物理卷·2018届贵州省贵阳六中高二上学期物理国庆作业（1） （解析版）

物理卷·2018届贵州省贵阳六中高二上学期物理国庆作业（1） （解析版）

‎2016-2017学年贵州省贵阳六中高二（上）物理国庆作业（1）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．放在两个绝缘架上的两个相同金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷量，相互斥力为3F，现用绝缘工具将这两个金属球接触后再分开，然后放回原处，则它们的相互作用力将变为（　　）‎ A．4F B．3F C．F D．0‎ ‎2．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于B，则两球静止于图示位置，如果将B稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比（　　）‎ A．推力F将增大 B．墙面对A的弹力增大 C．地面对B的弹力减小 D．两小球之间的距离增大 ‎3．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎4．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎5．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）‎ A．Uop=﹣10sinθ（V） B．Uop=10sinθ（V） C．Uop=﹣10cosθ（V） D．Uop=10cosθ（V）‎ ‎6．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎7．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）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 ‎8．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10﹣4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则（　　）‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10﹣2N C．B球所带的电荷量为4×10﹣8C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎9．将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的场强与b点的场强无法比较强弱 B．a点的电势比b点的高 C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎10．如图所示，a、b为两等量异号点电荷，cd为ab连线的中垂线．一带有微量正电的点电荷A以一定的初速度沿cd方向射入电场，其运动轨迹为图中虚线，交ab于e．不计重力．则（　　）‎ A．a带负电荷 B．A的运动轨迹为抛物线 C．电场强度Ec＞Ee D．电势φc＞φe ‎11．如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电 势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且 A的电势高于B的电势，一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子过M点的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（　　）‎ A．16eV B．7.5eV C．4.0eV D．0.5eV ‎12．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎13．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（　　）‎ A．M的带电量比N的大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 ‎14．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为﹣q和+‎ ‎2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上 C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 ‎15．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 ‎16．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎17．如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d．有一带电粒子以某个速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘．带电粒子所受的重力忽略不计．现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是（　　）‎ A．仅使粒子的初速度变为2v0 B．仅使粒子的初速度变为 C．仅使B板向上平移 D．仅使B板向下平移d ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分0分）‎ ‎18．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎19．如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的占由荷从A点由静止释放，仅在由场力的作用下经时间t运动到B点．求．‎ ‎（1）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差．‎ ‎20．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求：‎ ‎（1）电场强度的大小E；‎ ‎（2）质点经过a点和b点时的动能．‎ ‎21．如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．‎ ‎22．一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．‎ ‎（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离．‎ ‎（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎23．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）液珠的比荷 ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离h．‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省贵阳六中高二（上）物理国庆作业（1）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．放在两个绝缘架上的两个相同金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷量，相互斥力为3F，现用绝缘工具将这两个金属球接触后再分开，然后放回原处，则它们的相互作用力将变为（　　）‎ A．4F B．3F C．F D．0‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．‎ ‎【解答】解：因电荷间体现相互斥力，那么它们是同种电荷；‎ 由库仑定律可得：‎ ‎3F=k 而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q F′=k=4F；故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于B，则两球静止于图示位置，如果将B稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比（　　）‎ A．推力F将增大 B．墙面对A的弹力增大 C．地面对B的弹力减小 D．两小球之间的距离增大 ‎【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】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C、以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，B错误，C错误．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库 减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎【考点】库仑定律；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．‎ ‎【解答】解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，‎ 根据点电荷的电场强度公式得 ‎=，PR=2RQ．