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湖南省长沙市周南中学2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷


湖南省长沙市周南中学 2014-2015 学年高二上学期第一次月考物 理试卷
一、选择题(本题共 12 小题.每小题 4 分,共 48 分.) 1.下列说法中正确的是( ) A.点电荷就是体积很小的带电体 B.可知 ,当 r→0 时,F→∞

C.两个相同的、球心距离为 r 的金属球,带有等量同种电荷 Q 时的库仑力 D.两个点电荷的电荷量不变,只使

它们之间的距离成为原来的一半,则它们之间的库仑力 变为原来的 2 倍 2.把质量为 m 的正点电荷 q,在电场中从静止开始释放,在它运动的过程中,如果不计重 力,下面说法正确的是( ) A.点电荷运动轨迹必和电场线重合 B.点电荷的速度方向必定与所在电场线的切线方向一致 C.点电荷的加速度方向必定与所在电场线的切线方向垂直 D.点电荷受电场力的方向必定与所在电场线的切线方向一致 3.下列关于电势高低的判断,哪些是正确的( ) A.正电荷从 A 移到 B 时,其电势能增加,A 点电势一定较低 B.正电荷只在电场力作用下从 A 移到 B,A 点电势一定较高 C.负电荷从 A 移到 B 时,外力作正功,A 点电势一定较高 D.负电荷从 A 移到 B 时,电势能增加,A 点电势一定较低 4. (多选题)关于电势与电势能的四种说法中,正确的是( ) A.在电场中,电势较高的地方,电荷在那一点具有的电势能较大 B.在电场中某一点,若放入电荷的电荷量越大,它具有的电势能越大 C.在正的点电荷电场中的任一点,正点电荷具有的电势能一定大于负电点荷具有的电势能 D.在负的点电荷电场中的任一点,负点电荷具有的电势能一定大于正电点荷具有的电势能 5.如图电场中有 A、B 两点,则下列说法正确的是( )

A.电势 φA>φB,电场强度 EA>EB

B.电势 φA>φB,电场强度 EA<EB C.将+q 从 A 点移到 B 点电场力做正功 D.负电荷﹣q 在 A 点的电势能大于其在 B 点时的电势能 6.如图所示,平行直线表示电场线,但未标方向,带电量为 10 C 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( )
﹣2

A.B 点的电势为 0V 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 7.如图中虚线所示为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其 中等势面 3 的电势为 0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、b 点时的动能 分别为 26eV 和 5eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为﹣18eV 时,它的动能应 为( )

A.8eV

B.13eV

C.30eV

D.34eV

8.如图所示,在一个原来不带电的金属导体壳的球心处放一正电荷,则 A、B、C 三点的 场强为( )

A.EA≠0,EB=0,EC=0 C.EA≠0,EB≠0,EC≠0

B.EA≠0,EB≠0,EC=0 D.EA=0,EB≠0,EC=0

9.如图所示,让平行板电容器带电后,静电计的指针偏转一定角度,若不改变 A、B 两极 板带的电量而减小两极板间的距离, 同时在两极板间插入电介质, 那么静电计指针的偏转角 度( )

A.一定减小

B.一定增大

C.一定不变

D.可能不变

10.如图所示,在 A 板附近有一电子由静止开始向 B 板运动,则关于电子到达 B 板时的速 率,下列解释正确的是( )

A.两板间距越大,加速的时间就越长,则获得的速率越大 B.两板间距越小,加速的时间就越长,则获得的速率越大 C.两板间距离越小,加速的时间越短,则获得的速率越小 D.获得的速率大小与两板间的距离无关,仅与加速电压 U 有关 11.如图甲所示,在两极板 a、b 之间有一静止的电子,当在 a、b 之间加上如图乙所示的变 化电压时(开始时 a 板带正电) ,电子的运动情况是(不计重力,板间距离足够大)( )

A.电子一直向 a 板运动 B.电子一直向 b 板运动 C.电子在两板间做周期性往返运动 D.电子先向 a 板运动,再返回一直向 b 板运动 12.如图所示,A、B 为平行金属板,两板相距为 d,分别与电源两极相连,两板的中央各 有一个小孔 M、N,今有一带电质点,自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落(P、M、 N 在同一竖直线上) ,空气阻力不计,到达 N 孔时速度恰好为零,然后沿原路返回,若保持 两极板间的电压不变,则( )

