1、广东省汕头市金山中学 2018-2019学年高二 10月月考物理试题一、选择题1.A、 B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从 A点沿电场线运动到 B点，其速度 v和时间 t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是图中的( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由 v-t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由 F=qE知，场强增大，电场线越来越密。电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右。故 A正确，BCD 错误。故选 A。【点睛】本题考查
2、了速度-时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小2.一电子在电场中由 a点运动到 b点的轨迹如图中虚线所示图中一组平行实线是等势面，则下列说法正确的是( )A. a点的电势比 b点低B. 电子在 a点的加速度方向向右C. 电子从 a点到 b点动能减小D. 电子从 a点到 b点电势能减小【答案】C【解析】根据粒子运动轨迹可知所受电场力方向向下，因为电子带负电，所以场强方向向上，沿电场线电势在降低，所以可知 a点的电势比 b点高，故 A错误电子在 a点的加速度方向向下，故 B错误电子从 a点到 b点电场
3、力做负功，动能减小，电势能增加，故 C正确 D错误故选 C3.AB和 CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为 O.将电荷量分别为 q和 q的两点电荷放在圆周上，其位置关于 AB对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷 Q，则该点电荷 Q( ) A. 应放在 A点， Q2 qB. 应放在 B点， Q2 qC. 应放在 C点， Q qD. 应放在 D点， Q q【答案】C【解析】试题分析：+q 的点电荷在圆心 O处的场强与-q 的点电荷在圆心 O处的场强的合场强方向由O点指向 D点，根据几何关系和点电荷的场强公式得 ；要使圆心处的电场强度为零，只要点电
4、荷 Q在圆心 O处产生的场强方向由 O指向 C即可，大小也为 ，所以，点电荷 Q=-q且应发在 C点故 C正确考点：场强的叠加；点电荷场强。视频4.如图所示，质量为 m、带电荷量为 q的微粒以初速度 v0从 A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中 B点时，速率 vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B 两点的电势差为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】微粒在竖直方向做减速运动，竖直方向的位移 ；从 A到 B由动能定理：联立解得 A、B 两点间的电势差为： ，故 C正确，ABD错误；故选 C。【点睛】本题涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理本题的
5、难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法5.如图所示, a.、b 为竖直向上的电场线上的两点,一带电质点从 a点由静止释放，沿电场线向上运动,恰好能到 b点,下列说法中正确的是( ) A. 带电质点在 a.、b 两点的电势能相等B. a点的电势比 b点的电势高C. 带电质点从 a点运动到 b点电场力先做正功后做负功D. a点的场强比 b点的电场强度大【答案】BD【解析】【详解】由 a到 b，电场力向上，电场力一直做正功，则电势能减小，则 a点的电势能大于b点的电势能。故 AC错误。电场线竖直向上，因沿着电场线方向电势逐渐降低，则 a点的电势比 b点电势高。故 B
6、正确。由题意可知，开始电场力大于重力，做加速运动，然后电场力小于重力做减速运动，所以 a点的电场力大于 b点的电场力，则 a点的电场强度大于 b点的电场强度，故 D正确。故选 BD。【点睛】解决本题的关键是通过 a、b 两点的速度为 0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低6.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，平行板间距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行板的时间为 t，则(不
7、计粒子的重力)( )A. 在前 时间内，电场力对粒子做的功为B. 在后 时间内，电场力对粒子做的功为C. 在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 12D. 在粒子下落前 和后 的过程中，经过的时间之比为 11【答案】B【解析】【详解】根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为 0的匀加速直线运动，根据结论可知前 t/2和后 t/2的竖直位移之比等于 1:3，则 t/2和后 t/2的竖直位移分别为 d/8和3d/8；则前 t/2时间内，电场力做功为 W1=qEd/8=qU/8，后 t/2时间内，电场力做功为W2=qE3d/8=3qU/8，A 错误， B正确。根据 W=qEl可得，在粒
