物理卷·2018届陕西省西安一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届陕西省西安一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年陕西省西安一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷 B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 C．把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷 D．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍 ‎2．下列关于点电荷的场强公式的几种不同的理解，正确的是（　　）‎ A．以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同 B．当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0‎ C．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定是背向点电荷Q D．在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比 ‎3．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1：q2：q3为（　　）‎ A．9：4：9 B．4：9：4 C．（﹣9）：4：（﹣36） D．4：9：36‎ ‎4．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．把一电荷从a点移到c点，电场力做功不为零 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎5．如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为vA、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB．则下列结论正确的是（　　）‎ A．粒子带正电，vA＞vB，EPA＞EPB B．粒子带负电，vA＞vB，EPA＜EPB C．粒子带正电，vA＜vB，EPA＜EPB D．粒子带负电，vA＜vB，EPA＞EPB ‎6．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电场方向水平向左 B．电子在运动过程中加速度变小 C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J D．电子在A点的电势能为负值 ‎7．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O点的电场强度为零，电势最高 C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎8．对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（　　）‎ A．导体内部既无正电荷，又无负电荷 B．导体内部和外表面处的电场均为零 C．导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零 D．导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果 ‎9．如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是（　　）‎ A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大 D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大 ‎10．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、带电量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ．不能忽略小球的重力，则匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．唯一值是 B．最大值是 C．最小值是 D．最小值是 ‎　‎ 二．不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）．‎ ‎11．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线方向上的各点，电势一定降低 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎12．如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹．虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2﹣R1=R3﹣R2，a、b、c为轨迹MN与三个圆的3个交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两电荷可能同号，也可能异号 B．a点电势大于b点电势 C．P在a的电势能大于在c点的电势能 D．P由c点到b点的动能变化大于由c点到a点的动能变化 ‎13．如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势φ随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是（　　）‎ A．可以判断出OP间的各点电势均为零 B．负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 C．可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向 D．正检验电荷从a点移到b点，电场力一直做正功 ‎14．一个电容器的规格是100μF、25V，对这两个数据的理解正确的是（　　）‎ A．这个电容器加上25V电压时，电容才是100μF B．这个电容器最大电容是100μF，当带电荷量较小时，电容小于100μF C．这个电容器所加电压不能高于25V D．这个电容器所加电压可以低于25V，但电容不变，总是100μF ‎15．如图所示，点电荷固定于Q点，一带电粒子仅在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、N为椭圆长轴的两个端点，下列说法正确的是（　　）‎ A．带电粒子与点电荷的电性一定相反 B．带电粒子在M点所受的库仑力一定大于N点的库仑力 C．带电粒子在M点的电势能一定大于N点的电势能 D．M点的电势一定高于N点的电势 ‎　‎ 三．填空题（本题共5小题，共20分）‎ ‎16．在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．‎ 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的　　而增大，随其所带电荷量　　而增大．