A.把 A 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回 B.把 A 板向下平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落

C.把 B 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回 D.把 B 板向下平移一小段距离后,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落

二、填空题(本题共 3 小题,每空 3 分,共 21 分) 13.如图所示,一个半径为 R 的绝缘球壳上均匀带有+Q 的电荷,另一个电荷量为+q 的电荷 放在球心 O 上,由于对称性,点电荷受力为 0.现在球壳上挖去半径为 r(r? R)的一个小 圆孔,则此时置于球心的点电荷所受的力的大小为__________(已知静电力恒量为 k) ,方 2 向__________. (球体表面积公式 S=4πR )

14.如图所示,虚线方框内为一匀强电场,A、B、C 为该电场中的三个点,若将﹣2×10 C ﹣7 的点电荷从 A 移到 B, 克服电场力做功 1.2×10 J, 而把该电荷从 C 移到 A, 电场力做功 3.6×10 ﹣7 J,已知 φB=6V,则 φA=__________、φc=__________;在该方框中的 A、B、C 三点画出 三条电场线.

﹣8

15.带正电 1.0×10 C 的粒子,不计重力,在电场中先后经过 A、B 两点,飞经 A 点时动能 为 10J,飞经 B 点时动能为 4J,则带电粒子从 A 点到 B 点过程中电势能增加了__________, AB 两点电势差为__________.

﹣3

三、计算题 16.如图所示,在真空中相距为 l 的 A、B 两点分别放置电量大小均为 Q 的正负点电荷,求 在离 A、B 两点距离都等于 l 的点的电场强度.?

17.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将 1×10 C 的负电荷由 A 点沿水平线 ﹣6 移至 B 点,电场力做了 2×10 J 的功,A、B 间的距离为 2cm.问: (1)匀强电场场强多大?方向如何? (2)A、B 两点间的电势差多大?若 B 点电势为 1V,A 点电势为多少?

﹣6

18.如图所示,有一电子(电量为 e)经电压 U0 加速后,进入两块间距为 d、电压为 U 的 平行金属板间.若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求: (1)金属板 AB 的长度. (2)电子穿出电场时的动能.

19. 在光滑水平面上有一质量 m=1.0×10 kg, 电量 q=1.0×10 C 的带正电小球静止在 O 点, 以 O 点为原点,在该水平面内建立直角坐标系 Oxy,现突然加一沿 x 轴正方向,场强大小 6 E=2.0×10 V/m 的匀强电场,使小球开始运动经过 1.0s,所加电场突然变为沿 y 轴正方向, 6 场强大小仍为 E=2.0×10 V/m 的匀强电场再经过 1.0s, 所加电场又突然变为另一个匀强电场, 使小球在此电场作用下经 1.0s 速度变为零.求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.

﹣3

﹣10

湖南省长沙市周南中学 2014-2015 学年高二上学期第一 次月考物理试卷
一、选择题(本题共 12 小题.每小题 4 分,共 48 分.) 1.下列说法中正确的是( ) A.点电荷就是体积很小的带电体 B.可知 ,当 r→0 时,F→∞

C.两个相同的、球心距离为 r 的金属球,带有等量同种电荷 Q 时的库仑力 D.两个点电荷的电荷量不变,只使它们之间的距离成为原来的一半,则它们之间的库仑 力变为原来的 2 倍 考点:库仑定律;点电荷的场强. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:库仑定律的两电荷量的间距要远大于电荷自身的大小,此时才可以看成点电荷.同时 要处于真空中,这样确保电荷量不变.当满足这些条件时,库仑力才与两电荷量的乘积成正 比,与两电荷间距的平方成反比.

