1、2016-2017学年河南省三门峡市灵宝一高学高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分；1-7小题每题只有一个选项是正确的，8-12小题为多选题，不选或错选的得0分，少选不全的得2分）1下面说法中错误的是（）A在一个以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度相同B在点电荷Q的电场中的某一点，放入带电量为q的另一点电荷，则q受到的电场力为，该点的电场强度为C电场强度是描述电场力的性质的物理量，它仅由电场自身决定D点电荷在电场中所受到的电场力的大小和方向，除了和电场有关外，还与该点电荷所带电量和性质有关2有一弹簧原长为L0，两端固定绝缘小球，球上带同种
2、电荷，电量都为Q由于静电斥力使弹簧伸长了L，如果两球的电量均减为原来的一半，那么弹簧比原长伸长了（）AB小于C大于D3在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是（）A唯一值是B最大值是C最小值是D不可能是4如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A特性曲线在区，P1P2B特性曲线
3、在区，P1P2C特性曲线在区，P1P2D特性曲线在区，P1P25如图所示，a、c、b为同一条电场线上的三点，c为ab中点，a、b电势分别为a=5V，b=3V则（）Ac点的电势一定为4VBa点的场强一定比b点场强大C正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D正电荷从a点运动到b点动能一定增加6一带电粒子射入一固定的点电荷的电场中，沿如图所示的虚线由a点运动到b点a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb且rarb若不计重力，则（）A带电粒子一定带正电B库仑力先做正功后做负功C带电粒子在b点的动能大于在a点的动能D带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能7带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正
4、中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰金属板，欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰金属板，则必须（）A使粒子电量减为原来的B使两板间的电压减为原来的C使两板间的电压减为原来的D使两板间的距离减为原来的8如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面A、B最初靠在竖直的粗糙墙上空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A两物块下落的加速度大小均为gB两物块下落的加速度大小应小于gCA、B之间接触面上
5、的弹力为零DB受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上9图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）AQ1、Q2都是正电荷，且Q1Q2BQ1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1|Q2|CQ1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|Q2DQ1、Q2都是负电荷，且|Q1|Q2|10两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示则下列判断正确的是（）AM点电势为零，N点场强为零BM点场强为零，N点电势为零CQ1带
6、负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小DQ1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小11如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（）A小物块所受电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功12如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法
7、（）A增大U2B减小LC减小dD减小 U1二实验题（本题共2小题，第13小题6分，第14小题10分，共16分）13在研究点电荷作用力与距离、电荷量关系的演示实验中，利用的方法来改变点电荷的电荷量演示装置如图所示，如果F=k=mgtan=mg，则A、O、B的连线必须在14如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中，电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触极板（选填左侧或右侧）使电容器带电上移其中一极板，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）；将极扳间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）；两
8、板间插入电介质时，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）（2）由以上实验现象得到的结论是（3）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有A使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C静电计可以用电压表替代D静电计可以用电流表替代三计算题（本题共4小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到
9、最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为求小球经过最低点时细线对小球的拉力16如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.01015kg，电荷量为q=+1012C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）（1）粒子源所在处a点的电势；（2）带电粒子打在金属板上时的动能；（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）17如图所示，处于同一条竖
10、直线上的两个点电荷A、B带等量同种电荷，电荷量为Q；G、H是它们连线的垂直平分线另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），被长为l的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向上的夹角=30试求：（1）在A、B所形成的电场中，MN两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高（2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为x的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT（静电力常量为k）18如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面
11、处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为m、带电荷量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W2016-2017学年河南省三门峡市灵宝一高学高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12道小题，每