历史上法国学者　　通过更精确的实验探究总结出两点电荷间相互作用力与两点电荷的电荷量、间距的定量关系．此同学在探究中应用的科学方法是　　（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”）‎ ‎17．已知带电量q=2×10﹣10C的正电荷在电场中由A点移到B点，电场力做了4×10﹣8J的正功，则电势能　　（填“增加”或“减少”）；A、B两点间的电势差UAB=　　V．‎ ‎18．一质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），以平行于电场线的初速度v0射入匀强电场，经过时间t，带电粒子具有的电势能与刚射入到电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的场强大小为　　，带电粒子在电场中所通过的路程为　　．‎ ‎19．有一电容器，带电量为1.0×10﹣7C时，两板间电压力200V，该电容器的电容是　　F，如果使它的带电量再增加2.0×10﹣7C，两板间电压是　　V．‎ ‎20．如图所示，带等量异种电荷的平行板金属板间有 a、b两点，a 点距A板的距离与 b 点距B板的距离均为 1cm，将一个带电荷量 为0.8×10﹣4C的正点电荷由 a 点移到 b 点，电场力做了2.0×10﹣4J的功．若该电荷所受的电场力为 0.01N，则平行板金属板间的距离为　　 cm，B板接地，A板的电势为　　V．‎ ‎　‎ 四．解答题（本大题共3小题，共30分，解答应写出文字说明、推理过程或重要的演算步骤．）‎ ‎21．质量为m的带电小球用细绳系住悬挂于匀强电场中，如图所示，静止时θ角为60°，求：‎ ‎（1）小球带何种电性．‎ ‎（2）若将绳烧断后，2s末小球的速度是多大．（g取10m/s2）‎ ‎22．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？‎ ‎23．如图所示，绝缘光滑水平轨道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=1.0×104N/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量q=8.0×10﹣5C，求：‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西安一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷 B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 C．把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷 D．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．‎ ‎【解答】解：A、当两个带电体形状和大小及电荷分布对它们间的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，点电荷是一种理想化的物理模型，并不是只有体积很小的带电体才可以看成点电荷，故A错误，B正确；‎ C、把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷，故C正确；‎ D、点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故D正确；‎ 本题选择错误的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于点电荷的场强公式的几种不同的理解，正确的是（　　）‎ A．以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同 B．当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0‎ C．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定是背向点电荷Q D．在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】点电荷的场强公式是由库仑定律得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场 ‎【解答】解：A、以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，场强是矢量，所以场强不同，故A错误．‎ B、当r→0时，点电荷的场强公式已经不适用，当r→∞时，E→0．故B错误．‎ C、点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向是背向点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向是指向点电荷Q向内．故C错误．‎ D、在点电荷Q的电场中，场强公式，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1：q2：q3为（　　）‎ A．9：4：9 B．4：9：4 C．（﹣9）：4：（﹣36） D．4：9：36‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解决本题一定要把握“每个电荷所受静电力的合力均为零”这一特点进行分析，先判断电性，三个电荷处于同一直线上，再根据每个电荷受两个库仑力的合力为零，据此列方程即可求解．‎ ‎【解答】解：三个电荷处于平衡时两边电性相同或者中间向反，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；‎ 由于每个电荷所受静电力的合力均为零，所以 对q1有：k=k…①‎ 对q2有：k=k…②‎ 对q3有：k=k…③‎ 联立①②③可解得：q1：q2：q3=：1：‎ 根据题意可知l2=2l1，所以q1：q2：q3=：1：9‎ 由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=﹣9：4：﹣36或q1：q2：q3=9：﹣4：36．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．把一电荷从a点移到c点，电场力做功不为零 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以a、b两点的电势相等，故A错误．‎ B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线ac垂直向右，场强方向相同，且b处电场线密，场强大，故B正确．‎ C、把一电荷从a点移到c点，电场力不做功．故C错误．‎ D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能在c点两侧往复振动．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为vA、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB．则下列结论正确的是（　　）‎ A．粒子带正电，vA＞vB，EPA＞EPB B．粒子带负电，vA＞vB，EPA＜EPB C．