物理卷·2018届重庆市杨家坪中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届重庆市杨家坪中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎1．在静电场中（　　）‎ A．场强处处为零的区域内，电势也一定处处为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎2．如图甲是某电场中的一条场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（　　）‎ A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB ‎3．两个半径相等体积不能忽略的金属球相距为r，它们带有等量同种电荷q时，相互间的库仑力为F1，若距离不变，它们带有等量异种电荷q时，库仑力为F2，则两力大小的关系是（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．无法确定 ‎4．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为QA、QB，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球A带正电，小球B带负电，且QA＞QB B．小球A带正电，小球B带负电，且QA＜QB C．小球A带负电，小球B带正电，且QA＞QB D．小球A带负电，小球B带正电，且QA＜QB ‎5．如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点．以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法错误的是（　　）‎ A．M、N两点电场强度大小关系为EM=EN=0‎ B．M、N两点电势高低关系为φM=φN C．M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0‎ D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′＞EN′‎ ‎6．如图所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子甲和乙分别从A、C两点以垂直于电场线方向的相同大小的初速度v0同时射入电场，粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹分别为图中虚线ABC与CDA所示．若甲是带正电的粒子，则下列说法正确的是（　　）‎ A．乙也是带正电的粒子 B．A点的电势低于C点的电势 C．甲乙两粒子的电势能均减少 D．甲乙两粒子的电量一定相等 ‎7．从t=0时刻起，在两块平行金属板间分别加上如图所示的交变电压，加其中哪种交变电压时，原来处于两板正中央的静止电子不可能在两板间做往复运动（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的极板，重力可以忽略 不计的带电粒子以速度v0水平射入电场，且刚好沿下极板B的边缘以速率v飞出．若保持其中一个极板不动而把另一个极板移动一小段距离，粒子仍以相同的速度v0从原处飞入，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若上极板A不动，下极板B上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出 B．若上极板A不动，下极板B上移，粒子将打在下板B上，速率小于v C．若下极板B不动，上极板A上移，粒子将打在下板B上，速率小于v D．若下极板B不动，上极板A上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出 ‎9．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为40eV，飞经等势面C时，电势能为﹣20eV，飞至等势面B时动能为20eV，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（重力不计）（　　）‎ A．等势面C的电势为20V B．匀强电场的场强大小为200V/m C．电子再次飞经D势面时，动能为10eV D．电子的运动为匀变速直线运动 ‎10．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则（　　）‎ A．B球和C球都带负电荷 B．B球带负电荷，C球带正电荷 C．B球和C球所带电量不一定相等 D．B球和C球所带电量一定相等 ‎11．如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直．则（　　）‎ A．a、c两点的场强相同 B．b点的场强大于a点的场强 C．da间的电势差大于ab间的电势差 D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能 ‎12．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度大小v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍未v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电场力对小球做功为零 B．小球的机械能减小量为 C．小球的电势能减小 D．C一定位于AB直线的右侧 ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题8分，满分18分）‎ ‎13．两块大小、形状完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电．‎ ‎①若保持S闭合，减小两板间的距离，则两极板间电场的电势差　　，电场强度　　；（填：“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎②若断开S，减小两板间的距离，则极板上的电量　　，两极板间的电场强度　　．（填：“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎14．如图所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，则验电器带电电性　　．‎ ‎15．如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为m、电量为﹣q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度h=　　．‎ ‎16．如图所示，在竖直向上的匀强电场中有三个小球A、B、C，用不伸长的绝缘丝线相连挂于O点，质量分别为5m、3m和2m，其中只有B球带电﹣Q，电场强度为E．现将AO线烧断，在烧断瞬间，A球的加速度为　　，A、B间线的张力为　　，B、C间线的张力为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分46分）‎ ‎17．把一个电荷量为q=5×10﹣9C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点，电荷克服电场力做功WM=6.0×10﹣3J，如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功WN=3.6×10﹣3J．