解答: 解:A、当两点电荷的间距远大于自身的大小时,才能看成点电荷,并不是体积很 小就能当作点电荷,故 A 错误; B、由公式 可知,当 r→0 时此时已不满足点电荷条件,所以公式不适用.故 B 错

误; C、两个相同的、球心距离为 r 的金属球,当距离远大于球的大小时,则可看成点电荷,所 以电荷间的库仑力 ,当距离不能远大于球的大小,则不能看成点电荷,所以若带有

等量同种电荷 Q 时,两电荷相互排斥,导致电荷中心距离比 r 大,从而导致其库仑力 .故 C 正确; D、由于两个点电荷的电荷量不变,当它们之间的距离成为原来的一半,仍符合库仑定律成 立的条件,则它们之间的库仑力变为原来的 4 倍.故 D 错误; 故选:C 点评:本题重点考查库仑定律的成立条件,并突出何时能看成点电荷. 2.把质量为 m 的正点电荷 q,在电场中从静止开始释放,在它运动的过程中,如果不计重 力,下面说法正确的是( ) A.点电荷运动轨迹必和电场线重合 B.点电荷的速度方向必定与所在电场线的切线方向一致 C.点电荷的加速度方向必定与所在电场线的切线方向垂直 D.点电荷受电场力的方向必定与所在电场线的切线方向一致 考点:电场强度. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:电场线是人们为形象描述电场而假想的,实际不存在;电场线与带电粒子的运动轨迹 无直接关系,其轨迹是由力和初速度共同决定. 解答: 解: A、 初速度为零的点电荷的运动轨迹是由电场力决定, 当电场力的方向不变时, 其轨迹是直线,即与电场线重合;当电场力的方向变化时,其轨迹是曲线,并不与电场线重 合;运动轨迹是由力和初速度共同决定,故 A 错误; B、电场线的切线方向为电荷的受力方向,并非速度方向,故 B 错误; C、点电荷的加速度方向必定与所在电场线的切线方向,故 C 错误; D、点电荷受电场力的方向必定与所在电场线的切线方向一致,故 D 正确. 故选:D. 点评:明确电场线是人们为形象描述电场而假想的,实际不存在;电场线与带电粒子的运动 轨迹无直接关系,题目较简单. 3.下列关于电势高低的判断,哪些是正确的( ) A.正电荷从 A 移到 B 时,其电势能增加,A 点电势一定较低 B.正电荷只在电场力作用下从 A 移到 B,A 点电势一定较高 C.负电荷从 A 移到 B 时,外力作正功,A 点电势一定较高

D.负电荷从 A 移到 B 时,电势能增加,A 点电势一定较低 考点:电势能;电势. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据推论:正电荷在电势高处,电势能大;负电荷在电势低处,电势能小,判断两点 间电势的高低.正电荷只在电场力作用下从 A 移到 B,电荷不一定从高电势处向低电势处 运动.负电荷从 A 移到 B 时,外力作正功,A 点电势不一定较高. 解答: 解:A、正电荷从 A 移到 B 时,其电势能增加,电场力做负功,电荷逆着电场线 运动,A 点电势一定较低.故 A 正确. B、正电荷只在电场力作用下从 A 移到 B,电荷不一定从高电势处向低电势处运动,A 点电势不一定较高,还取决于电荷的初速度.故 B 错误. C、负电荷从 A 移到 B 时,外力作正功,无法判断电势的高低.故 C 错误. D、负电荷从 A 移到 B 时,电势能增加,A 点电势一定较高.故 D 错误. 故选 A 点评: 电场中两点间电势高低可根据推论判断, 也可以根据电场力做功的正负与电荷的电性 判断,但不能根据外力做功情况判断. 4. (多选题)关于电势与电势能的四种说法中,正确的是( ) A.在电场中,电势较高的地方,电荷在那一点具有的电势能较大 B.在电场中某一点,若放入电荷的电荷量越大,它具有的电势能越大 C.在正的点电荷电场中的任一点,正点电荷具有的电势能一定大于负电点荷具有的电势 能 D.在负的点电荷电场中的任一点,负点电荷具有的电势能一定大于正电点荷具有的电势 能 考点:电势;电势能. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据电势的定义式 φ= 分析得知:正电荷放在电势越高的位置电势能越大.在电场

