物理·河北省保定市唐县一中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·河北省保定市唐县一中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学年河北省保定市唐县一中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-13单选，14-20多选．每小题3分，部分分值2分，共60分）‎ ‎1．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G C．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 ‎2．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的（　　）‎ A．6.2×10﹣19 C B．6.4×10﹣19 C C．6.6×10﹣19 C D．6.8×10﹣19 C ‎3．下述说法正确的是（　　）‎ A．根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比 B．根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比 C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强 D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 ‎4．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．电场强度不变，电势也不变 C．电场强度为零处，电势一定为零 D．电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎5．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上﹣3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1与F2之比为（　　）‎ A．2：1 B．4：1 C．16：1 D．60：1‎ ‎6．如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．在静电场中，将一电子由a点移到b点，电场力做功5eV，则下列结论错误的是（　　）‎ A．电场强度的方向一定是由b到a B．a、b两点间的电压是﹣5V C．电子的电势能减少了5eV D．因零电势点未确定，故不能确定a、b两点的电势 ‎8．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=1V，φB=4V，φC=0，则D点电势φD的大小为（　　）‎ A．﹣3 V B．0 C．2 V D．1 V ‎9．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．M、N点的场强EM＞EN B．粒子在M、N点的加速度aM＞aN C．粒子在M、N点的速度vM＞vN D．粒子带正电 ‎10．带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a点运动到b点，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），b点为运动轨迹上到Q最近的点，不计粒子所受的重力，则可知（　　）‎ A．粒子带负电 B．b点的场强可能等于a点的场强 C．从a点到b点的过程中，静电力对粒子不做功 D．从a点到b点的过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变 ‎11．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v﹣t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质子运动的加速度随时间逐渐减小 B．电场线的方向由A指向B C．A、B两点电场强度的大小关系满足EA＜EB D．A、B两点的电势关系满足φA＜φB ‎12．一个带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图虚线abc所示，图中实线表示电场的等势面，下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子在a→b→c的过程中，电场力始终做正功 B．粒子在a→b→c的过程中，一直受静电引力作用 C．粒子在a→b→c的过程中，ab段受引力，bc段受斥力 D．粒子在a→b→c的过程中，ab段逆着电场线，bc段顺着电场线 ‎13．Q1、Q2为两个带电质点，带正电的检验电荷q沿中垂线上移动时，q在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如图细线所示（力的方向都是向左侧），由此可以判断 （　　）‎ A．Q2可能是负电荷 B．Q1、Q2可能为等量异种电荷 C．Q2电量一定大于Q1的电量 D．中垂线上的各点电势相等 ‎14．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）‎ A．a对b的静电力一定是引力 B．a对b的静电力可能是斥力 C．a的电量可能比b少 D．a的电量一定比b多 ‎15．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎16．A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球高度相同．若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的（　　）‎ A．FA＜FB B．细线AC对A的拉力TA=mAg C．细线OC的拉力TC=（mA+mB）g D．同时烧断AC，BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同 ‎17．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于g C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 ‎18．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 ‎19．如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为+10﹣2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为﹣10V，则（　　）‎ A．B点的电势为10伏 B．电场线方向从右向左 C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1‎ D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎20．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎　‎ 二、计算题（每小题10分，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和结果）‎ ‎21．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎22．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎23．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E=1.25×104N/C，一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6C，质量m=1.0×10﹣2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．求：‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ 小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？‎ ‎24．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ 小球p在O点时的加速度；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市唐县一中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-13单选，14-20多选．每小题3分，部分分值2分，共60分）‎ ‎1．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G C．