取无穷远处为零电势点，求：‎ ‎（1）M、N点的电势是多少？‎ ‎（2）M、N点的电势差是多少？把该点电荷从M点移到N点电场力做功是多少？‎ ‎18．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个不知道电荷性质，电量为2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.2J．求：‎ ‎（1）判断电荷带正电还是负电？由A到B电场力做的功WAB？‎ ‎（2）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（3）匀强电场的场强的大小？‎ ‎19．静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0=2.0m/s，质量m=5.0×10﹣15 kg、带电量为q=﹣2.0×10﹣16 C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：‎ ‎（1）微粒打在B板上的动能；‎ ‎（2）微粒到达B板所需的最短时间；‎ ‎（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．‎ ‎20．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求电子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎1．在静电场中（　　）‎ A．场强处处为零的区域内，电势也一定处处为零 B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．电场强度方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎【考点】电势；等势面．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．电势降低最快的方向一定是场强的方向，电势降低的方向不一定是场强的方向．‎ ‎【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故A错误．‎ ‎ B、场强处处相同的区域内，电势不一定为零，比如：匀强电场，电场强度处处相等，而沿着电场线的方向电势降低．故B错误．‎ ‎ C、等势面电势处处相等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟等势面垂直．故C正确．‎ ‎ D、电势降低最快的方向一定是场强的方向，电势降低的方向不一定是场强的方向，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图甲是某电场中的一条场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（　　）‎ A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．‎ ‎【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．　　‎ 负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，EA＞EB．故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．两个半径相等体积不能忽略的金属球相距为r，它们带有等量同种电荷q时，相互间的库仑力为F1，若距离不变，它们带有等量异种电荷q时，库仑力为F2，则两力大小的关系是（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．无法确定 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律的成立条件﹣﹣﹣﹣点电荷．此处破坏成立条件，因此当同种电荷时，间距大于球心间距；当异种电荷时，间距小于球心间距，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律，，可知，r是两点电荷的间距，由于靠近完全相同的小球，‎ 因此当同种电荷时，间距大于球心间距；当异种电荷时，间距小于球心间距，‎ 所以库仑大小为F1＜F2，‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为QA、QB，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球A带正电，小球B带负电，且QA＞QB B．小球A带正电，小球B带负电，且QA＜QB C．小球A带负电，小球B带正电，且QA＞QB D．小球A带负电，小球B带正电，且QA＜QB ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断．‎ 小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解．‎ 小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力．‎ 由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右．‎ ‎【解答】解：A、假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，‎ 小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左．‎ 由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右．故A、B错误．‎ C、小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：‎ 对小球B：EQB﹣=mBaB ①‎ 对小球A：﹣EQA=mAaA ②‎ ‎①②两式相加得：EQB﹣EQA=mBaB+mAaA 所以必有QA＜QB，故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点．以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法错误的是（　　）‎ A．M、N两点电场强度大小关系为EM=EN=0‎ B．M、N两点电势高低关系为φM=φN C．M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0‎ D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′＞EN′‎ ‎【考点】静电场中的导体；电场强度；电势．‎ ‎【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．且带电体是等势体．‎ ‎【解答】解：A、M、N两点的场强为导体球与P上感应电荷在这两处的场强之和，合场强大小为零，而导体球在M、N两点产生的场强不同，故P上感应电荷在M、N两点产生的电场强度不相等，根据点电荷电场强度公式，可知，离A越远的，电场强度越小，则感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′＞EN′，故AD正确．‎ B、处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故φM=φN，故B正确，C错误．