中电势越高的位置,电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大,与电荷的电性、电势的正 负有关. 在正点电荷电场中的任意一点处, 正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势 能,在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能. 解答: 解:A、由电势的定义式 φ= 分析知:正电荷放在电势越高的位置电势能越大,

而负电荷放在电势越高的位置电势能越小.故 A 错误. B、在电场中电势越高的位置,电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大,还与电荷的电 性、电势的正负有关.故 B 错误. C、无穷远处电势为零,顺着电场线电势降低,则知在正点电荷电场中任意一点的电势为正 值,正电荷具有的电势能为正,负电荷具有的电势能为负,则正电荷具有的电势能一定大于 负电荷具有的电势能.故 C 正确. D、无穷远处电势为零,在负点电荷电场中任意一点的电势为负值,则负电荷具有的电势能 一定大于正电荷具有的电势能.故 D 正确.

故选:CD. 点评: 本题关键要掌握电势的定义式 φ= , 式中三个量 φ、 q 和 Ep 都要代入符号进行分析.

5.如图电场中有 A、B 两点,则下列说法正确的是(

)

A.电势 φA>φB,电场强度 EA>EB B.电势 φA>φB,电场强度 EA<EB C.将+q 从 A 点移到 B 点电场力做正功 D.负电荷﹣q 在 A 点的电势能大于其在 B 点时的电势能 考点:电势差与电场强度的关系;电势能. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:沿着电场线电势降低,电场线的疏密程度表示电场强度的大小;电场力做功等于电势 能的减小量 解答: 解:A、B、沿着电场线电势降低,故 φA>φB;电场线的疏密程度表示电场强度的 大小,电场线越密,场强越大,故 EB>EA;故 A 错误,B 正确; C、将电荷量为 q 的正电荷从 A 点移到 B 点时,由于 φA>φB,所以电势能 EPA>EPB,故电 场力做正功,故 C 正确; D、将电荷量为 q 的负电荷放在 A、B 两点时,由于 φA>φB,所以电势能 EPA<EPB,故 D 错误; 故选:BC 点评: 本题关键是会用电场线来描述电势和电场强度, 知道电场力做功是电势能变化的量度. 6.如图所示,平行直线表示电场线,但未标方向,带电量为 10 C 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( )
﹣2

A.B 点的电势为 0V 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:带电粒子在匀强电场中的运动;物体做曲线运动的条件;动能定理;电势;电势能. 专题:应用题.

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: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; AB 两点的电势差 UAB= =﹣10V,则 UA﹣UB=﹣10V

解得 UB=0V;故 A 正确; 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; 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 ABC. 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. 7.如图中虚线所示为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其 中等势面 3 的电势为 0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、b 点时的动能 分别为 26eV 和 5eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为﹣18eV 时,它的动能应 为( )

A.8eV

B.13eV

C.30eV

D.34eV

考点:电势差与电场强度的关系. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析: 首先知道经过等差等势面中相邻的等势面间电场力做功相等, 据此求出等势面 3 的动 能;然后利用电场力做功,动能和电势能之和不变即可判断选项. 解答: 解:据题意可知,相邻的等势面间电场力做功相等,W=﹣7eV;再据动能定理得, 经过等势面 3 的动能为:Ek=12eV,所以电势能和动能之和,E=12eV,所以电荷在某一位 置为﹣18eV 时,动能为 30eV,故 ABD 错误,C 正确. 故选:C. 点评: 此题是利用功能关系的灵活应用, 找出等差等势面中相邻的等势面间电场力做功相等 是解题的关键,此题还可以向下延伸,但一定注意动能和电势能之和不变. 8.如图所示,在一个原来不带电的金属导体壳的球心处放一正电荷,则 A、B、C 三点的 场强为( )

A.EA≠0,EB=0,EC=0 B.EA≠0,EB≠0,EC=0 C.EA≠0,EB≠0,EC≠0 D.EA=0,EB≠0,EC=0 考点:电场强度. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候,由于静电感应的作用,在金属球壳内部的 电场强度处处为零,画出电场线的分布情况,即可判断场强情况. 解答: 解:把正电荷放在金属球壳内部,由于静电感应的作用,在球壳的内壁会感应出负 电荷,在球壳的外壁会感应出正电荷,所以在金属球壳的壳壁之间,由于正电荷的电场和感 应电场的共同的作用,当静电平衡时,金属球壳内部的电场强度处处为零,即有 EC=0. 如图,画出电场线的分布情况,则知 EA≠0,EB≠0,故 B 正确. 故选:B

