物理卷·2018届四川省资阳市简阳市阳安中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版） 17页

‎2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题包括12小题，每小题4分．1至8题为单项选择，9至12题为多项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于库仑定律，下列说法正确的是（　　）‎ A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力 D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律 ‎2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度﹣时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（　　）‎ A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 ‎5．一正电荷仅受电场力的作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势φa、φb之间的关系为（　　）‎ A．Ea＞Eb B．Ea＜Eb C．φa=φb D．φa＞φb ‎6．将一正电荷从无限远移入电场中M点，静电力做功W1=6×10﹣9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功W2=7×10﹣9J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系（　　）‎ A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0‎ ‎7．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为（　　）‎ A．l+ B．l﹣‎ C．l﹣ D．l﹣‎ ‎8．a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动（不考虑带电液滴间的相互作用），下列说法不正确的是（　　）‎ A．a、b、c、d均带正点荷 B．a、b的电势能、机械能均不变 C．c的电势能减少，机械能增加 D．d的电势能减少，机械能减少 ‎9．已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（　　）‎ A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B．将小球B的质量增加到原来的8倍 C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎10．如图所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷，在A、B两点间取一矩形路径abcd，该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称．现将一电子沿该矩形路径移动一周，下列判断正确的是（　　）‎ A．a点和d点的电场强度相同 B．b点和c点的电势相等 C．电子从b点到c点，电势能先增大后减小 D．电子从d点到a点，电场力先做负功后做正功 ‎11．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 D．同一带电粒子从A点沿对角线移到C′点与从A点沿路径A→B→B′移动到B′点，电场力做功相同 ‎12．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎　‎ 二、论述与计算（本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）‎ ‎13．如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放，其带电荷量为q，A，B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=k（k为静电力常量）、方向指向甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷．‎ ‎（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小；‎ ‎（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离．‎ ‎14．如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L．若小球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动．求：‎ ‎（1）C球的电性 ‎ ‎（2）C球的电荷量．‎ ‎（3）F的大小．‎ ‎15．如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等．设斜面足够长，地球表面重力加速度为g，不计空气的阻力，求：‎ ‎（1）小球落到斜面所需时间t；‎ ‎（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E．‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h=6m．若小球通过C点的速度为v=10m/s，求：‎ ‎（1）小球通过B点的速度大小 ‎（2）小球由A到B电场力做功多少 ‎（3）小球由A到C机械能的损失了多少．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题包括12小题，每小题4分．1至8题为单项选择，9至12题为多项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于库仑定律，下列说法正确的是（　　）‎ A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力 D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．‎ 两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．‎ ‎【解答】解：A、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误．‎ B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误．‎ C、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对 Q2的电场力大小上总等于Q2对 Q1电场力．故C错误．‎ D、库仑定律的表达式为F=k，万有引力定律的表达为F=G，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；曲线运动．‎ ‎【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．‎ ‎【解答】解：‎ A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．‎ B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．‎ C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．‎ D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎3．一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度﹣时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（　　）‎ A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．‎ ‎【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．一正电荷仅受电场力的作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势φa、φb之间的关系为（　　）‎ A．Ea＞Eb B．Ea＜Eb C．φa=φb D．φa＞φb ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据受力特点可以判断A、B两点电场强度的大小，根据电场力做功的以及正电荷受力与电场线的关系判断A、B两点电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即EA=EB．故A错误，B错误；‎ C、电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，又正电荷受到电场力的方向与电场线的方向相同，沿电场线的方向都是降低，所以a点的电势高．所以φa＞φb，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．将一正电荷从无限远移入电场中M点，静电力做功W1=6×10﹣9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功W2=7×10﹣9J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系（　　）‎ A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0‎ ‎【考点】电势；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低．‎ ‎【解答】解：正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=6×10﹣9J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=qφ，知M点的电势小于无穷远的电势，即φM＜0．‎ 负电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功W2=7×10﹣9J，电势能减小，电势升高，则N点的电势小于无穷远的电势，即φN＜0．‎ 由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到φN＜φM＜0．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为（　　）‎ A．l+ B．l﹣‎ C．l﹣ D．l﹣‎ ‎【考点】库仑定律；胡克定律．‎ ‎【分析】由于3个小球带同种电荷，互相排斥，所以弹簧处于伸长状态，对小球受力分析，根据平衡的条件列出方程可以求得弹簧的原长．‎ ‎【解答】解：对第三个小球受力分析，第三个小球受三个力的作用，即为两库仑力与弹簧的拉力，‎ 它们的关系是 k0x=k+k，‎ 解得 x=；‎ 所以弹簧的原长为 l0=l﹣x=l﹣，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动（不考虑带电液滴间的相互作用），下列说法不正确的是（　　）‎ A．