‎ 本题选择错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子甲和乙分别从A、C两点以垂直于电场线方向的相同大小的初速度v0同时射入电场，粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹分别为图中虚线ABC与CDA所示．若甲是带正电的粒子，则下列说法正确的是（　　）‎ A．乙也是带正电的粒子 B．A点的电势低于C点的电势 C．甲乙两粒子的电势能均减少 D．甲乙两粒子的电量一定相等 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】由物体做曲线运动的条件结合电场力平行于电场线，电场力水平向右，又甲带电正电，故电场方向向右，同理，乙应带负电荷．分析电场力做功情况，判断电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、乙所受的电场力向左，与电场方向相反，故乙应为负电荷，故A错误；‎ B、由物体做曲线运动的条件，且甲带正电，电场力水平向右，则电场方向向右，沿电场线的方向电势降低，故A点的电势高于C点的电势，故B错误；‎ C、根据曲线运动合力指向轨迹的内侧，可知甲所受的电场力向右，乙所受的电场力向左，电场力与它们的运动方向夹角均为锐角，都做正功，电势能均减小，故C正确；‎ D、由图可知，两个粒子在水平方向与竖直方向的位移都分别相等，由于它们的初速度相等，所以加速度是相等的，而加速度：由于它们的质量关系是未知的，所以两个粒子的电量不一定相等．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．从t=0时刻起，在两块平行金属板间分别加上如图所示的交变电压，加其中哪种交变电压时，原来处于两板正中央的静止电子不可能在两板间做往复运动（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子在极板中间，根据所加的电压的变化的情况，分析电子受到的电场力和运动的情况，逐项分析即可得到结果．‎ ‎【解答】解：电子在电场中的加速度大小：a=，a∝U．‎ A、在0～T时间内，A板的电势高于B板，电子受到向左的电场力，向左做加速度减小的加速运动， T时刻速度最大；‎ 由T～T时间内，电子向左做加速度增加的减速运动， T时刻速度减为零；‎ 从T～T时间内，电子反向做加速度减小的加速运动， T时刻速度最大；‎ 由T～T时间内，向右做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，然后电子不断重复，能做往复运动．‎ 同理可以分析得出：B、C中，电子也做往复运动，故ABC中电子做往复运动．‎ D、在0～T时间内，电子向左做加速运动； T～T时间内，电子向左减速运动，T时刻速度减为零；接着重复，电子单向直线运动；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的极板，重力可以忽略 不计的带电粒子以速度v0水平射入电场，且刚好沿下极板B的边缘以速率v飞出．若保持其中一个极板不动而把另一个极板移动一小段距离，粒子仍以相同的速度v0从原处飞入，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若上极板A不动，下极板B上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出 B．若上极板A不动，下极板B上移，粒子将打在下板B上，速率小于v C．若下极板B不动，上极板A上移，粒子将打在下板B上，速率小于v D．若下极板B不动，上极板A上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子垂直射入匀强电场中，做匀变速曲线运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得到粒子偏转距离y的表达式．当极板间距离减小时，板间场强增大，极板间距离增大时，板间场强将减小，根据y的表达式分析粒子能否打在B板，根据动能定理分析粒子飞出电场时速率与v的关系．‎ ‎【解答】解：粒子垂直射入匀强电场中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则得：‎ ‎ 运动时间为 t=‎ ‎ 偏转距离 y===‎ A、B、原来粒子的偏转距离 y=；‎ 若上极板A不动，下极板B上移，板间距离d减小．假设粒子能飞出电场，因d减小，由上式知，y＞，不可能，所以假设不成立，因此粒子不能飞出电场，打在B板上．‎ 此时粒子射入点与B板的电势差小于U，电场力做功比原来小，根据动能定理可知，动能的增加量减小，所以粒子打在B板上的速率减小v．故A错误，B正确．‎ C、D、若下极板B不动，上极板A上移，板间距离增大，场强减小，加速度减小，粒子必定能飞出电场，电场力做功减小，动能的增加量减小，飞出电场时粒子的速率小于v，故C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为40eV，飞经等势面C时，电势能为﹣20eV，飞至等势面B时动能为20eV，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（重力不计）（　　）‎ A．等势面C的电势为20V B．匀强电场的场强大小为200V/m C．电子再次飞经D势面时，动能为10eV D．电子的运动为匀变速直线运动 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】根据电势的定义式：φ=即可计算出C点的电势；由求解电场强度；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、根据电势的定义式：φ=得V．故A正确；‎ B、电子从D到B过程，根据动能定理得：﹣eUDB=EkB﹣EkD，解得，UDB=20V 电场强度为V/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40eV；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正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎10．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则（　　）‎ A．B球和C球都带负电荷 B．B球带负电荷，C球带正电荷 C．B球和C球所带电量不一定相等 D．B球和C球所带电量一定相等 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．‎ ‎【分析】由题意可知三个小球均处于共点力平衡状态，则对B、C中的任一小球进行受力分析，由共点力的平衡条件可得出B、C所带的电性及B、C电量的大小关系．‎ ‎【解答】解：B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A正确、B错；‎ 由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同；‎ 故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直．则（　　）‎ A．a、c两点的场强相同 B．b点的场强大于a点的场强 C．