12、小题4分，共48分；1-7小题每题只有一个选项是正确的，8-12小题为多选题，不选或错选的得0分，少选不全的得2分）1下面说法中错误的是（）A在一个以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度相同B在点电荷Q的电场中的某一点，放入带电量为q的另一点电荷，则q受到的电场力为，该点的电场强度为C电场强度是描述电场力的性质的物理量，它仅由电场自身决定D点电荷在电场中所受到的电场力的大小和方向，除了和电场有关外，还与该点电荷所带电量和性质有关【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度是描述电场力的性质的物理量，
13、它仅由电场自身决定，电荷在电场中所受到的电场力的大小F=qE，方向与电荷的电性有关，【解答】解：A、由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、在点电荷Q的电场中的某一点，放入带电量为q的另一点电荷，则q受到的电场力为，该点的电场强度为，故B正确；C、电场强度是描述电场力的性质的物理量，它仅由电场自身决定，故C正确；D、电荷在电场中所受到的电场力的大小F=qE，方向与电荷的电性有关，故D正确；因选错误的，故选：A2有一弹簧原长为L0，两端固定绝缘小球，球上带同种电荷，电量都为Q由于静电斥力使弹簧伸长了L，如果两球的电量均减为原来的一半，那么弹
14、簧比原长伸长了（）AB小于C大于D【考点】库仑定律；胡克定律【分析】根据库仑定律的公式：F=知，电量减小，则库仑力减小，两球相互靠近，通过假设两球距离等于r，判断两球之间距离会如何变化【解答】解：电量减小一半，根据库仑定律 F=知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的，故小球不能平衡，弹簧的伸长量要减小，弹簧的弹力减小，若伸长量减小到L，弹力变为开始时的，但静电力又增加了，故产生静电力大于弹簧的弹力，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的此时弹簧的伸长量rL故C正确、ABD错误故选：C3在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为
15、一直线，直线与竖直方向的夹角为，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是（）A唯一值是B最大值是C最小值是D不可能是【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值【解答】解：由题，带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsin，得到 Emin=故选：C4如图所示为电阻
16、R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A特性曲线在区，P1P2B特性曲线在区，P1P2C特性曲线在区，P1P2D特性曲线在区，P1P2【考点】欧姆定律【分析】伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系【解答】解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R
17、的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该区R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1P2故选C5如图所示，a、c、b为同一条电场线上的三点，c为ab中点，a、b电势分别为a=5V，b=3V则（）Ac点的电势一定为4VBa点的场强一定比b点场强大C正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D正电荷从a点运动到b点动能一定增加【考点】电势；电场强度；电势能【分析】题目中只给出一条电场线，因此不能判断电场的分布情况，但是根据沿电场线电势降低，可以判断该电场线的方向，然后根据电场力做功情况进一步判断电荷电势能的变化【解答】解：A、由于只
18、知道电场中一条电场线，因此不能确定该电场是否为匀强电场，故C点的电势不一定为4V，故A、B错误；C、沿电场线电势降低，因此电场方向由a指向b，正电荷受电场力与电场方向相同，所以从正电荷c点运动到b点，电场力正功，电势能减小，故C正确；D、正电荷从a点运动到b点，除了受电场力，其他受力不清楚，所以合力做功情况也不清楚，即不能确定动能的变化，故D错误故选C6一带电粒子射入一固定的点电荷的电场中，沿如图所示的虚线由a点运动到b点a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb且rarb若不计重力，则（）A带电粒子一定带正电B库仑力先做正功后做负功C带电粒子在b点的动能大于在a点的动能D带电粒子在b点的电势能
19、大于在a点的电势能【考点】电势能；动能定理的应用【分析】由轨迹弯曲方向可知，两点电荷带同种电荷轨迹向左弯曲，电荷所受的电场力大致向左，即可判断电场力做功正负，由动能定理分析动能和电势能的变化【解答】解：A、由轨迹弯曲方向可知，两点电荷带同种电荷，但由于固定的点电荷电性未知，不确定带电粒子的电性故A错误B、由图带电粒子的轨迹向左弯曲，说明带电粒子所受的库仑力大致向左，库仑力方向与带电粒子的速度方向夹角先是钝角，后是锐角，则库仑力先做负功后做正功故B错误C、D由上知道，库仑力先做负功后做正功，由于rarb，库仑力总功为负值，由动能定理得知，带电粒子在b点的动能小于在a点的动能，由能量守恒定律得知，
20、带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能故C错误，D正确故选D7带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰金属板，欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰金属板，则必须（）A使粒子电量减为原来的B使两板间的电压减为原来的C使两板间的电压减为原来的D使两板间的距离减为原来的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：平行于板的方向粒子做匀速直线运动，垂直于板的方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出板间距离与v、板间电压和距离等的关系式，再进行分析【解答】解：设平行
21、金属板板长为l，板间距离为d，板间电压为U，该带电粒子的质量和电量分别为m、q带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动由题，带电粒子恰穿过电场而不碰金属板，则有： l=vt，=又a=联立得到：d=由此式得到：欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿穿过电场不碰金属板，上式仍成立，则粒子电量减为原来的，使两板间的电压减为原来的，使两板间的距离减为原来的2倍故选B8如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面A、B最初靠在竖直的粗糙墙上空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g现
22、将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A两物块下落的加速度大小均为gB两物块下落的加速度大小应小于gCA、B之间接触面上的弹力为零DB受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电场强度【分析】对AB整体进行分析可得出受力情况，则由牛顿第二定律可得出两物体的加速度的情况；对A或B单独受力分析可得出弹力而摩擦力的情况【解答】解：对整体进行受力分析，竖直面上只受重力，水平方向A受电场力向右，B受电场力向左，而大小相等，故AB对竖直面没有压力，故在竖直面上没有摩擦力；故整体只受重力，物体做向