‎ 解得：q1=4q2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向．‎ ‎【解答】‎ 解：A、在甲图中，电场线是直线，a、b点的电场强度的方向就沿着电场线的方向，所以a、b的电场强度的方向不同，但不是相反的，所以A错误；‎ B、在等量异种电荷连线的中垂线上的所有的点的电场强度的方向都是水平指向负电荷的一侧的，所以a、b的电场强度的方向相同，所以B错误；‎ C、在等量同种电荷连线的中垂线上的点的电场强度的方向都是由中间指向两侧的，在对称的位置，电场强度的大小是相同的，方向相反，所以C正确；‎ D、在非匀强电场中的a、b两点，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向，显然它们的方向不同，但是不是相反的，所以D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）‎ A．Uop=﹣10sinθ（V） B．Uop=10sinθ（V） C．Uop=﹣10cosθ（V） D．Uop=10cosθ（V）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离．‎ ‎【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=R•sinθ，故：Uop=﹣100×0.1sinθ=﹣10sinθ（V）‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．‎ ‎【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．‎ ‎ C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．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）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 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．‎ ‎【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）逆时针旋转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，方向逆时针旋转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）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转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°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；‎ 故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10﹣4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则（　　）‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10﹣2N C．B球所带的电荷量为4×10﹣8C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】完全相同的导电小球相互接触后，电量先中和后平分，平衡后，两球都处于平衡状态，对其中一个球受力分析，根据平衡条件求解A球所受的静电力和电荷量大小，根据电场的叠加原则求解A、B两球中点的场强．‎ ‎【解答】解：A、用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A球接触后A带正电，而B不带电，所以两球接触后所带电荷量相等且都带正电，故A正确；‎ B、平衡后，两球都处于平衡状态，对A球受力分析，设悬挂A的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：‎ 根据几何关系得：sinθ=，‎ 则tanθ=，‎ 根据平衡条件得：tanθ=，‎ 带入数据解得：F=6.0×10﹣3N，q=4×10﹣8C，故B错误，C正确；‎ D、A、B两球带等量同种电荷，则A、B两球连线中点处的电场强度为0，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎9．将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的场强与b点的场强无法比较强弱 B．a点的电势比b点的高 C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．‎ ‎【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；‎ B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高．故B正确；‎ C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；‎ D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，a、b为两等量异号点电荷，cd为ab连线的中垂线．一带有微量正电的点电荷A以一定的初速度沿cd方向射入电场，其运动轨迹为图中虚线，交ab于e．不计重力．则（　　）‎ A．a带负电荷 B．A的运动轨迹为抛物线 C．电场强度Ec＞Ee D．电势φc＞φe ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【分析】曲线运动的条件是合力指向曲线的内侧；电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低．‎ ‎【解答】解：A、曲线运动中合力指向曲线的内侧，粒子受向右的电场力，cd是等量异号电荷的连线的中垂线，是等势面，电场线向右，故a带正电；故A错误；‎ B、电场力不是恒力，故不是类似平抛运动，故轨迹不是抛物线，故B错误；‎ C、根据等量异种电荷电场线的分布知电场强度Ec＜Ee，故C错误；‎ D、沿电场线方向电势逐渐降低，cd为零势面，e处电势为负值，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电 势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且 A的电势高于B的电势，一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子过M点的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（　　）‎ A．16eV B．7.5eV C．4.0eV D．0.5eV ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．‎ ‎【解答】解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V．‎ 因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=﹣7.5eV 根据动能定理得：W=EkN﹣EkM 则得：EkN=W+EkM=﹣7.5eV+8eV=0.5eV；‎ 故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；‎ B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；‎ C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；‎ D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（　　）‎ A．M的带电量比N的大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．‎ ‎【解答】解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；‎ C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；‎ D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎14．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为﹣q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上 C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】A、根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；‎ B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；‎ C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；‎ D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：，解得：r=（）L；故A错误；‎ B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；‎ C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；‎ D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎15．