a、b、c、d均带正点荷 B．a、b的电势能、机械能均不变 C．c的电势能减少，机械能增加 D．d的电势能减少，机械能减少 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况，得出均受力平衡，且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、因为a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下都作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电液滴带同种电荷，都为正电荷，故A正确．‎ B、a、b在水平方向上运动，电场力和重力均不做功，所以电势能和机械能都不变，故B正确．‎ C、c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，机械能增加，故C正确．‎ D、d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，机械能减少，机械能转化为电势能．故D错误．‎ 本题选错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（　　）‎ A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B．将小球B的质量增加到原来的8倍 C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．‎ ‎【解答】解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；‎ 由几何关系可知， =；‎ 而库仑力F=； ‎ 即： ==；‎ mgd3=kq1q2L； ‎ d=‎ 要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；‎ 或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷，在A、B两点间取一矩形路径abcd，该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称．现将一电子沿该矩形路径移动一周，下列判断正确的是（　　）‎ A．a点和d点的电场强度相同 B．b点和c点的电势相等 C．电子从b点到c点，电势能先增大后减小 D．电子从d点到a点，电场力先做负功后做正功 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线的方向判断电势的高低．负电荷在电势低处电势能大．作出过bc的等势线，分析b、c两点的电势与D点电势的关系，判断电场力做功情况．采用类似方法分析由d→a，电子的电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由题，A、B两点分别放等量异号点电荷+q、﹣q，根据叠加原理可得，a点与b点电场强度的大小相等，但方向不同，则电子在a点和b点的电场强度不同．故A错误．‎ B、过bc两点作出等势线，如图，电子由b→c，电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零．电势能总量不变，则这两点电势相等，故B正确．‎ C、由d→c，电势降低，电子的电势能增大．故C错误．‎ D、由d→a，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 D．同一带电粒子从A点沿对角线移到C′点与从A点沿路径A→B→B′移动到B′点，电场力做功相同 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】本题首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，在同一等势面上的两点间的电势差为零，而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零．从而可判断A的对错；电场力做正功还是负功，取决于电荷的电性和始末位置的电势差，从而可判断B的对错；在只有电场力做功的情况下，电荷的电势能和动能之和保持不变，即电场力做正功，电势能减少，电荷克服电场力做功，电势能增加；还有就是电场力做功与路径无关，只取决于始末位置间的电势差和电量有关从而可判断CD的正误．‎ ‎【解答】解：A、由题意，电场的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，顺着电场线方向电势降低，所以AA′两点间电势差UAA′不为0，故A错误．‎ B、带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，故B正确；‎ C、同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；‎ D、由电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线A C′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；‎ B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；‎ D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、论述与计算（本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）‎ ‎13．如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放，其带电荷量为q，A，B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=k（k为静电力常量）、方向指向甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷．‎ ‎（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小；‎ ‎（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和F，根据牛顿第二定律求出其加速度大小．‎ ‎（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，可求出两球间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得 ma=﹣F，‎ 又F=‎ 可解得：a=‎ ‎（2）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，‎ ‎ F==‎ 可解得x=2l0‎ 答：（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小；‎ ‎（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离2l0．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L．若小球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动．求：‎ ‎（1）C球的电性 ‎ ‎（2）C球的电荷量．‎ ‎（3）F的大小．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；‎ ‎（2）分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律列式后联立求解即可；‎ ‎（3）把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；‎ ‎（2）设加速度为a，由牛顿第二定律：‎ 对A：‎ 对B：‎ 解得：‎ a=‎ ‎（3）对整体，根据牛顿第二定律，有：F=3ma 所以：‎ 答：（1）C球的带负电；‎ ‎（2）C球的电荷量为；‎ ‎（3）F的大小为．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等．设斜面足够长，地球表面重力加速度为g，不计空气的阻力，求：‎ ‎（1）小球落到斜面所需时间t；‎ ‎（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）小球水平抛出后，由于所受电场力与重力均为恒力，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，由运动学公式和水平位移与竖直位移的关系求解时间；‎ ‎（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能变化量等于电场力做功，由运动学公式求出竖直位移大小y，由W=qEy求解电势能的变化量．‎ ‎【解答】解：（1）小球做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 qE+mg=ma，qE=mg，得a=2g 水平方向：x=v0t 竖直方向：y=‎ 又 联立上四式得：t=‎ ‎（2）由上得y==‎ 电场力做功为W=qEy=mg•=m 故电势能的变化量△Ep=﹣W=﹣m 答：（1）小球落到斜面所需时间t为 ‎（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E为﹣m ‎　‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h=6m．若小球通过C点的速度为v=10m/s，求：‎ ‎（1）小球通过B点的速度大小 ‎（2）小球由A到B电场力做功多少 ‎（3）小球由A到C机械能的损失了多少．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】（1）对B到C的过程运用动能定理，由于半径为R的圆是等势面，所以从B到C的过程只有重力做功，根据动能定理求出带电小球通过B点的速度．‎ ‎（2）对A到C过程运用动能定理，求出电场力做功的大小．‎ ‎（3）根据功能关系可明确机械能的减小量，注意BC处在同一等势面上，故由A到C电场力做功等于由A到B电场力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）从B点到C点的过程中，因为BC两点的电势相等，电场力不做功，则由动能定理得mgRsin30°=mv2﹣mvB2‎ 可得：vB===8m/s； ‎ ‎（2）从A点到b点的过程中，应用动能定理得W+mg（h﹣Rsin30°）=mvB2‎ 可得：W=mvB2+mg（﹣h）=+0.5×10×（1.8﹣6）=﹣5J；‎ ‎（3）由于A到C电场力做功相同，均为﹣5J，‎ 而电场力做的功等于机械能的改变量，故说明机械能减小了5J．‎ 答：‎ ‎（1）带电小球通过B点的速度大小为8m/s．‎ ‎（2）带电小球由A点运动到C点的过程中电场力所做的功为﹣5J ‎（3）机械能损失了5J ‎　‎ ‎2016年12月6日