da间的电势差大于ab间的电势差 D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】该题中abcd四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的电场的叠加，要用矢量合成的方法来判断．‎ ‎【解答】解：‎ A：abcd四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的辐射状的电场的叠加，故ac两点的合场强大小虽然相等，但方向不同，故A错误；‎ B：匀强电场的场强方向与Q的电场的场强方向在B点相同，在a点方向相反，所以b点的场强大于A点的场强．故B正确；‎ C：点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，所以da间的电势差等于ab间的电势差，故C错误；‎ D：点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，ac与匀强电场垂直，是匀强电场的等势线，所以ac两点的电势相等，检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度大小v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍未v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电场力对小球做功为零 B．小球的机械能减小量为 C．小球的电势能减小 D．C一定位于AB直线的右侧 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧．‎ ‎【解答】解：A、C、由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加．故A、C错误．‎ B、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2＞gt2，即mgh＞mg2t2，故B错误．‎ D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：ABC ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题8分，满分18分）‎ ‎13．两块大小、形状完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电．‎ ‎①若保持S闭合，减小两板间的距离，则两极板间电场的电势差　不变　，电场强度　变大　；（填：“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎②若断开S，减小两板间的距离，则极板上的电量　不变　，两极板间的电场强度　不变　．（填：“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】接通S，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器所带的电量不变．根据电容的定义式C=，决定式C= 和板间场强 E=进行分析即可．‎ ‎【解答】解：①若保持S闭合，电容器的电势差U不变．减小两板间的距离d时，根据E=得知，两极板间的电场强度E增大．‎ ‎②若断开S，减小两板间的距离，电容器的带电量不变，根据决定式C=、电容的定义式C=和场强公式 E=，得到E=，可知E与d无关，只改变d时，E不变．‎ 故答案为：‎ ‎①不变； 变大 ‎②不变； 不变．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，则验电器带电电性　带正电　．‎ ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，导体与验电器就是一个大的导体，验电器部分不再是内部，而是大导体外部．平衡时，根据同性电荷相斥，电荷最终分布在导体的外部，内部不带电．‎ ‎【解答】解：当A的内部通过导线与验电器的小球B相连时，导体A和验电器已连为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，连接后导体与验电器就是一个大的导体，验电器部分不再是内部，而是大导体外部，必有净电荷从A移向B，所以验电器带正电．‎ 故答案为：带正电．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为m、电量为﹣q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度h=　　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】小颗粒由静止释放，电场力对它做正功，重力做负功，根据动能定理求解它能上升的最大高度h．‎ ‎【解答】解：从小颗粒由静止释放到最高点过程，根据动能定理得 ‎ qU﹣mg（d+h）=0‎ 解得，h=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在竖直向上的匀强电场中有三个小球A、B、C，用不伸长的绝缘丝线相连挂于O点，质量分别为5m、3m和2m，其中只有B球带电﹣Q，电场强度为E．现将AO线烧断，在烧断瞬间，A球的加速度为　　，A、B间线的张力为　　，B、C间线的张力为　0　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；库仑定律．‎ ‎【分析】OA段被剪断，球被释放，由于电场力作用AB具有相同的向下加速度a，且加速度a大于重力加速度g，故BC段绳子松弛无弹力作用，采用整体法和隔离法处理AB间的相互作用力即可．‎ ‎【解答】解：剪断OA时，由于B带电受向下的电场力作用，使AB向下加速运动，以AB整体为研究对象，受力如图所示：‎ 整体所受合力为：‎ F合=8mg+QE A的加速度为：‎ ‎．‎ 对A进行受力分析如图：‎ A球所受合力FA=5mg+T=5maA 解得TAB=．‎ 由于电场力作用加速度向下且大于g，故此时BC绳间无作用力．‎ 故答案为：，，0．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分46分）‎ ‎17．把一个电荷量为q=5×10﹣9C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点，电荷克服电场力做功WM=6.0×10﹣3J，如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功WN=3.6×10﹣3J．取无穷远处为零电势点，求：‎ ‎（1）M、N点的电势是多少？‎ ‎（2）M、N点的电势差是多少？把该点电荷从M点移到N点电场力做功是多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】带正电的试探电荷逆着电场线移动，电场力做负功．而电场中某点的电势等于将该电荷从无穷远处移到这该点电场力所做的功与其电荷量的比值．若改变零电势位置，则电势也会发生变化，但电势差却不变．