粒子带正电，vA＜vB，EPA＜EPB D．粒子带负电，vA＜vB，EPA＞EPB ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式φ=判断电势能高低．‎ ‎【解答】解：由于等势面是同心圆，且外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；‎ 根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；‎ 由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；‎ 从A到B，电势降低，根据公式φ=，B点电势能大，即EPA＜EPB；电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，vA＞vB．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电场方向水平向左 B．电子在运动过程中加速度变小 C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J D．电子在A点的电势能为负值 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据动能的变化，判断电势能的变化，得出电势的高低，根据电场线与等势面垂直，且指向电势低的等势面，判断电场的方向；该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变；根据电势能公式Ep=qφ，分析电子在A点的电势能；根据动能定理和电场的特点，求出电子在A处的动能，得到总能量，由能量守恒求解电势能为4×10﹣21JJ时的动能．‎ ‎【解答】解：A、据题电子从A到B，动能减小，则电势能增大，而电子带负电，电子在电势低处电势能大，所以φ1＞φ3，因此电场方向水平向右，故A错误．‎ B、相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，由公式可知该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误．‎ C、电子从等势线φ1运动到等势线φ3时，动能减小2×10﹣20J，由动能定理可知电场力做功 W13=2×10﹣20J．由于相邻等势面间电势差相等，根据W=qU可知，电子从等势线φ0运动到等势线φ3时，电场力做功应为W03=﹣3×10﹣20J，动能减小﹣3×10﹣20J，所以电子在A处的动能为 EkA=4×10﹣20J，总能量为E=EkA+EpA=4×10﹣20J，根据能量守恒可得当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J，故C正确．‎ D、令φ0=0，则A点电势为负，由公式Ep=qφ可知电子在A点的电势能为正．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O点的电场强度为零，电势最高 C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；‎ C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（　　）‎ A．导体内部既无正电荷，又无负电荷 B．导体内部和外表面处的电场均为零 C．导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零 D．导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状．‎ ‎【解答】解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷． 故A错误．‎ B、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故B错误．‎ C、导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和不一定为零，要看开始时是不是0．故C错误；‎ D、金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是（　　）‎ A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大 D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；电容器与电源保持连接，电容器的板间电压不变．电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．根据电容的决定因素和电容的定义式C=结合分析．‎ ‎【解答】解：A、电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，电容器板间电压不变，则静电计指针偏转角不变．故A错误．‎ B、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．将上移电容器左极板，极板正对面积减小，电容减小，由电容的定义式C=知，Q不变，C减小，则U增大，因此静电计指针偏转角增大，故B正确．‎ C、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．在电容器两极板间插入玻璃板，电容增大．由电容的定义式C=知U减小，因此静电计指针偏转角减小，故C错误．‎ D、若在两极板间插入金属板，相当于板间距离减小，可知电容增大，而电容器的带电量不变，由由电容的定义式C=知板间电压U减小，则静电计指针偏转角减小，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、带电量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ．不能忽略小球的重力，则匀强电场的场强大小为（　　）‎ A．唯一值是 B．最大值是 C．最小值是 D．最小值是 ‎【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电小球受到电场力与重力作用，小球沿合力方向做加速直线运动，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性及电量大小．‎ ‎【解答】解：小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与合力垂直时，电场力最小，即qE=mgsinθ，故E=；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二．不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）．‎ ‎11．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线方向上的各点，电势一定降低 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【考点】电势；电场；电场线．