器充电，然后再断开，P点场强大小为　　，电势为　　，若把N板向下移动10cm，则P点场强大小为　　，电势为　　．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎19．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m=1.0×10﹣20kg，带电量q=1.0×10﹣9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：‎ ‎（1）B点距虚线MN的距离d2；‎ ‎（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t．‎ ‎20．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎21．如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=10﹣10C，质量m=10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N•m2/C2），求：‎ ‎（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？此时粒子的速度大小是多少？‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量大小的某一可能值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年内蒙古包头九中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选选择题：本题共10小题，每小题3分，共计30分 ‎1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【考点】等势面；电势．‎ ‎【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．‎ ‎【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故A错误；‎ B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；‎ C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；‎ D、负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球内，M、P分别是导体A、B内的点，N为导体A和B之间的一点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．M、N、P三点的电势都相等 B．M点的电场强度为0，电势最高 C．N点的电场强度为0，电势大于0‎ D．M、N、P三点的电场强度都为0‎ ‎【考点】静电场中的导体；电势；电势能．‎ ‎【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，B空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，内部场强处处为零．电场线辐射状向外，沿电场线的方向电势降低．‎ ‎【解答】解：A、根据点电荷的电场线分部，电场线辐射状向外，沿电场线的方向电势降低，故M、N、P三点的电势相一次降低，故A错误．‎ B、导体内部场强为零，同A可知M电势最高，故B正确．‎ C、根据点电荷的场强公式E=C，故N点电场强度不为零，故C错误 D、同理D错误，‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和﹣x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线示意图，根据顺着电场线电势逐渐降低和对称性可判断电势高低．‎ ‎【解答】解：A、B，作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故AB错误．‎ ‎ C、D，从图线看出，电场强度关于原点O对称，则在X轴上关于O点对称位置的电势都相等，所以x1和﹣x1两点的电势相等．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．平衡时，两小球相距r，两小球的直径比r小得多，若将两小球的电量同时各减少一半，当它们重新平衡时，两小球间的距离（　　）‎ A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】根据库仑定律的公式F=知，电量减小，则库仑力减小，两球相互靠近，通过假设两球距离等于，判断两球之间距离会如何变化．‎ ‎【解答】解：电量减小，根据库仑定律知，库仑力减小，两球间的距离减小．假设两球距离等于，则库仑力与开始一样大，重力不变，则绳子的拉力方向应与原来的方向相同，所以两球距离要变大些．则两球的距离大于．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的电解液接入电路后，在t时间内有n1个一价正离子通过溶液内截面S，有n2个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则以下关于通过该截面的电流的说法中，正确的是（　　）‎ A．当n1=n2时，电流大小为零 B．当n1＞n2时，电源外部电流方向由A指向B，电流I=‎ C．当n1＜n2时，电源内部电流方向由B指向A，电流I=‎ D．电源外部电流方向由A指向B，电流I=‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由电流的定义式I=进行分析运算，明确电荷量等于正负电量绝对值的和；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．‎ ‎【解答】解：电流的方向就是正电荷定向移动的方向，在电源外部电流方向由A指向B，在电源内部电流方向由B指向A，与n1、n2的大小无关，‎ 由题意可知，流过溶器截面上的电量q=（n1+n2）e；则电流I=；方向与正电荷的定向移动方向相同；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．两带电小球，电荷量分别为+q和﹣q，固定在一长度为l的绝缘杆两端，置于足够大的电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此过程中电场力做功为（　　）‎ A．0 B．qEl C．2qEl D．πqEl ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】细杆绕其中心O转过180°，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功；负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功．‎ ‎【解答】解：细杆转的过程中，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功，W1＞0，即qEl；负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功W2＞0即qEl．电场力对两小球所做的功：W=W1+W2＞0．即2qEl，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4J，运动到最高点B时小球的动能为5J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点（图中未画出）时的动能为多少（　　）‎ A．4J B．14J C．19J D．24J ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】1．水平受Eq向右，一直做初速度为0的匀加速直线运动，竖直受mg向下，做竖直上抛运动，互不影响．‎ ‎2．竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间．‎ ‎3．根据竖直上抛和匀加速直线运动的特点即可解题．‎ ‎【解答】解：竖直方向：粒子做竖直上抛运动，则运动时间 ‎ 水平方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎ 水平位移：‎ ‎ 上升的过程电场力做功：W1=qEx1‎ ‎ 最高点时，水平方向的速度为0，故小球的动能与电场力做的功相等，即：W1=5J 下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间：t2=t1‎ ‎ 水平方向的总位移：‎ ‎ 全过程中电场力做功：W2=qEx2=4qEx1=4W1=20J 全过程中，重力做功为0，根据动能定理：W2=EK末﹣EK初 所以：EK末=EK初+W2=24J．所以正确的选项是D．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的（　　）‎ A．运行时间tP＞tQ B．电势能减少量之比△EP：△EQ=2：1‎ C．电荷量之比qP：qQ=2：1‎ D．