1、答案第 1页，总 4页物理第三次周测答案（平行班）1D2DA、由曲线运动的知识可知，粒子受到的电场力向左，电场力的方向与电场强度的方向相反，故粒子带负电，A 错误；B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到 M 点时，粒子的速度最小，故 N 点的速率比 M 大，故 B 错误；C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故 C 错误；D、粒子从 N 点运动到 M 点，电场力做负功，电势能增加，故粒子在 N 点的电势能比 M 低，D 正确。3DA、B 项：由题意得，a、c 间的电势差为Uac=a c=8 3V，a、c 两点沿
2、电场强度方向的距离为 d=2Rsin=35 m，故该匀强电场的场强 E=Uacd=40 V m，故 A、B 错误；C、D 项：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式 U=Ed，相等距离，电势差相等，因为 a=4 3V，c=4 3V，可知，O 点电势为 0，而 dO=Ob，则 a、O 间的电势差等于O、a 间的电势差，可知，d 点的电势为-4V，故 C 错误，D 正确。故应选 D。4D当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体 A 端电势等于 B 端电势。故 AB 错误。当达到静电平衡时导体中心 O 点的场强为 0，感应电荷在导体中心 O 点的场强大小与点电荷-Q 产生的场强大小相等，方向相反
3、，为 kQR2故 C 错误，D 正确。故选 D。5B金属球在点电荷 Q 附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理分析点电荷 Q在金属球球心处激发的电场场强.A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，所以接地后断开，金属球带负电;故 A 错误.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2页，总 4页B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷 Q 与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故 B 正确.C、金属球处于静电平衡状态
4、，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面的电势等于左侧表面;故 C 错误.D、点电荷 Q 在金属球球心处激发的电场场强2QFk r,方向向左;故 D 错误.故选 B.6C由平行板电容器电容的决定式4rSCkd可知，将云母介质移出，re 变小，故 C 变小，而U 不变，由QCU知 Q 变小;匀强电场电场强度UEd，因为 U 不变，板间距离 d 也不变，所以 E 不变.综上所述选 C.7D【解析】试题分析：一个带电小球沿着FOD 的角平分线从 A 点经 O 点向 B 点做直线运动，所以小球合外力沿着 AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由 O 到 D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定
5、，故 A 错误；据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故 B 错误；据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由 O 到 D，据几何关系可知，a=2gcos，故 C 错误；小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故 D 正确8C当两极板 A 和 B 的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式4SCkd分析得知，电容 C减小，而电压不变，则电容器所带电量 Q=CU 要减小，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能按 b 到 a 方向流动，所以电容器的电量不能改变，根据推论4 kqEs可知，板间场强 E 不变，电荷所受的电
6、场力不变，仍保持静止状态A.向下运动，与结论不相符，选项 A 错误；B.向上运动，与结论不相符，选项 B 错误；C.仍静止不动，与结论相符，选项 C 正确；D.无法判断，与结论不相符，选项 D 错误；9ABACD、在金属块滑下的过程中动能增加了 12J，金属块克服摩擦力做功 8.0J，重力做功 24J，答案第 3页，总 4页根据动能定理得：W 总WG+W 电+WfEk，解得：W 电4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加 4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故 A 正确，CD 错误；B、在金属块滑下的过程中重力做功 24J，重力势能
7、减小 24J，动能增加了 12J，所以金属块的机械能减少 12J，故 B 正确。10ACr1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离。所以 A 点的电势高于 B 点的电势，故 A 正确；A 到B 电势降低，所以 A点的电场强度方向由 A 指向 B，故 B错误；根据场强公式2QEk r，可得 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，故 C 正确；正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力方向由 A 指向 B，所以电场力做正功，故 D 错误。11ABD原来液滴受力平衡，则知所受的电场力向上，液滴带负电。电容器与电源相连，板间电压不变。将 b 板向下平移时，两板间的距离变大，由 E=U/
8、d 分析可知：板间电场强度减小，粒子受到的电场力减小，故液滴将向下加速运动；故 A 正确，C 错误；下极板接地，电势为零，b 板下移时，P 与上极板的距离不变，根据 U=Ed 可知，P 点与上极板的电势差减小，则 P 点的电势升高，因带电液滴带负电，故电势能将减小，故 B 正确；因两板间的电势差不变，由 W=Uq 知，前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故 D 正确；故选 ABD。12BDA、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式4SCkd分析得知，电容增大，故 A 错误。B、电容两端电势差不变，根据QCU可知，电容器的电荷量将增加，故 B 正确。CD、由于电容器上极板
9、带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏。故 D 正确，C 错误。故选 BD。13（1）-6V（2）-5V（3）200V/m（1）由 W=qU 得 UAB=WABq=-6V；（2）UAB=A-B=-6V；故A=-5V；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4页，总 4页（3）由 B 向 AC 作垂线交 AC 于 D，D 与 B 在同一等势面上，UDA=UBA=U=6V；沿场强方向 AD 两点间距离为 d=ABcos60=0.03mE=UDAd=200V/m14（1）CmgdcosQ（2）2Lgsin【解析】（1）带电液滴在运动过程中受到重力 G 及电场力 F 作用（如图），由牛顿第二定律得：qE=mgcos又 E=Ud=QCd解得：q=CmgdcosQ（2）由动能定理得：mgsinL=12 mv2解得：v=2gLsin在运动方向上 ma=mgsin解得：a=gsin由 L=12 at2得 t=2Lgsin