‎ ‎【分析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：A、静电场中，电势具有相对性，电势的零点可人为选取，所以电势为零的物体不一定不带电，故A错误；‎ B、静电场中，电势具有相对性，电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零的点电势不一定为零，故B错误；‎ C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C正确；‎ D、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹．虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2﹣R1=R3﹣R2，a、b、c为轨迹MN与三个圆的3个交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两电荷可能同号，也可能异号 B．a点电势大于b点电势 C．P在a的电势能大于在c点的电势能 D．P由c点到b点的动能变化大于由c点到a点的动能变化 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出带电粒子P所受的库仑力性质，即可判断P、Q电性关系；根据顺着电场线方向电势降低，分析a、b电势可能的关系；根据电场力做功的正负判断电势能如何变化，电场力做正功时，电荷的电势能减小；根据a、c间和c、b间与点电荷间的距离的大小关系，由公式U=Ed分析它们间电势差的关系，再分析电场力做功的大小关系，从而判断动能变化的关系．‎ ‎【解答】解：A、由带电粒子P轨迹的弯曲方向可知：P受到了库仑引力作用，所以P、Q两电荷一定异号．故A错误．‎ B、由于Q的电性不确定，电场线的方向不确定，根据顺着电场线方向电势降低，可知a、b电势的关系也不能确定，故B错误．‎ C、带电粒子在同一等势面上时电势能相同，可知，P从c运动到a，电场力做的总功是负功，所以电势能增大，则P在a的电势能大于在c点的电势能，故C正确．‎ D、根据电场线的分布情况可知，b、c间的场强大于c、a间场强，由公式U=Ed分析得知，b、c间的电势差大于c、a间的电势差，由电场力做功公式W=qU得，P由c点到b点|Wcb|大于由c点到a点电场力做功|Wca|，根据动能定理可知：Pc点到b点的动能变化大于由c点到a点的动能变化．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎13．如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势φ随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是（　　）‎ A．可以判断出OP间的各点电势均为零 B．负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 C．可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向 D．正检验电荷从a点移到b点，电场力一直做正功 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的方向和变化，从而判断出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由ɛ=qφ判定电荷的电势能的变化，由电场力的方向与运动方向的关系判定电场力的做功．‎ ‎【解答】解：A、C、由题意，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该电势曲线的渐近线，所以产生该电场的点电荷是正电荷，位于P点．所以P点左侧的电场的电势与P点因此的电势是对称的，OP间的各点电势均不为零，P点左侧的电场方向为x轴负方向．故AC都错误；‎ B、由图可知a点的电势高于b点的电势，根据电势能的公式：ɛ=qφ，所以负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能．故B正确；‎ D、由图可知a点的电势高于b点的电势，所以电场的方向是由a指向b，正检验电荷在ab之间受到的电场力的方向由a指向b，当正电荷从a点移到b点，电场力的方向与运动 的方向相同，所以电场力一直做正功．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎14．一个电容器的规格是100μF、25V，对这两个数据的理解正确的是（　　）‎ A．这个电容器加上25V电压时，电容才是100μF B．这个电容器最大电容是100μF，当带电荷量较小时，电容小于100μF C．这个电容器所加电压不能高于25V D．这个电容器所加电压可以低于25V，但电容不变，总是100μF ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定．‎ ‎【解答】解：ABD、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是100µF．故AB错误，D正确．‎ C、50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于25V．故C正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，点电荷固定于Q点，一带电粒子仅在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、N为椭圆长轴的两个端点，下列说法正确的是（　　）‎ A．带电粒子与点电荷的电性一定相反 B．带电粒子在M点所受的库仑力一定大于N点的库仑力 C．带电粒子在M点的电势能一定大于N点的电势能 D．M点的电势一定高于N点的电势 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】带电粒子在绕Q点做圆周运动，点电荷对带电粒子的吸引力提供向心力，根据电场力对带电粒子的做功情况判断M点和N点的电势能大小关系．‎ ‎【解答】解：A、由图可知带电粒子在绕Q点做圆周运动，点电荷对带电粒子的吸引力提供向心力，所以带电粒子与点电荷的电性相反，故A正确；‎ B、带电粒子在M点距离小于N点，根据库仑定律可知，则所受的库仑力一定大于N点的库仑力，故B正确；‎ C、由椭圆运动的特点可知：M点的速度大于N点的速度，所以带电粒子从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故C错误，‎ D、由于不知粒子的电性，故无法确定电场线的方向，故M点与N点的电势无法确定，故D错误．‎ 故选AB ‎　‎ 三．填空题（本题共5小题，共20分）‎ ‎16．在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．‎ 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的　减小　而增大，随其所带电荷量　增加　而增大．历史上法国学者　库仑　通过更精确的实验探究总结出两点电荷间相互作用力与两点电荷的电荷量、间距的定量关系．此同学在探究中应用的科学方法是　控制变量法　（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”）‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法．