动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．‎ ‎【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得它们运动时间相同．故A错误．‎ B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由x=，分析得到加速度之比aP：aQ=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP=，，则qP：qQ=2：1．因为电场力大小之比为2：1，在电场力方向上的位移之比为2：1，则电场力做功之比为4：1，可知电势能减小量之比为4：1，故B错误，C正确．‎ D、电场力做功之比为4：1，重力做功相等，则合力做功不等于4：1，根据动能定理知，动能的增加量之比不等于4：1，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑．当带电滑块滑到有着理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域时，已知电场力的大小小于重力，则滑块的运动状态为（　　）‎ A．将减速下滑 B．将加速下滑 C．将继续匀速下滑 D．前述三种情况都可能 ‎【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；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】没有电场时，滑块沿绝缘斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡．当当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态．‎ ‎【解答】解：设斜面的倾角为θ．滑块没有进入电场时，根据平衡条件得 ‎ mgsinθ=f ‎ N=mgcosθ 又f=μN 得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ 当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F．根据正交分解得到 ‎ 滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力为μ（mg+F）cosθ，‎ 由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．示波管原理图如图所示，当两偏转极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射出的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场场强方向重合，x轴正方向垂直纸面指向纸内，y轴与YY′电场场强方向重合）．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则（　　）‎ A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极 ‎【考点】示波管及其使用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，要使粒子打在第三象限，经过YY′区间时电场力向下，经过XX′区间时电场力向外，再进一步确定各个极板的极性．‎ ‎【解答】解：将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动；‎ 打在第三象限，故经过YY′区间时电场力向下，即Y接负极；‎ 打在第三象限，故经过XX′区间时电场力外，即X接负极；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、多选题：本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对不全得2分，有错选或不答的得0分 ‎11．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）‎ A．增大两极之间的距离，指针张角变大 B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大 C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D．减小两极板的距离，极板间的电场强度变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．‎ ‎【解答】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C= 可知，电容增小，电容器的电量不变，由C= 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．‎ B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C= 可知，电容增小，电量不变，由C= 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B正确．‎ C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C= 可知，电容增大，电量不变，由C= 分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．‎ D、根据C=，U= 得，E===，知d变化，E不变，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（　　）‎ A．b、d两点处的电势相同 B．四点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．‎ ‎【解答】解：该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，然后与该题的图比较可得：该电场中的电势关于x轴上下对称，等势面不是圆形．‎ A：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；‎ B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的．故B正确；‎ C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C错误；‎ D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎13．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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=，‎ 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4：4，所以库仑力是原来的16：7．‎ 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，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎14．有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I．设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据电子定向移动的速度和时间，求出自由电荷△t时间内移动的距离，再求出体积，即可求解通过导体横截面的自由电子数目；‎ 也可以根据电量公式q=It，求出电量，也求解电子数目．‎ ‎【解答】解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线对应体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为 N=nvS△t．‎ 由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为I△t，而电子的电荷量为e，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为 N=．故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎15．在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有（　　）‎ A．c、d带异种电荷 B．a、b带同种电荷且电势能均不变 C．d的电势能减小，重力势能增大 D．c的电势能增大，机械能减小 ‎【考点】电势能；重力势能的变化与重力做功的关系．‎ ‎【分析】分析：首先根据运动特点判断四个质点的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：‎ A、因a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点质点均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电质点带同种电荷，都为负电荷，故A错误．