1、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GC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
2、中的（）A6.21019 CB6.41019 CC6.61019 CD6.81019 C3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
3、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（）A2：1B4：1C16：1D60：16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（）ABCD7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aBa、b两点间的电压是5VC电子的电势能减少了5eVD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
4、、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A=1V，B=4V，C=0，则D点电势D的大小为（）A3 VB0C2 VD1 V9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（）AM、N点的场强EMENB粒子在M、N点的加速度aMaNC粒子在M、N点的速度vMvND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（rarb），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Bb点的场强可能等于a点的场强C从a点到
5、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vt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BCA、B两点电场强度的大小关系满足EAEBDA、B两点的电势关系满足AB12一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abc的过程中，电场力始终做正功B粒子在abc的过程中，一直受静电引力作用C粒子在abc的过程中
6、，ab段受引力，bc段受斥力D粒子在abc的过程中，ab段逆着电场线，bc段顺着电场线13Q1、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 （）AQ2可能是负电荷BQ1、Q2可能为等量异种电荷CQ2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（）Aa对b的静电力一定是引力Ba对b的静电力可能是斥力Ca的电量可能比b少Da的电量一定比b多15如图中虚
7、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（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零16A、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（）AFAFBB细线AC对A的拉力T
8、A=mAgC细线OC的拉力TC=（mA+mB）gD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gC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
9、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+102C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（）AB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1D微粒的运动轨迹可能是轨迹220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
10、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=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/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2108C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8106J，若把该电荷从无限远处移到电场中
11、B点，需克服电场力做功2106J，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2105C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=1.25104N/C，一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为=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=+4.5106C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0106C，质量m=1.0102kg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
12、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2dMN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，
13、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GC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
14、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（）A6.21019 CB6.41019 CC6.61019 CD6.81019 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
15、带的电荷量，数值为e=1.601019C，物体的带电量只能是电子电量的整数倍A、6.21019 C不是1.601019C的整数倍故A错误；B、6.41019 C是1.601019C的整数倍故B正确；C、6.61019 C不是1.601019C的整数倍故C错误；D、6.81019 C不是1.601019C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
16、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
17、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
18、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，
19、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（）A2：1B4：1C16：1D60：1【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 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由得：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
20、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（）ABCD【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vt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
21、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aBa、b两点间的电压是5VC电子的电势能减少了5eVD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
22、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A=1V，B=4V，C=0，则D点电势D的大小为（）A3 VB0C2 VD1 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
23、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 AB=DC解得 D=AB+C=1V4V+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AD=BC9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（）AM、N点的场强EMENB粒子在M、N点的加速度aMaNC粒子在M、N点的速度vMvND粒子带正电【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【
24、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EMEN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 aMaN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vMvN故C错
25、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（rarb），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Bb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
26、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rarb，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rarb，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
27、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vt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BCA、B两点电场强度的大小关系满足EAEBDA、B两点的电势关系满足AB【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
28、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AB，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abc的过程中，电场力始终做正功B粒子在abc的过程中，一直受静电引力作用C粒子在abc的过程中，ab段受引力，bc段受斥力D粒子在a
29、bc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abc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abc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
30、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13Q1、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 （）AQ2可能是负电荷BQ1、Q2可能为等量异种电荷CQ2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，
31、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）
32、，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（）Aa对b的静电力一定是引力Ba对b的静电力可能是斥力Ca的电量可能比b少Da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”1
33、5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（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM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
34、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
35、，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16A、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（）AFAFBB细线AC对A的拉力TA=mAgC细线OC的拉力TC=（mA+mB）gD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
36、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
37、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gC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
38、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=Eqxbdcos450，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
39、电势随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=q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
40、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：=q，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
41、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+102C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（）AB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1D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
42、；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UBUA=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
43、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
44、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
45、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=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/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=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0109=9.0103N；A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0109=4.5103
46、N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30=24.5103N/C=7.8103N/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9.0103N；C点的电场强度的大小为7.8103N/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2108C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8106J，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2106J，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2105C的负电荷由A点移到B点电场力做的功【考点】
47、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=EpAEpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式=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=EpAEpB，有WOA=EpOEpA无穷远处电势能为零，即EpO=0故EpA=WOA=8106J根据电势的定义式=，有A=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2106J，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=EpAEpB，有
48、WOB=EpOEpB无穷远处电势能为零，即EpO=0故EpB=WOB=2106J根据电势的定义式=，有B=故A、B间的电势差为UAB=AB=400V100V=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=2105C300V=6103J即把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做6103J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
49、强为E=1.25104N/C，一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为=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=+4.5106C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0106C，质量m=1.0102kg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
50、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： mgsinqEcos=ma 解得：a=gsin 代入数据解得： a=（100.6）m/s2=3.2m/s2小球B速度最大时合力为零，即 mgsinqEcos=0 解得：r= 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2dMN是竖直放
51、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
52、解【解答】解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：mgd+qUCO=mv20，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=mv0=2mv2，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