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、元电荷最早由密里根通过油滴实验测出，故A错误；‎ B、卡文迪许通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G，故B错误；‎ C、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故C正确；‎ D、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的（　　）‎ A．6.2×10﹣19 C B．6.4×10﹣19 C C．6.6×10﹣19 C D．6.8×10﹣19 C ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做叫做元电荷．‎ ‎【解答】解：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10﹣19C，物体的带电量只能是电子电量的整数倍．‎ A、6.2×10﹣19 C不是1.60×10﹣19C的整数倍．故A错误；‎ B、6.4×10﹣19 C是1.60×10﹣19C的整数倍．故B正确；‎ C、6.6×10﹣19 C不是1.60×10﹣19C的整数倍．故C错误；‎ D、6.8×10﹣19 C不是1.60×10﹣19C的整数倍．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍．且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得．‎ ‎　‎ ‎3．下述说法正确的是（　　）‎ A．根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比 B．根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比 C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强 D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 ‎【考点】电场强度；点电荷的场强；电场的叠加．‎ ‎【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简单从数学理解．E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不一定比分场强大．电场线与运动轨迹不是一回事．‎ ‎【解答】解：A、E由电场本身决定，与F、q无关．故A错误．‎ ‎ B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．故B正确．‎ ‎ C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小．故C错误．‎ ‎ D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查对场强两个公式的理解能力，要注意区分试探电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与试探电荷无关．‎ ‎　‎ ‎4．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．电场强度不变，电势也不变 C．电场强度为零处，电势一定为零 D．电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；‎ B、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；‎ C、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C错误．‎ D、沿着电场方向电势降低最快，故D说法正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】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．‎ 顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．‎ ‎　‎ ‎5．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上﹣3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1与F2之比为（　　）‎ A．2：1 B．4：1 C．16：1 D．60：1‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．‎ ‎【解答】解：开始时由库仑定律得：F=k r=a …①‎ 现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，‎ 因此此时：F1=k…②‎ 由①②得：F1=F，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据同种电荷存在排斥力，可知小球与点电荷的距离增大，根据库仑定律判断库仑力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，结合速度图象的斜率等于加速度进行分析．‎ ‎【解答】解：由于小球与点电荷都带正电，两者之间存在排斥力，相互远离，小球在库仑力作用下做加速运动．根据库仑定律得知：小球所受的库仑力逐渐减小，加速度减小，而v﹣t图象切线的斜率等于加速度，图象的斜率应不断减小，故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题关键要掌握库仑定律和速度图象斜率的物理意义，并能进行分析．‎ ‎　‎ ‎7．在静电场中，将一电子由a点移到b点，电场力做功5eV，则下列结论错误的是（　　）‎ A．电场强度的方向一定是由b到a B．a、b两点间的电压是﹣5V C．电子的电势能减少了5eV D．因零电势点未确定，故不能确定a、b两点的电势 ‎【考点】电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】电场力做正功，电势能减小；‎ 电场线的方向是电势降落最快的方向，故电势降落的方向不一定是电场的方向；‎ 利用W=qUab求电功时电量q及电势差Uab的正负号要保留；‎ 电势是一个相对性的概念，故电势的高低与零电势的选取有关．‎ ‎【解答】解：将一电子由a点移到b点，电场力做功5eV，故电子的电势能减小了5eV．故C正确．‎ 根据W=qUab，可知5eV=﹣eUab，故Uab=﹣5v，故B正确；‎ 由于不知道电子运动的轨迹是否与电场线重合，故电场强度的方向不一定由b到a，故A错误．‎ 由于电势是一个相对性的概念，故电势的高低与零电势的选取有关，所以在零电势点未确定时，不能确定a、b两点的电势，故D正确．‎ 本题选错误答案，故选A．‎ ‎【点评】加强对基本概念的理解才能顺利解决概念性的题目，另外在做题时一定要仔细推导，不能凭想当然解题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=1V，φB=4V，φC=0，则D点电势φD的大小为（　　）‎ A．﹣3 V B．0 C．2 V D．1 V ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中，在电场方向前进相同的距离，电势差相等，结合平行四边形的特点分析．‎ ‎【解答】解：在匀强电场中，根据U=Ed知，沿电场方向相同距离电势差相等，根据平行四边形的特点知，AB与DC平行且相等，所以AB边与DC边沿电场方向的距离相等，AB间的电势差与DC间的电势差相等，即有 φA﹣φB=φD﹣φC 解得 φD=φA﹣φB+φC=1V﹣4V+0V=﹣3V 故选：A ‎【点评】本题的技巧是由匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，得到φA﹣φD=φB﹣φC．‎ ‎　‎ ‎9．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．M、N点的场强EM＞EN B．粒子在M、N点的加速度aM＞aN C．粒子在M、N点的速度vM＞vN D．粒子带正电 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】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．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、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，所以有EM＜EN．故A错误．