8、子下落前 d/4和后 d/4的过程中，电场力做功之比为 1：1，故 C错误。根据相等位移的时间关系可知，在粒子下落前 d/4和后d/4的过程中经过的时间之比为 1：( -1)，故 D错误。故选 B。【点睛】掌握类平抛运动的处理方法和初速度为零的匀加速直线运动的结论，理解 W=qU，以及 U=Ed中 d的含义7.图中所示的是正点电荷所形成的电场中一条电场线，电场线上 a和 b、 b和 c间的相距都为 d ，则下列说法中错误的是( )A. a点的电势一定高于 b点的电势B. a点的场强一定大于 b点的场强C. ab两点间的电势差等于 bc两点间的电势差D. 将一负电荷由 a 点移到 b 点的过程中
9、，电势能减小【答案】CD【解析】【详解】根据顺着电场线方向电势逐渐降低，则知 a点的电势一定高于 b点的电势，故 A正确。a 点离正点电荷较近，由点电荷场强公式 E=kQ/r2分析可知：a 点的场强一定大于 b点的场强，故 B正确。ab 间的场强大于 bc间的场强，由 U=Ed可知 ab两点间的电势差大于 bc两点间的电势差，故 C错误。将一负电荷由 a点移到 b点的过程中，负电荷所受的电场力方向向左，与位移方向相反，所以电场力做负功，电势能增加，故 D错误。本题选错误的，故选CD.【点睛】本题关键要掌握电场线的物理意义：电场线的方向表示电势的高低，电场线的疏密表示场强的大小，将电场力看成一般
10、的力，由力和位移的方向关系，可判断电场力做功正负8.平行板电容器的两极板 A、 B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键 S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为 ，如图所示，则下列说法正确的是 ( )A. 保持电键 S闭合，带正电的 A板向 B板靠近，则 减小B. 保持电键 S闭合，带正电的 A板向 B板靠近，则 增大C. 电键 S断开，带正电的 A板向 B板靠近，则 增大D. 电键 S断开，带正电的 A板向 B板靠近，则 不变【答案】BD【解析】保持电键 S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的 A板向 B板靠近时，板间距离 d减小，根据 可知，板间场强增
11、大，小球所受电场力增大，则 增大，故 A错误，B 正确；当电键 S断开，电容器的带电量不变，根据电容决定式： ，定义式： 及电场强度：联立可得： 可知，电场强度与极板间距无关；故板间场强不变，小球所受电场力不变，则 不变，故 C错误，D 正确。所以 BD正确，AC 错误。9.在空间中水平面 MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m的带电小球由 MN上方的 A点以一定初速度水平抛出，从 B点进入电场，到达 C点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且 AB2BC，如右图所示.下列正确的是( )A. 电场力大小为 3mgB. 小球从 A 到 B 与从 B 到 C 运动时间相同C.
12、小球从 A到 B重力做功与从 B到 C克服电场力做功相等D. 小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量相等【答案】AD【解析】【详解】带电小球从 A到 C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1和 x2，竖直分位移分别为 y1和 y2，经历的时间为分别为 t1和 t2在电场中的加速度为 a。则从 A到 B过程小球做平抛运动，则有：x 1=v0t1；从 B到 C过程，有：x 2=v0t2；由题意有：x 1=2x2；则得：t 1=2t2；即小球从 A到 B是从 B到 C运动时间的 2倍。又 y1= gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y 2= at22，根
13、据几何知识有：y 1：y 2=x1：x 2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg，解得 F=3mg；选项 A正确，B 错误；因 AB和 BC的竖直高度之比是 y1：y 2= 2:1，则小球从 A到 B重力做功与从 B到 C克服电场力做功之比为：mgy1:Fy2=2:3，选项 C错误；根据速度变化量v=at，则得：AB 过程速度变化量大小为v1=gt1=2gt2；BC 过程速度变化量大小为v 2=at2=2gt2；所以小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量大小相等。故 D正确。故选 AD。【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球 B到 C的过程
14、，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析10.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度 v1从 M点沿斜面上滑，到达 N点时速度为零，然后下滑回到 M点，此时速度为v2(v2v1)若小物体电荷量保持不变， OM ON，则( )A. 小物体上升的最大高度为B. 从 N到 M的过程中，小物体的电势能先减小后增大C. 从 M到 N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D. 小物体上滑过程克服摩擦力的功跟下滑过程克服摩擦力的功不相等【答案】AB【解析】【详解】设斜面倾角为 、上升过程中物体沿斜面运动的最大距离为 L。因为 OM=ON，则 MN两点
