1、物理试题试题说明：1、本试题满分110分，答题时间90分钟。 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。第卷 选择题部分一、单项选择题（共8道题，每道题5分，共计40分）1下列说法正确的是（）A由Uab=Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差一定越大B任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向C若电场中两点的电势差UAB=1V，则将单位电荷从A点移到B点，电场力做功为1JD沿电场线方向，电势一定越来越小2如图所示，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有（ ）A体中心、各面中心和各边中点 B体中心和各边中点C各面中心和各边中点
2、D体中心和各面中心3真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（）A. 该点电荷一定为正电荷B. P点的场强一定比Q点的场强大C. P点电势一定比Q点电势低D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大4如图，M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A. 沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B. 沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C. 正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小D. 将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正5如图所示，水平面有方向向右的匀强电场，将质量相等的两个带异种电荷小球a、b
3、(可视为点电荷)，且电荷量大小分别为qa3q，qbq，由静止释放，二者之间距为r，位置关系如图，发现两个小球始终处于相对静止状态则下列说法正确的是（ ）Aa一定带正电，且电场强度大小为EBa一定带负电，且电场强度大小为ECa一定带正电，且电场强度大小为EDa一定带负电，且电场强度大小为E6如图所示，实线表示等量异号点电荷的等势线，过O点的虚线MN与等势线垂直，两个相同的带正电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度v0开始运动，速度方向水平向右，且都能从PQ左侧经过O点，AB连线与PQ平行设粒子在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，通过O点时的速度大小分别为v1和v
4、2.粒子的重力不计，则()AA点的电势高于B点的电势 Ba1Ep2 Dv10)的点电荷，电荷量为q的带正电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处于静止状态，此时B与A点的距离为R，B和C之间的细线与AB垂直若B所受的重力为G，缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮，静电力常量为k，环境可视为真空，则力F （填增大、减小或不变）；B受到的库仑力的大小 （填增大、减小或不变）。四、计算题（共三个小题，16题10分，17题12分，18题14分，共计36分）16如图所示，长l1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强
5、电场中，绳与竖直方向的夹角37。已知小球所带电荷量q1.0106 C，匀强电场的场强E3.0103 N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。17 如图所示，光滑绝缘水平面有三个质量均为m的带电小球，A、B带正电，电荷量均为q。有一水平力F作用在C球上，如果三个小球能够保持边长为r正三角形“队形”一起前进。求：（1） C球的电性及电量（2） 拉力F的大小18.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界
6、面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；答案12345678DDBCBDAB一、单项选择题二、不定项选择题910111213ADBCCDABBD三、填空题14、250 V/m15、 逐渐减小，不变四、 计算题16、答案：(1)3.0103N(2)4.0104kg(3)2
7、.0m/s解析(1)FqE3.0103N(2)由tan37，得m4.0104kg(3)由mgl(1cos37)mv2，得v2.0m/s17、答案：（1）C球带负电，qC2q （2）F3k解析A球受到B球的库仑力F1和C球的库仑力F2作用后，产生水平向右的加速度，故F2必为引力，C球带负电。如图所示，根据库仑定律F1k及F2k，F1与F2的合力方向水平向右，求得F22F1，故qC2q，对A球：a，对系统整体：F3ma，故F3k18、答案：(1)(2)(63)mg解析：(1)A点由牛顿第二定律有 q0EmgmgB点由牛顿第二定律有 q1Emgmg联立解得qq1q0.(2)由A到B由动能定理得 m4Rmv0将电场力与重力等效为“重力G”，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”对轨道压力最大，则有Gmg cos 从B到“等效最低点”由动能定理得G(RRcos )mvmvFNGm联立解得FN(63)mg由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为FN(63)mg.版权所有：高考资源网()