‎ B、M处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有 aM＜aN．故B错误．‎ CD、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，所以粒子为正电荷，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有vM＜vN．故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题．‎ ‎　‎ ‎10．带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a点运动到b点，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），b点为运动轨迹上到Q最近的点，不计粒子所受的重力，则可知（　　）‎ A．粒子带负电 B．b点的场强可能等于a点的场强 C．从a点到b点的过程中，静电力对粒子不做功 D．从a点到b点的过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子受到排斥力，判断粒子的电性．由于ra＞rb，由公式E=k分析场强的大小．a到b的过程中，电场力对粒子做负功．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变 ‎【解答】解：A、由粒子的运动的轨迹，可以知道，带电的粒子受到的电场力为斥力，所以粒子与点电荷Q为同种电荷，为正电荷，所以A错误．‎ B、由于ra＞rb，且Q为带正电的点电荷，由点电荷的电场可知，b点的场强大于a点的场强，所以B错误．‎ C、a到b的过程中，电场力方向大体向左，对粒子做负功．故C错误．‎ D、粒子在运动过程中，动能与电势能总和守恒．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题是电场中轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受合力方向，再分析其他量的变化 ‎　‎ ‎11．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v﹣t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质子运动的加速度随时间逐渐减小 B．电场线的方向由A指向B C．A、B两点电场强度的大小关系满足EA＜EB D．A、B两点的电势关系满足φA＜φB ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强等于B点场强，EA=EB；故AC错误；‎ B、质子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电势升高，故ϕA＜ϕB，电场线的方向由B指向A，故B错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；‎ 同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的电性．‎ ‎　‎ ‎12．一个带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图虚线abc所示，图中实线表示电场的等势面，下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子在a→b→c的过程中，电场力始终做正功 B．粒子在a→b→c的过程中，一直受静电引力作用 C．粒子在a→b→c的过程中，ab段受引力，bc段受斥力 D．粒子在a→b→c的过程中，ab段逆着电场线，bc段顺着电场线 ‎【考点】电场线；等势面．‎ ‎【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力（吸引力）作用，从a→b→c过程中，电场力先做正功，后做负功，可判断电势能的大小和速度大小．‎ ‎【解答】解：A、B、C、如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子一直受到了静电引力作用．‎ 粒子在a→b→c的过程中，静电力方向先与速度方向成锐角做正功，后与速度方向成钝角做负功，即电场力先做正功，后做负功，故AC错误，B正确．‎ D、由于不知道带电粒子的电性与产生电场的点电荷的电性，所以不能判断出电场线的方向．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．‎ ‎　‎ ‎13．Q1、Q2为两个带电质点，带正电的检验电荷q沿中垂线上移动时，q在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如图细线所示（力的方向都是向左侧），由此可以判断 （　　）‎ A．Q2可能是负电荷 B．Q1、Q2可能为等量异种电荷 C．Q2电量一定大于Q1的电量 D．中垂线上的各点电势相等 ‎【考点】点电荷的场强；电势．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，根据平行四边形法则和带正电的检验电荷q沿中垂线上移动时，q在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向判断问题．根据电场力做功判断电势的变化．‎ ‎【解答】解：A、因为q带正电，电场力的方向向左侧，所以可以判断Q1带负电，Q2带正电，故A错误．‎ B、如果Q1、Q2为等量异种电荷，根据矢量合成法则q在各点所受Q1、Q2作用力的合力方向应该都是水平方向，这与实际情况矛盾，故B错误．‎ C、由图可得，Q2电量大于Q1的电量．故C正确．‎ D、检验电荷q沿中垂线上移动时，由于电场力方向是变化的，从图中可以看出电场力做功，所以q沿中垂线上移动时电势能变化，所以中垂线上的各点电势不相等，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】在解答本题的时候一定要注意的是两个电荷的电荷量并不相同，在它们的中垂线上，各个点的电势并不相同，要根据电场的分布来判断电场强度大小和电势的高度．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）‎ A．a对b的静电力一定是引力 B．a对b的静电力可能是斥力 C．a的电量可能比b少 D．a的电量一定比b多 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．‎ ‎【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误．‎ 同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”．故D正确，C错误，‎ 故选：AD ‎【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”．‎ ‎　‎ ‎15．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．‎ ‎【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．‎ ‎【解答】解：‎ A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；‎ B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；‎ C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；‎ D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎16．A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球高度相同．若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的（　　）‎ A．FA＜FB B．细线AC对A的拉力TA=mAg C．细线OC的拉力TC=（mA+mB）g D．同时烧断AC，BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：‎ 根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；‎ B、由上则有：mAg=TAcos30° 因此：TA=mAg，故B错误； ‎ C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，即为TC=（mA+mB）g，故C正确；‎ D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．‎ ‎　‎ ‎17．