‎ B、a、b在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故B正确．‎ C、d竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，重力势能增加，故C正确．‎ D、c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力做正功，机械能减少，机械能转化为电势能．故D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电量为q=﹣1.0×10﹣5 C的负电荷由A移动到C电场力做功W1=4.0×10﹣5J，该电荷由C移动到B电场力做功W2=﹣2.0×10﹣5J，若B点电势为零，以下说法正确的是（　　）‎ A．A点电势为2V B．A点电势为﹣2V C．匀强电场的方向为由C指向A D．匀强电场的方向为垂直于AC指向B ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式U=分别求出A与无穷远间、A与B间电势差，无穷远处电势为零，再确定A、B两点的电势 ‎【解答】解：A、对于C、B间电势差为UCB=V=2V，‎ 若B点电势为零，UCB=φC﹣φB，则C点电势φC=2V．‎ 而A与C间的电势差为UAC==V=﹣4V，‎ UAC=φA﹣φC，则A点电势φA=﹣2V．故A错误，B正确；‎ C、由上分析可知，AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ 三、填空题 ‎17．如图所示，绝缘开口空心金属球壳A已带电，今把验电器甲的小金属球与A的内部用导线连接，用带绝缘柄的金属小球B与A内壁接触后再与验电器乙的小球接触，甲、乙验电器离球壳A足够远．那么甲验电器的箔片　张开　，乙验电器的箔片　不张开　．（填“张开”或“不张开”）‎ ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．空心金属球壳A内部因为没有净电荷，所以B与A内壁接触后B上不带电．‎ ‎【解答】‎ 解：验电器甲的小金属球与空心金属球壳A用导线连接，不论是连在球壳内部或是外边，效果都一样，即都使两者成为一个共同的导体．达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．空心金属球壳A内部因为没有净电荷，所以B与A内壁接触后B上不带电，所以也无法使乙验电器的箔片张开．‎ 故答案为：张开；不张开 ‎　‎ ‎18．如图所示，平行板电容器板间距离d=10cm，与一个直流电源相连，电源电压为10V，N板接地，取大地电势为零，两板间有一点P，P点距M板5cm，把k闭合给电容器充电，然后再断开，P点场强大小为　100 V/m　，电势为　﹣5V　，若把N板向下移动10cm，则P点场强大小为　100 V/m　，电势为　﹣15V　．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据公式E=，可求得P点的电场强度，再根据电势差与电势关系，从而求解其电势的大小，当电容器断开后，依据E===公式，可知，电场强度不变，从而求解电势．‎ ‎【解答】解：根据公式E=，结合U=10V，d=10cm，求得，平行金属板间的电场强度大小E= V/m=100 V/m，‎ 因P点距N板5cm，且N板电势为零，则φP=﹣UPN=﹣EdPN=﹣100×0.05=﹣5V．‎ 若把N板向下移动10cm，因电容器断开，‎ 根据公式E===，可知，电场强度与间距无关；‎ 则P点场强大小为E′= V/m=100 V/m；‎ 因P点距N板15cm，且N板电势为零，则φP=﹣UPN=﹣EdPN=﹣100×0.15=﹣15V．‎ 故答案为：100 V/m，﹣5V，100 V/m，﹣15V．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎19．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m=1.0×10﹣20kg，带电量q=1.0×10﹣9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：‎ ‎（1）B点距虚线MN的距离d2；‎ ‎（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对带电粒子运用动能定理研究A到B得过程，注意其中电场力做功的表达．‎ 抓住粒子在同一电场中做的是匀变速直线运动，运用运动学公式求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有：‎ ‎|q|E1d1﹣|q|E2d2=0﹣0=0 ①‎ 由①式解得 d2==0.50cm ②‎ ‎（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有：‎ ‎|q|E1=ma1 ③‎ ‎|q|E2=ma2 ④‎ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有：‎ d1= ⑤‎ d2= ⑥‎ 又 t=t1+t2 ⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式解得：‎ t=1.5×10﹣8s 答：（1）B点距虚线MN的距离是d2=0.50cm；‎ ‎（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间是1.5×10﹣8s．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；‎ ‎（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：‎ v2=2gh 解得：‎ v=…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：‎ mg（h+d）﹣qEd=0‎ 解得：‎ E=…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ U=Ed=，‎ 电容器的带电量为：‎ Q=CU=．‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ t=．‎ 答：（1）小球到达小孔处的速度为；‎ ‎（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=10﹣10C，质量m=10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N•m2/C2），求：‎ ‎（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？此时粒子的速度大小是多少？‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量大小的某一可能值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象． 根据运动学公式与牛顿第二定律，即可求解．‎ ‎（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．‎ ‎（3）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，图象如图所示：‎ 粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离：‎ 代入数据，可解得：y=0.03m=3cm 带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：‎ vx=v0=2×106m/s，‎ 竖直速度vy=at==1.5×106m/s 所以合速度大小为v=‎ ‎（2）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：‎ y=at2‎ a==，‎ ‎ l=v0t y=at2= （）2=0.03m=3cm ‎ 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y． ‎ 又由相似三角形得=‎ Y=4y=12cm ‎ ‎（3）带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=υ0=2×106m/s ‎ 竖直速度：所以 υy=at=1.5×106m/s，‎ v合=2.5×106m/s ‎ 该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．根据几何关系：半径r=15cm ‎ k=m 解得：Q=1.04×10﹣8C ‎ 答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离3cm，此时粒子的速度大小是2.5×106m/s；‎ ‎（2）则粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm；到达PS界面时离D点12cm；‎ ‎（3）Q带负电，电荷量为Q=1.04×10﹣8C．‎ ‎　‎