点评:本题是考查学生对于静电感应现象的理解情况,关键要掌握静电平衡状态的特点,知 道在球壳的内壁放电荷的时候, 球壳不会对球壳外部的电场产生影响, 只影响壳壁之间的电 场的分布情况. 9.如图所示,让平行板电容器带电后,静电计的指针偏转一定角度,若不改变 A、B 两极 板带的电量而减小两极板间的距离, 同时在两极板间插入电介质, 那么静电计指针的偏转角 度( )

A.一定减小

B.一定增大

C.一定不变

D.可能不变

考点:电容器的动态分析. 专题:电容器专题. 分析:静电计测定电容器两板间的电势差,电势差越大,指针的偏转角度越大.由题,平行 板电容器带电后电量不变,减小两极板间的距离,同时在两极板间插入电介质后,分析电容 的变化,再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化.

解答: 解:由题,减小两极板间的距离,同时在两极板间插入电介质,根据电容的决定式 C= 可知,电容增大,电容器的电量不变,由 C= 得知,板间电势差减小,则静电计

指针的偏转角度一定减小.故 A 正确,BCD 错误. 故选 A 点评:对电容的定义式和决定式两个公式要熟练掌握,灵活应用,本题是常见题型. 10.如图所示,在 A 板附近有一电子由静止开始向 B 板运动,则关于电子到达 B 板时的速 率,下列解释正确的是( )

A.两板间距越大,加速的时间就越长,则获得的速率越大 B.两板间距越小,加速的时间就越长,则获得的速率越大 C.两板间距离越小,加速的时间越短,则获得的速率越小 D.获得的速率大小与两板间的距离无关,仅与加速电压 U 有关 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系. 专题:电容器专题. 分析:根据 E= 可以判断电子受到的电场力的大小,从而可以判断电子的加速度的大小, 电子在电场中做匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间. 解答: 解:由于两极板之间的电压不变,所以极板之间的场强为 E= ,电子的加速度为 a= = ,由此可见,两板间距离越小,加速度越大;
2

电子在电场中一直做匀加速直线运动, 由 d= at = 由此可见,两板间距离越小,加速时间越短,

t ,所以电子加速的时间为 t=d

2



对于全程,由动能定理可得,qU= mv ,所以电子到达 Q 板时的速率与两板间距离无关, 仅与加速电压 U 有关,故 D 正确,ABC 错误. 故选:D. 点评:根据电子的运动的规律,列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪 些物理量有关,根据关系式判断即可. 11.如图甲所示,在两极板 a、b 之间有一静止的电子,当在 a、b 之间加上如图乙所示的变 化电压时(开始时 a 板带正电) ,电子的运动情况是(不计重力,板间距离足够大)( )

2

A.电子一直向 a 板运动 B.电子一直向 b 板运动 C.电子在两板间做周期性往返运动 D.电子先向 a 板运动,再返回一直向 b 板运动 考点:带电粒子在匀强电场中的运动;牛顿第二定律;运动的合成和分解. 专题:带电粒子在电场中的运动专题. 分析:根据电子的受力情况,分析电子的情况,由电子在第一个周期内运动的情况,电子在 以后时间内不断重复前一个周期内的运动情况. 解答: 解:在 0﹣0.1s 时间内,电子受到的电场力向上,向上做匀加速直线运动,在 0.1 ﹣0.2s 时间内,电子受到的电场力向下,向上做匀减速直线运动,0.2s 时刻速度为零;在 0.2 ﹣0.3s 时间内,电子受到的电场力向下,向下做匀加速直线运动,在 0.3﹣0.4s 时间内,电 子受到的电场力向上,向下做匀减速直线运动,接着周而复始,故电子在两板间做周期性往 返运动. 故选 C 点评:电子 在周期性变化的电场中运动,根据受力情况,由牛顿定律可分析出电子的运动 情况,这是学习力学应具有的能力. 12.如图所示,A、B 为平行金属板,两板相距为 d,分别与电源两极相连,两板的中央各 有一个小孔 M、N,今有一带电质点,自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落(P、M、 N 在同一竖直线上) ,空气阻力不计,到达 N 孔时速度恰好为零,然后沿原路返回,若保持 两极板间的电压不变,则( )