23、下的自由落体运动，故加速度为g，故A正确，B错误；对B受力分析，B受向左的电场力和向下的重力，电荷间的库仑力，而B向下的加速度为g，故水平方向合力应为零，故应受到A对B的弹力，故C错误；弹力垂直于接触面向下，无法和电场力平衡，故AB间会有相对滑动的趋势，故AB间有摩擦力，由水平方向上的平衡可知，摩擦力应沿接触面向上，故D正确；故选AD9图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）AQ1、Q2都是正电荷，且Q1Q2BQ1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1|Q2|CQ1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|Q
24、2DQ1、Q2都是负电荷，且|Q1|Q2|【考点】电场的叠加【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的【解答】解：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向当Q1Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左当Q1Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右 故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度
25、方向偏右不论电量大小关系，仍偏右故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左不论它们的电量大小关系，仍偏左故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|Q2|，则合电场强度方向偏左故D正确；故选：ACD10两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示则下列判断正确的是
26、（）AM点电势为零，N点场强为零BM点场强为零，N点电势为零CQ1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小DQ1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小【考点】电场线；电势【分析】由图读出电势能EP，由=，分析电势EPx图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小由F=qE，分析场强根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小【解答】解：AB、由图知，电荷在M点的电势能EP=0，由=分析得知，M点电势=0EPx图象的斜率k=F=qE，则知N点场强为零故A正确，B错误CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，
27、电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小故C错误，D正确故选：AD11如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（）A小物块所受电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【考点】电势能；电场强度；电势【分析】解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化【解答】
28、解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确故选ABD12如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引
29、起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（）A增大U2B减小LC减小dD减小 U1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关【解答】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：eU1=mv02所以电子进入偏转电场时速度的大小为：v0=电子进入偏转电场后的偏转的位移为：h=at2=（）2=所以示波管的灵敏度：所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以AB错误，CD正确故选：CD二实验题（本题共2小题，第13小题6分，第14小题10分，共16分）13在研究点
30、电荷作用力与距离、电荷量关系的演示实验中，利用控制变量法的方法来改变点电荷的电荷量演示装置如图所示，如果F=k=mgtan=mg，则A、O、B的连线必须在一条直线【考点】库仑定律【分析】探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法；依据力的合成与分解法则，结合三角知识，即可判定求解【解答】解：探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法，本实验改变了电荷间的距离，没有改变电荷量的大小，所以这个实验目的是研究电荷间的相互作用力的大小和电荷之间距离
31、的关系，小球受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为，如果F=k=mgtan=mg，则有：tan=，因此A、O、B的连线必须在一条直线上故答案为：控制变量法，一条直线14如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中，电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触右侧极板（选填左侧或右侧）使电容器带电上移其中一极板，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；将极扳间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；两板间插入电介质时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）（2）由
32、以上实验现象得到的结论是电容器的电容与两板间的距离、正对面积和是否插入电介质有关，并且随距离的增大而减小，随正对面积的增大而增大，随电介质的插入而增大（3）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有AA使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C静电计可以用电压表替代D静电计可以用电流表替代【考点】研究平行板电容器【分析】本题（1）（2）的关键是先由静电计偏转角的变化情况推知电容器两板电压变化情况，再由C=及电量不变推出电容器电容变化情况，从而推知电容器的电容与两板距离、正对面积以及电介质有关本题（3）的关键是明确静电计与电压表（或电流表）的区别，静电
33、计是一个电容器，当静电计与电容器两板相连时，两板电荷不会中和，而电压表（或电流表）与电容器相连时，电容器两板电荷会中和【解答】解：（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触右侧极板，可使电容器带电，因为若与左侧极板接触，由于左侧极板接地而使电荷被“中和”，从而不能使电容器带电电容器充电后两极板带电量不变，上移其中一个极板时，发现电容器偏转角变大电容器充电后两极板带电量不变，当极板间距离d减小时，发现静电计偏转角变小 当两板间插入电介质时，发现静电计偏转角变小 （2）由上实验可知：中由c=可知，Q不变，U变大，所以电容c变小，说明电容c与两板的正对面积有关且随正对面积的减小而减小；中由c=可知，Q不变，