15、电势相等，小物体从 M到 N、从 N到 M电场力做功均为 0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为 Wf。在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：-mgLsin-W f=- mv12；mgLsin-W f= mv22；由以上两式相减可得 h=Lsin=，故 A正确，D 错误；从 N到 M的过程中，电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故 B正确。从 M到 N的过程中，电场力对小物体先做正
16、功后做负功。故 C错误。故选 AB。【点睛】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力二、实验题11.两相同的金属小球(可视为质点)带电量分别为-Q 和+3Q,当相距 r时,其间作用力为 F,将两金属球相接触后再放回原来位置,则其间作用力为_.【答案】 ;【解析】【详解】由库仑定律可得：两球接触前的库仑力 ；而两球接触后平分电量，则两球的电量 q= =Q ，则作用力 【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电
17、性判断库仑力的方向12.固定的 A、B 两个点电荷都带负电,相距 10cm,今将第三具点电荷 C放在 A、B 之间连线上距 A为 2cm,C恰好处于静止状态,则 A、B 两点电荷电量之比 QA:QB =_【答案】1:16;【解析】【详解】因为 QA、Q B为固定的负点电荷，只要放入的点电荷受到的合力为 0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，由于 C恰好处于平衡状态，所以 C点电荷在两个固定的电荷之间。由库仑定律得，对 C点电荷，则有： 所以：三、计算题13.如图所示， ABCD为竖直放在场强为 E10 4 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 部分是半径为
18、R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切， A为水平轨道上的一点，而且 AB R0.2 m，把一质量 m0.1 kg、带电量 q110 4 C的小球放在水平轨道的 A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动( g取 10 m/s2)求：(1)小球到达 C点时的速度是多大？(2)小球到达 C点时对轨道压力是多大？(3)小球在轨道上的最大速度是多大？【答案】 （1）2m/s（2）3N（3） 【解析】【详解】 （1）由 A点到 C点应用动能定理有：Eq（AB+R）-mgR= mvC2解得：v C=2 m/s（2）在 C点应用牛顿第二定律得：F N-Eq=m得 FN=3 N由牛顿第三定律知，小球在 C
19、点对轨道的压力为 3 N（3）因电场力大小等于重力的大小，则合力的方向与竖直方向成 450角斜向下，则小球到达CB中点位置时速度最大，则由 A点到达此位置，根据动能定理：解得【点睛】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，特别是小球有最大速度的位置，可类比重力场来确定，然后根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解14.如图所示，两块相同的金属板 M和 N正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔 O和O，两板距离为 2L，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB 是一根长为 3L的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个（1、2、3、4）完全相同的带电
20、荷小球，每个小球带电量为q、质量为 m、相邻小球间的距离为 L，第 1个小球置于 O孔处将 AB杆由静止释放，观察发现，从第 2个小球刚进入电场到第 3个小球刚要离开电场，AB 杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中 AB杆始终保持竖直，重力加速度为 g。求：（1）两板间的电场强度 E；（2）第 4个小球刚离开电场时 AB杆的速度；（3）从第 2个小球刚进入电场开始计时，到第 4个小球刚离开电场所用的时间【答案】 （1） （2） （3） 【解析】试题分析：本题忽略掉带电小球之间相互作用力。（1）两个小球处于电场中时，2qE4mg （2 分）解得 E （1 分）（2）设第 4个小球刚离开电场时，杆
21、的运动速度为 v，对整个杆及整个过程应用动能定理：4mg5L4qE2L 4mv2 （2 分）解得 v （1 分）（3）设杆匀速运动时速度为 v1，对第 1个小球刚进入电场到第 3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得 4mg2LqE（L2L） 4mv （2 分）解得 v1 （1 分）第 2个小球刚进入电场到第 3个小球刚要离开电场的这段时间，整个杆做匀速直线运动，设运动时间为 t1，则 t1 （1 分）第 3个小球离开电场后，只有第 4个小球在电场中，杆做匀加速直线运动设运动时间为t2，则t2 （1 分）所以，从第 2个小球刚进入电场到第 4个小球刚离开电场所经历的时间为tt 1t 2 （1 分）考点：带电粒子在电场中运动的问题，涉及到动能定理、运动学公式和共点力作用下的平衡。