A.把 A 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回 B.把 A 板向下平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落 C.把 B 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回 D.把 B 板向下平移一小段距离后,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落 考点:带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用. 专题:带电粒子在电场中的运动专题. 分析: 一带电质点自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落 (P、 M、 N 在同一竖直线上) , 空气阻力不计,到达 N 孔时速度恰好为零,然后沿原路返回,根据动能定理知,在此过程 中重力做功与电场力做功大小相等.移动上下极板,抓住两板间的电势差不变,通过动能定 理判断带电质点的运动情况.

解答: 解:A、由题设条件知,mg?2d﹣qU=0,知电场力做功等于重力做功的大小.把 A 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落,根据动能定理知,mg?2d﹣qU=0,小球到 达 N 点速度为零然后返回.故 A 正确. B、将 A 板向下移动一小段距离,根据动能定理知,mg?2d﹣qU=0,小球到达 N 点速度为 零然后返回.故 B 错误. C、把 B 板向上平移一小段距离,根据动能定理知,h<2d,mgh﹣qU<0,知小球未到达 N 点速度已减为零,然后返回.故 C 正确. D、把 B 板向下平移一小段距离后,根据动能定理知,h>2d,mgh﹣qU>0,知小球到达 N 点速度不为零,小球会穿过 N 孔继续下落.故 D 正确. 故选 ACD. 点评:对于本题选择全过程为研究过程,运用动能定理进行求解比较方便,在运用动能定理 时,抓住电势差不变,电场力做功不变,比较电场力做功与重力做功的关系进行分析. 二、填空题(本题共 3 小题,每空 3 分,共 21 分) 13.如图所示,一个半径为 R 的绝缘球壳上均匀带有+Q 的电荷,另一个电荷量为+q 的电荷 放在球心 O 上,由于对称性,点电荷受力为 0.现在球壳上挖去半径为 r(r? R)的一个小 圆孔,则此时置于球心的点电荷所受的力的大小为 向小孔. (球体表面积公式 S=4πR )
2

(已知静电力恒量为 k) ,方向指

考点:向心力;牛顿第二定律. 专题:牛顿第二定律在圆周运动中的应用. 分析:由题意可知,当不挖去时,点电荷的受力为零,则挖去的小圆电荷产生的电场强度与 剩下的电荷产生的电场强度大小相等,因此根据库仑定律可知求出挖去小圆电荷在 O 点的 电场强度,从而即可求解. 解答: 解:球壳上挖去半径为 r(r? R)的一个小圆孔的电荷量,为 q′= Q=

根据库仑定律,可知点电荷量 q′对在球心点电荷 q 处的电场力为:F=



那么剩下的球壳电荷对球心处点电荷的电场力也为 F= 库仑力的方向,即为指向小孔. 故答案为: ,指向小孔.



点评:本题考查库仑定律的应用,并掌握如何巧用补全法来解题,同时注意被挖去的电荷符 合库仑定律的条件,即点电荷. 14.如图所示,虚线方框内为一匀强电场,A、B、C 为该电场中的三个点,若将﹣2×10 C ﹣7 的点电荷从 A 移到 B, 克服电场力做功 1.2×10 J, 而把该电荷从 C 移到 A, 电场力做功 3.6×10 ﹣7 J,已知 φB=6V,则 φA=12V、φc=﹣6V;在该方框中的 A、B、C 三点画出三条电场线.
﹣8

考点:电势差与电场强度的关系;电场线. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据电场力做功 W=qU 求出电势差的大小,从而根据电势差等于电势之差求出电势 的大小;连接 AC,将 AC 分成三等份,找出 B 点的等势点,与 B 相连,得出等势线,结合 等势线与电场线垂直,作出电场线 解答: 解: (1)根据 W=qU 得,UAB= = =6V.