‎ ‎【解答】解：对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法．‎ 故答案为：减小； 增加； 库仑； 控制变量法．‎ ‎　‎ ‎17．已知带电量q=2×10﹣10C的正电荷在电场中由A点移到B点，电场力做了4×10﹣8J的正功，则电势能　减少　（填“增加”或“减少”）；A、B两点间的电势差UAB=　200　V．‎ ‎【考点】电势能；电势差．‎ ‎【分析】知道电场力做功与电势能变化的关系，正电荷由A点移到B点，电场力做了4×10﹣8J的正功，其电势能减少了4×10﹣8J，根据电势差公式UAB=，求解A、B两点间的电势差UAB．‎ ‎【解答】解；正电荷从A点移到B点，电场力做了4×10﹣8J的正功，电势能减少了4×10﹣8J，‎ 根据电势差公式UAB==V=200V，‎ 故答案为：减少，200．‎ ‎　‎ ‎18．一质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），以平行于电场线的初速度v0射入匀强电场，经过时间t，带电粒子具有的电势能与刚射入到电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的场强大小为　　，带电粒子在电场中所通过的路程为　　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】由题，电子以初速度v0与电场线平行束射入匀强电场，经时间t电子具有的电势能与刚进入电场时相同，速度大小相等，说明电子在匀强电场中做有往复的匀变速直线运动，根据对称性，往返时间相等．根据牛顿第二定律和速度公式结合，求出场强．由平均速度公式求出电子匀减速运动的位移大小，再求解路程．‎ ‎【解答】解：电子经过时间t时，初末时刻电势能相同，则电场力不做功，电子回到初位置，速度和初位置大小相等．‎ 所以电子在电场中一直作匀减速运动．从进入到速度减为0所用时间为t1=，则有 v0=at1．‎ 根据牛顿第二定律得，a=，‎ 得到v0=at1=•，‎ 解得：E=‎ 通过位移为s=•t1=；‎ 电子在电场中的运动路程为S′=2s=．‎ 故答案为：；．‎ ‎　‎ ‎19．有一电容器，带电量为1.0×10﹣7C时，两板间电压力200V，该电容器的电容是　0.5×10﹣9　F，如果使它的带电量再增加2.0×10﹣7C，两板间电压是　600　V．‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】已知电容的定义式，变形可求得两板间的电压；要注意明确电容与电量和电压无关，电量增加时，电容不变；‎ 根据变化后的电量可求得电压 ‎【解答】解：由C=可知；C==0.5×10﹣9F 电容与电量无关；电量增加时，电容不变；‎ 两板间的电压U'==600V；‎ 故答案为：0.5×10﹣9，600‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，带等量异种电荷的平行板金属板间有 a、b两点，a 点距A板的距离与 b 点距B板的距离均为 1cm，将一个带电荷量 为0.8×10﹣4C的正点电荷由 a 点移到 b ‎ 点，电场力做了2.0×10﹣4J的功．若该电荷所受的电场力为 0.01N，则平行板金属板间的距离为　4　 cm，B板接地，A板的电势为　5　V．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由正点电荷由 a 点移到 b 点，电场力做了的功，根据公式W=Fd求解a、b间沿电场方向的距离，结合a 点距A板的距离与 b 点距B板的距离，即可求解．‎ ‎（2）平行金属极板之间存在匀强电场，由U=Ed，并由于下极板接地，电势为零，则A、B间电势差确定B的电势．‎ ‎【解答】解：（1）由 a 点移到 b 点，正点电荷电场力做功为2.0×10﹣4J的，‎ 由公式W=Fd，可得 由于a 点距A板的距离与 b 点距B板的距离均为 1cm，所以平行板金属板间的距离为d=2+1+1cm=4cm ‎（2）根据UAB=Ed，则有=5V 故答案为：4，5‎ ‎　‎ 四．解答题（本大题共3小题，共30分，解答应写出文字说明、推理过程或重要的演算步骤．）‎ ‎21．质量为m的带电小球用细绳系住悬挂于匀强电场中，如图所示，静止时θ角为60°，求：‎ ‎（1）小球带何种电性．‎ ‎（2）若将绳烧断后，2s末小球的速度是多大．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向的关系判断电性．‎ ‎【解答】解：（1）小球受力如图，由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电；‎ ‎（2）剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 电场力与重力的合力为：F==2mg=ma 得：a=2g=20m/s2‎ v=at=20×2m/s=40 m/s．‎ 答：（1）小球带负电荷．‎ ‎（2）若将线烧断2s末小球的速度是40m/s．‎ ‎　‎ ‎22．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．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，绝缘光滑水平轨道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=1.0×104N/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量q=8.0×10﹣5C，求：‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出带电体运动的加速度，根据运动学公式求出B点的速度大小，在B点靠重力和支持力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律，得出带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力．‎ ‎（2）从B点到C点有电场力、重力、摩擦力做功，根据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，‎ 根据牛顿第二定律有qE=ma 解得m/s2‎ 设带电体运动到B端的速度大小为vB，则 解得 设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 解得 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N′=N=5N 方向：竖直向下 ‎（2）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 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有 解得 W摩=﹣0.72J 答：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力为5N，方向竖直向下．‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为﹣0.72J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月31日