‎ ‎【解答】解：（1）把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点，电荷克服静电力做功W=6.0×10﹣3J，相反的过程中，把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处，静电力做功W′=6.0×10﹣3J，所以：‎ UM==V=1.2×106V 把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处，静电力做功W=3.6×10﹣3J，所以：‎ UN===7.2×105V ‎（2）M、N两点的电势差：‎ UMN=UM﹣UN=1.2×106V﹣7.2×105V=4.8×105V 把该点电荷从M点移到N点静电力做功：‎ WMN=qUMN=5×10﹣9×4.8×105=2.4×10﹣3J 答：（1）M点的电势是1.2×106V，N点的电势是7.2×105V；‎ ‎（2）M、N两点的电势差是4.8×105V；把该点电荷从M点移到N点静电力做功是2.4×10﹣3J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个不知道电荷性质，电量为2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.2J．求：‎ ‎（1）判断电荷带正电还是负电？由A到B电场力做的功WAB？‎ ‎（2）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（3）匀强电场的场强的大小？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据电势差的变化得出电场力做功，结合电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差．根据匀强电场的电场强度公式求出场强的大小．‎ ‎【解答】解：（1）因电势能增加0.2J 即电场力做功为W=﹣0.2J 则带负电 ‎ ‎ （2）由A→B电场力做负功 q=﹣2×10﹣5c ‎ ‎ 则UAB=‎ ‎ （3）根据匀强电场中的关系式有：U=Ed ‎ ‎ 由几何关系可知：d=LABcos60°=0.01m 则E==106v/m ‎ 答：（1）判断电荷负电由A到B电场力做的功）﹣0.2J ‎ （2）A、B两点的电势差UAB为104V ‎ （3）匀强电场的场强的大小106v/m ‎　‎ ‎19．静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0=2.0m/s，质量m=5.0×10﹣15 kg、带电量为q=﹣2.0×10﹣16 C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：‎ ‎（1）微粒打在B板上的动能；‎ ‎（2）微粒到达B板所需的最短时间；‎ ‎（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为qE，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解；‎ ‎（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间；‎ ‎（3）图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解分位移公式，即可求得面积．‎ ‎【解答】解：（1）电场力对每个微粒所做的功为：‎ W=qEd=2.0×10﹣16×1.0×103×0.40J=8.0×10﹣14J 微粒从A板到B板过程，根据动能定理得 W=Ekt﹣Ek0‎ 则得：Ekt=W+Ek0=W+mv02=（8.0×10﹣14+×5.0×10﹣15×2.02）J=9.0×10﹣14J ‎（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．‎ 由Ekt=mvt2得：‎ vt==m/s=6.0m/s 根据运动学公式得：‎ ‎=‎ 所以微粒到达B板所需的最短时间为：‎ t===0.1s ‎（3）根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形．‎ 由牛顿第二定律得：‎ a==m/s2=40m/s2‎ 由类平抛运动规律得：‎ R=vot1‎ h=a 则圆形面积为：‎ S=πR2=π（v0t1）2=π=3.14×2.02×（）≈0.25m2‎ 答：（1）微粒打在B板上的动能为9.0×10﹣14J．‎ ‎（2）微粒到达B板所需的最短时间为0.1s．‎ ‎（3）微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形，面积的大小为0.25m2．‎ ‎　‎ ‎20．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求电子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，由t=，求出电子通过电场的时间．‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子，竖直方向上先作匀加速直线运动2×10﹣5s，再作匀减速直线运动1×10﹣5s，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出电场时竖直方向的速度．由运动学位移时间公式求出粒子离开电场时偏转的竖直位移．粒子离开电场后做匀速直线运动，也运用运动的分解法求解偏转的竖直位移，即可得到粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）由b图可知，粒子在竖直方向加速和减速运动的时间之差等于交变电压的周期的，由公式vy=at求解粒子离开电场时的竖直分速度，再合成，即可证明．‎ ‎（4）所有粒子飞出时的速度均相同，重点研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，即可由几何知识和运动学公式求解荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，‎ 在电场中运动时间为：t==s=3×10﹣5s，‎ ‎（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，为：‎ ‎ a==m/s2=108m/s2，‎ 射出电场时，竖直分速度为：‎ ‎ vy=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s，‎ 因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出电场时，竖直分位移为：‎ ‎ Y′=（1+3+3）•at22=7×m=0.035m 依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085（m）‎ ‎（3）粒子离开电场时竖直分速度为：vy=a（t正﹣t负），式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正﹣t负）恰好等于交变电压的周期的，‎ 故vy=a•T=108m/s2×m/s=1000m/s，‎ 又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．‎ ‎（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为 l=d﹣at22=0.095m 答：‎ ‎（1）电子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；‎ ‎（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；‎ ‎（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．‎ ‎　‎