UCA=

=

=﹣18V.

因为 UAB=φA﹣φB,φB=6V,解得 φA=12V,UCA=φc﹣φA,解得 φC=﹣6V. 连接 AC,将 AC 分成三等份,找出 B 点的等势点,即 D 点,电势为 6V,连接 BD,则 BD 为等势线,电场线与等势线垂直,由高电势指向低电势,如图所示. 故答案为: (1)12,﹣6 (2)如图所示

点评:解决本题的关键知道电场线与等势线垂直,由高电势指向低电势.以及注意运用 WAB=qUAB 计算时,q 的正负、电势差的正负、功的正负需代入计算. 15.带正电 1.0×10 C 的粒子,不计重力,在电场中先后经过 A、B 两点,飞经 A 点时动能 为 10J,飞经 B 点时动能为 4J,则带电粒子从 A 点到 B 点过程中电势能增加了 6,AB 两点 电势差为﹣6000V. 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.
﹣3

专题:电场力与电势的性质专题. 分析:带电粒子从 A 点到 B 点的过程中电势能的增加等于动能的减小.由 W=qUAB 求出 AB 两点的电势差.电势能增大,电场力做负功. 解答: 解:根据能量守恒定律得到,带电粒子从 A 点到 B 点的过程中电势能的增加等于 动能的减小,即△ EP=10J﹣4J=6J.电场力做功为 W=﹣△ EP=﹣6J,AB 两点的电势差 UAB= = V=﹣6000V.

故答案为:6,﹣6000V 点评:带电粒子在电场中运动时,若只有电场力,其电势能与动能的总量守恒.求解电势差 时,公式中各量要代入符号一并计算. 三、计算题 16.如图所示,在真空中相距为 l 的 A、B 两点分别放置电量大小均为 Q 的正负点电荷,求 在离 A、B 两点距离都等于 l 的点的电场强度.?

考点:点电荷的场强;电场强度. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析: 根据点电荷的场强公式分别求出等量异种电荷在 B 两点距离都等于 l 的点的电场强度, 再根据场强的叠加进行合成. 解答: 解: 两个等量异种点电荷在 B 两点距离都等于 l 的点产生的电场强度大小相等, 方 向如图. 大小为 E1=E2= ,则合场强 E= . .

答:平行于 AB 的方向水平向右,大小为

点评:解决本题的关键掌握点电荷的场强公式 行四边形定则.

,以及知道场强是矢量,合成分解遵循平

17.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线,将 1×10 C 的负电荷由 A 点沿水平线 ﹣6 移至 B 点,电场力做了 2×10 J 的功,A、B 间的距离为 2cm.问: (1)匀强电场场强多大?方向如何? (2)A、B 两点间的电势差多大?若 B 点电势为 1V,A 点电势为多少?

﹣6

考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据电场力做功与电势差的关系求出 A、B 两点间的电势差,结合电势差与电场强度 的关系,求出匀强电场的场强大小和方向.结合电势差的大小求出 A 点的电势. 解答: 解:A、B 两点间的电势差 可知 A 点的电势低于 B 点的电势,电场强度的方向斜向上. 匀强电场的大小 E= . ,

因为 UAB=φA﹣φB,则 A 点的电势 φA=φB+UAB=1﹣2V=﹣1V. 答: (1)匀强电场场强为 200V/m,方向斜向上. (2)A、B 两点间的电势差为﹣2V,A 点的电势为﹣1V. 点评:解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系,在公式 W=qU 中,W 的正负、q 的正负、U 的正负均需代入计算,在公式 E= 中,d 表示沿电场线方向上的距离.

18.如图所示,有一电子(电量为 e)经电压 U0 加速后,进入两块间距为 d、电压为 U 的 平行金属板间.若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求: (1)金属板 AB 的长度. (2)电子穿出电场时的动能.