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低．‎ ‎【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．‎ C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．‎ D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；‎ B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；‎ D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d．有一带电粒子以某个速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘．带电粒子所受的重力忽略不计．现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是（　　）‎ A．仅使粒子的初速度变为2v0 B．仅使粒子的初速度变为 C．仅使B板向上平移 D．仅使B板向下平移d ‎【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列式分析即可求解．‎ ‎【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，‎ A、仅使粒子的初速度变为2v0，则竖直方向运动情况不变，水平方向的速度增大，粒子水平位移更大，不会打到下极板上，故A错误；‎ B、仅使粒子的初速度变为，则竖直方向运动情况不变，水平方向的速度变为原来的一半，粒子水平位移为原来的一半，则打在B板的中点，故B正确；‎ C、电场强度，则仅使B板向上平移，电场强度不变，‎ 在竖直方向有：d=，解得：t=‎ 若下极板B上移，板间距离变为原来的一半，则运动时间为原来的，水平速度不变，所以水平位移为原来的，不能使该粒子落在B板的中点，故C错误；‎ D、若使B板向下平移d，则粒子水平位移为原来的两倍，不能打到B板的中点，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分0分）‎ ‎18．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．‎ ‎【分析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．‎ ‎【解答】解：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：‎ vBsin30°=v0sin60° ①‎ 解得：‎ ‎②‎ 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有：‎ ‎③‎ 联立②③解得：‎ 答：A、B两点间的电势差为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的占由荷从A点由静止释放，仅在由场力的作用下经时间t运动到B点．求．‎ ‎（1）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动量定理；电势差．‎ ‎【分析】本题的关键是对电荷受力分析利用牛顿第二定律求出加速度，然后利用运动学公式和功的计算公式联立求解电场力做的功（或根据动量定理和动能定理联立求解）；灵活应用A、B两点间电势差公式=．‎ ‎【解答】解：（1）设电荷受到的电场力为F，运动的加速度为a，在t时间内运动的距离为s，电场力对电荷做的功为W，电荷向右做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律有F=qE=ma①‎ 又s=a②，W=Fs③，联立①②③解得W=．‎ ‎（本题也可以另一种解法：由动量定理有qEt=mv①，W=m②，联立①②可解得得W=．）‎ ‎（2）设A、B两点间的电势差为UAB，则 UAB=W/q，将W=代入可得UAB=．‎ 故答案为（1）得，（2）‎ ‎　‎ ‎20．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求：‎ ‎（1）电场强度的大小E；‎ ‎（2）质点经过a点和b点时的动能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．‎ ‎【解答】解：质点所受电场力的大小为f=qE ①‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：‎ ‎②‎ ‎③‎ 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有：‎ Eka=mva2④‎ Ekb=mvb2⑤‎ 根据动能定理有：Ekb﹣Eka=2rf⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得：‎ 答：：（1）电场强度的大小E为（Nb﹣Na）；‎ ‎（2）质点经过a点和b点时的动能分别为：（Nb+5Na）和（5Nb+Na）．‎ ‎　‎ ‎21．如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．‎ ‎【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】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论．‎ ‎【解答】解：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，‎ 两板间为匀强电场，场强，‎ 设电场中小球带电量为q，则所受电场力F1=qE1‎ 小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示 由平衡条件有：F1=mgtanθ1‎ 综合以上各式得：‎ 第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得：‎ 将方向夹角带入解得：△Q=2Q 答：二次充电使电容器正极板增加的电荷量为2Q．‎ ‎　‎ ‎22．一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．‎ ‎（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离．‎ ‎（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）小球刚好到达P点时，速度为零，对小球从D点到P点过程，运用动能定理列式求解x．‎ ‎（2）由题意，小球所受的电场力为重力的，μ≥，μmg≥qE．小球能到达P点左侧，设小球到达P点左侧s1静止，运用动能定理列式求解s1，整个运动过程中克服摩擦力所做的功W=μmgs1．‎ ‎【解答】解：（1）小球刚好到达P点时，速度为零，对小球从D点到P点过程，由动能定理得 ‎ qEx﹣2mgR=0﹣0‎ 又由题意，qE=mg 联立解得，x=4R ‎（2）若μ≥，则μmg≥qE．‎ 设小球到达P点右侧s1静止，由动能定理得 ‎ qE（5R﹣s1）﹣mg•2R﹣fs1=0‎ 又f=μN=μmg 联立解得，‎ 所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W1=μmgs1=‎ 若μ＜，则μmg＜qE．‎ 设小球到达经过多次的往复运动，最后在P点的速度为0，‎ 根据动能定理：qE•5R﹣mg•2R﹣W2=0﹣0‎ 克服摩擦力做的功：‎ 答：（1）DM间的距离是4R．‎ ‎（2）整个运动过程中克服摩擦力所做的功为两种情况：若μ≥，则；若μ＜，则．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）液珠的比荷 ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离h．‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律，通过瞬间的加速度求出液珠的比荷．‎ ‎（2）当液珠加速度为零时，速度最大，根据重力和库仑力平衡求出液珠速度最大时离A点的距离．‎ ‎（3）根据动能定理，通过最高点速度为零，求出液珠能到达的最高点B离A点的高度．‎ ‎【解答】解（1）设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时 比荷为 ‎（2）当液珠速度最大时 得 ‎ ‎（3）设BC间的电势差大小UCB，由题意得 UCB=‎ 对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qUCB﹣mg（rB﹣H）=0 ‎ 即q﹣mg（rB﹣H）=0‎ 将第（1）问的结果代入化简 rB2﹣3HrB+2H2=0‎ 解得rB=2H rB′=H（舍去） ‎ 答：（1）液珠的比荷为．‎ ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离．‎ ‎（3）液珠能到达的最高点B离A点的高度为2H．‎ ‎　‎