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于g C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电液滴沿bd作直线运动，可知带电液滴所受的重力与电场力的合力一定在bd线上，判断出电场力方向，即可确定出带电液滴所带电荷的性质，求出电场力的大小与合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、带电液滴沿bd作直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故A正确．‎ B、由图知液滴所受的合力 F=mg，做匀加速直线运动，其加速度为 a==d，故B正确．‎ C、因为合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．‎ D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减小，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎　‎ ‎18．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 ‎【点评】解决本题的关键是掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用电势能的表达式与能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为+10﹣2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为﹣10V，则（　　）‎ A．B点的电势为10伏 B．电场线方向从右向左 C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1‎ D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】由带电微粒的动能变化确定在A、B两点的电势能的大小关系，判断出A、B两点电势的高低．根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向．由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹．‎ ‎【解答】解：B、由动能定理可知WE=△EK=﹣0.1J；‎ 可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；‎ A、AB两点的电势差UAB==﹣10V，则UB﹣UA=10V 解得UB=0V；故A错误；‎ C、若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C正确；‎ D、若粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度及合外力方向的中间；‎ 本题还应明确电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；‎ B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．‎ C、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故C错误．‎ D、由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高．‎ ‎　‎ 二、计算题（每小题10分，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和结果）‎ ‎21．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ 先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎【点评】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题．‎ ‎　‎ ‎22．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎【考点】电势；电势差；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOA=EpO﹣EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpA=﹣WOA=8×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φA==‎ 即A点的电势为400V．‎ 把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOB=EpO﹣EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpB=﹣WOB=2×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φB==‎ 故A、B间的电势差为 UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V 即A、B点的电势差为300V．‎ ‎（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J 即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．‎ ‎【点评】本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势，最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E=1.25×104N/C，一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6C，质量m=1.0×10﹣2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．求：‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ 小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）分析小球B的受力情况，根据牛顿第二定律和库仑定律求解小球B开始运动时的加速度．‎ 当小球所受的合外力为零时速度最大，由上题结果求解．‎ ‎【解答】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎ mgsinθ﹣﹣qEcosθ=ma ①‎ 解得：a=gsinθ﹣﹣ ②‎ 代入数据解得：‎ ‎ a=（10×0.6﹣﹣）m/s2=3.2m/s2③‎ 小球B速度最大时合力为零，即 ‎ mgsinθ﹣﹣qEcosθ=0 ④‎ ‎ 解得：r= ⑤‎ 代入数据解得：r=m=0.9m 答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2m/s2．小球B的速度最大时，与M端的距离r为0.9m．‎ ‎【点评】解答本题关键是能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ 小球p在O点时的加速度；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO．‎ 由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解 ‎（3）由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解 ‎【解答】解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：‎ mgd+qUCO=mv2﹣0，解得：UCO=；‎ 小球p经过O点时受力如图：‎ 由库仑定律得：F1=F2=k，‎ 它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°=，‎ 所以p在O点处的加速度：a==+g，方向竖直向下；‎ ‎（3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的．‎ 即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的，‎ 由动能定理得：W合=mv﹣0=2×mv2，解得：vD=v；‎ 答：（1）C、O间的电势差UCO为；‎ 小球p在O点时的加速度为： +g，方向竖直向下；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为v．‎ ‎【点评】本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性．‎ ‎　‎