考点:带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用. 专题:带电粒子在电场中的运动专题. 分析: (1)电子先在加速电场中加速,再进入偏转电场中偏转,由于电子正好能穿过电场, 所以在偏转电场中的偏转的距离就是 d,由此可以求得极板的长度; (2)电子在运动的整个过程中,只有电场力做功,根据动能定理即可求得电子的动能的大 小. 解答: 解: (1)设电子飞离加速电场时速度为 v, 由动能定理 eU0= mv
2



电子在平行板间运动的时间为 t= 电子在平行板间的加速度为 a= 电子的偏转的距离 y= d= at
2

② ③ ④

由①②③④解得:L=d



(2)设电子穿过电场时的动能为 Ek, 根据动能定理 Ek=eU0+e =e(U0+ ) .

答: (1)金属板 AB 的长度为 d



(2)电子穿出电场时的动能为 e(U0+ ) . 点评:电子先在加速电场中做匀加速直线运动,后在偏转电场中做类平抛运动,根据电子的 运动的规律逐个分析即可. 19. 在光滑水平面上有一质量 m=1.0×10 kg, 电量 q=1.0×10 C 的带正电小球静止在 O 点, 以 O 点为原点,在该水平面内建立直角坐标系 Oxy,现突然加一沿 x 轴正方向,场强大小 E=2.0×10 V/m 的匀强电场,使小球开始运动经过 1.0s,所加电场突然变为沿 y 轴正方向, 6 场强大小仍为 E=2.0×10 V/m 的匀强电场再经过 1.0s, 所加电场又突然变为另一个匀强电场, 使小球在此电场作用下经 1.0s 速度变为零.求此电场的方向及速度变为零时小球的位置. 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;电场强度. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:分析小球的运动情况:第 1s 内小球沿 x 轴正方向做匀加速直线运动,第 2s 内做类平 抛运动,加速度沿 y 轴正方向,第 3s 内做匀减速直线运动.根据牛顿第二定律和运动学公 式求出第 1s 末小球的速度和位移.对于类平抛运动,运用运动的分解法求出第 2 秒末小球 的速度大小和方向, 并求出 x 方向和 y 方向的位移大小. 再根据牛顿第二定律和运动学公式 求出电场的方向和第 3s 末的位置. 解答: 解:由牛顿第二定律得知,在匀强电场中小球加速度的大小恒为:a=
2 2 6
﹣3 ﹣10

代入数值得:a=

m/s =0.20m/s

第 1s 内:场强沿 x 正方向时,经过 1 秒钟小球的速度大小为: Vx=at=0.20×1.0=0.20m/s 速度的方向沿 x 轴正方向,小球沿 x 轴方向移动的距离 △ x1= at = ×0.20×1.0 =0.10m
2 2

第 2 秒内:电场方向沿 y 轴正方向,故小球在 x 方向做速度为 Vx 的匀速运动,在 y 方向做 初速为零的匀加速运动, 沿 x 方向移动的距离:△ x2=Vxt=0.20m 沿 y 方向移动的距离:△ y= at = ×0.20×1.0 =0.10m 故在第 2 秒末小球到达的位置坐标:x2=△ x1+△ x2=0.30m y2=△ y=0.10m 在第 2 秒末小球在 x 方向的分速度仍为 Vx,在 y 方向的分速度为 Vy=at=0.20×1.0=0.20m/s 由上可知,此时运动方向与 x 轴成 45°角.要使小球速度能变为零,则在第 3 秒内所加匀强 电场的方向必须与此方向相反,即指向第三象限,与 x 轴成 225°角. 第 3 秒内:设在电场作用下小球加速度的 x 分量和 y 分量分别为 ax,ay,则 ax= ay= =0.20m/s , =0.20m/s
2 2 2 2

在第 3 秒未小球到达的位置坐标为 x3=x2+Vxt﹣ axt =0.40m, y3=y2+Vyt﹣ ayt =0.20m 答: 此电场的方向为指向第三象限, 与 x 轴成 225°角. 速度变为零时小球的位置为 x3=0.40m, y3=0.20m. 点评: 本题考查运用牛顿第二定律和运动学公式分析和处理动力学问题, 要通过计算进行分 析.类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究.
2 2


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