34、U变小，则电容c变大，说明电容器的电容与电容器两板间距离有关，随距离的减小而增大；中由c=可知，Q不变U变小，所以电容c变大，说明电容器的电容与电介质有关，且插入电介质后电容变大综上所述，电容器的电容与两板间的距离、正对面积和是否插入电介质有关，并且随距离的增大而减小，随正对面积的增大而增大，随电介质的插入而增大（3）A、因为静电计的偏转角大小与电压成正比，所以使用静电计的目的是观察电容器两端的电压的变化情况，A正确B、使用静电计无法直接测量电容器电量的变化，B错误C、静电计不能用电压表代替，因为若是电压表，当电压表的两极与电容器的两极板连接时，两板的正负电荷会发生中和而失去电量，这样就无法研
35、究电容与什么因素有关了，所以C错误D、静电计不能用电流表替代，因为若电容器与电流表相连时，电容器会很快放电完毕并且可能由于瞬时电流太大而烧坏电流表故答案为：（1）右侧，变大，变小，变小（2）电容器的电容与两板间的距离、正对面积和是否插入电介质有关，并且随距离的增大而减小，随正对面积的增大而增大，随电介质的插入而增大（3）A三计算题（本题共4小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线
36、与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为求小球经过最低点时细线对小球的拉力【考点】电势能；牛顿第二定律；动能定理的应用；电场强度【分析】从释放点到左侧最高点，根据重力势能的减小等于电势能的增加可知，电场力与重力的关系小球运动到最低点的过程，电场做负功，重力做正功，根据动能定理求出小球经过最低点时的速度小球经过最低点时，重力和细线的拉力的合力提供向心力，牛顿第二定律求解拉力【解答】解：设细线长为L，球的电荷量为q，场强为E若电荷量q为正，则场强方向在题图中向右，反之向左即带电小球受到的电场力F=qE，方向水平向右，从释放点到左侧最高点，根据动能定理得：
37、 mgLcosqEL（1+sin）=0 若小球运动到最低点时的速度为v，由动能定理得 mgLqEL= 此时线的拉力为T，由牛顿第二定律得 Tmg= 由以上各式解得答：小球经过最低点时细线对小球的拉力为16如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.01015kg，电荷量为q=+1012C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）（1）粒子源所在处a点的
38、电势；（2）带电粒子打在金属板上时的动能；（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势【分析】（1）金属板接地，电势为零，粒子源处a点的电势高于金属板的电势，由U=Eh求出粒子源与金属板间的电势差，即为a点的电势；（2）粒子向金属板运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求解粒子打在金属板上时的动能；（3）粒子向各个方向向下运动，打金属板上形成一个圆形区域，当粒子初速度方向水平方向向左或右时，粒子做类平抛运动，打在圆形区域的边界上，水平位移等于圆的半径，根据牛顿第二定律和运动学公式，求解圆的半径，再求解面积【解答】解：（1
39、）粒子源所在处a点的电势a=Eh=80V（2）由动能定理得 qEh=Ek得到J（3）粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R，则，R=v0t解得代入数据得： m所以面积为：S=R2=4m2答：（1）粒子源所在处a点的电势为80V；（2）带电粒子打在金属板上时的动能为1.21010J；（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上所形成的面积为4m217如图所示，处于同一条竖直线上的两个点电荷A、B带等量同种电荷，电荷量为Q；G、H是它们连线的垂直平分线另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），被长为l的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，
40、由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向上的夹角=30试求：（1）在A、B所形成的电场中，MN两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高（2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为x的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT（静电力常量为k）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合力做功为零，根据动能定理即可求解；（2）在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用，且沿细线方向的合力为
41、零根据力的合成与分解及几何关系即可求解【解答】解：本题考查带电粒子在电场中的偏转和电场力做功问题，带电小球C在A、B形成的电场中从M运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合功为零，则：qUMN+mglcos=0所以 即M、N两点间的电势差大小为且N点的电势高于M点的电势在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT、以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零则 FTmgcos30FAcos30=0又 得 FT=mgcos30+答：（1）在A、B所形成的电场中，MN两点间的电势差为，N点的电势高（2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为x的正三角形
42、，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FTmgcos30+18如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为m、带电荷量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W【考
43、点】动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）滑块从静止释放到与弹簧接触的过程做匀加速运动，欲求时间，先用牛顿第二定律求得加速度，再用匀变速直线运动规律公式中位移和时间的关系式求解时间；（2）接触弹簧后随着弹簧弹力的逐渐增大，滑块的加速度逐渐减小，当加速度等于零时它的速度最大，此时合力等于零可求出弹簧缩短的距离再由动能定理求出弹簧做的功【解答】解：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma x=a 联立可得 t1= （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有 mgsin +qE=kx0 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得（mgsin +qE）（x+x0）+W=mvm20 联立可得W=mvm2（mgsin +qE）（x+）答：（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1是（2）滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W是mvm2（mgsin +qE）（x+）2016年12月31日