物理卷·2018届四川省成都市树德中学高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版） 20页

‎2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求）‎ ‎1．下列有关静电场的说法中正确的是（　　）‎ A．由UAB=知电势差的值与检验电荷q有关 B．同一电荷在电势越高的地方具有的电势能越大 C．电容器带电荷量越多，其电容越大 D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这是为了把静电引入大地，避免因放电引起爆炸 ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎3．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出）．在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法正确的是（　　）‎ A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强小 B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同 C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为 ‎4．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点电势相等 B．A、B两点场强相同 C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功 D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 ‎5．某电场的电场线分布如图所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中MN为圆的直径，则（　　）‎ A．一正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能 B．M点的电势与Q点的电势一样高 C．O、M间的电势差等于N、O间的电势差 D．若将一正试探电荷从N点由静止释放，电荷将沿着电场线由N运动到c ‎6．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）‎ A．增大两极之间的距离，指针张角变大 B．将金属板插入两板之间，则静电计指针张角将变大 C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零 ‎7．如图所示，水平面的上方有竖直向上的匀强电场，平面上静止着质量为M的绝缘物块，一质量是m的带正电弹性小球，以水平速度v与物块发生碰撞，并以原速率返回，弹回后仅在电场力和重力的作用下沿着虚线运动，则（　　）‎ A．弹回后的运动轨迹是抛物线 B．弹回后运动过程中电势能增加 C．弹回后运动过程中球的机械能守恒 D．弹回后运动过程中机械能与电势能的总和保持不变 ‎8．如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一小物体A带正电，另一带正电的小物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从物体A的正上方经过，若此过程中物体A始终保持静止，A、B两物体之间只有库仑力的作用，则（　　）‎ A．物体A受到地面的支持力先减小后增大 B．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 C．A物体在B运动轨迹上各点的产生场强相同 D．B物体的电势能先增大后减小 ‎9．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极板上的C点，已知AB=BC．不计空气阻力，则可知（　　）‎ A．微粒在电场中做抛物线运动 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C．MN板间的电势差为 D．MN板间的电势差为 ‎10．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm．位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为﹣4eV（取O点电势为零）．忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8．则（　　）‎ A．圆周上A、B两点的电势差为4V B．圆周上B、C两点的电势差为8V C．匀强电场的场强大小为100V/m D．当粒子经过圆周上某一位置，在具有7eV的电势能同时具有7eV的动能 ‎　‎ 二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）‎ ‎11．某平行板电容器电容为C，两板间距为d，当电压为U时，电容器带电量为　　，若该电容器的电压变为U时，板间电场强度大小为　　．‎ ‎12．在场强为E的匀强电场中，放一个电量为Q的点电荷，并以它为圆心在平行于电场线的平面内做一个圆．过圆心的电场线和圆交于A、B两点，A、B的垂直平分线交圆于C、D，如图所示．A点的电场强度是零．点电荷Q带　　电，B点的合场强大小是　　，C点的合场强大小是　　．‎ ‎13．把电荷量为+q的电荷从电场中M点移到无穷远处电场力做功W1，取无穷远处为零电势点，则M点的电势为　　；再把该电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功W2，则把该电荷从M点移到N点，电场力做功为　　．‎ ‎14．一个电子以速度v0从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和电子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行等间距．则电子从A运动到B的过程中加速度大小的变化情况是　　，电子电势能的变化量△Ep=　　eV．‎ ‎15．如图所示，质子（H）和α粒子（He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移之比为　　，增加的动能之比为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共3小题，共40分）‎ ‎16．如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为+q和﹣q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量k，求：‎ ‎（1）加速度a的大小；‎ ‎（2）F的大小．‎ ‎17．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T=．一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：‎ ‎（1）离子刚进入第四象限时的速度；‎ ‎（2）E2的大小；‎ ‎（3）当t=时，离子的速度；‎ ‎（4）当t=nT时，离子的坐标．‎ ‎18．如图所示，与水平方向成θ=37°角的传送带以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，传送带两端AB的距离足够长，传送带下端A点与一水平面平滑相接，在空间中所有区域存在一与水平方向夹角θ=37°，方向与传送带平行的匀强电场，场强大小E=10N/C．有一质量为m=2kg，带电量q=+0.5C的小物块放于距A点x1=10.125m的P点静止释放．物块与水平面间的动摩擦因数μ1=．物块与传送带的动摩擦因数为μ2=，物块在水平面及传送带上运动时，所有接触面均绝缘，物块在运动过程中电量不变，经过A点动能不损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）物块首次运动到A点时的速度大小．‎ ‎（2 ）程中产生的摩擦热Q；‎ ‎（3）物块运动到最高点位置的电势φ．（设P点电势为零）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求）‎ ‎1．下列有关静电场的说法中正确的是（　　）‎ A．由UAB=知电势差的值与检验电荷q有关 B．同一电荷在电势越高的地方具有的电势能越大 C．电容器带电荷量越多，其电容越大 D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这是为了把静电引入大地，避免因放电引起爆炸 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场；* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】电势差的值与检验电荷q无关，由电场本身决定．根据公式Ep=qφ分析电势能与电势的关系．电容由电容器本身决定，与其带电量无关．根据静电场的相关知识分析即可．‎ ‎【解答】解：A、UAB=是电势差的定义式，采用比值法，则知电势差的值与检验电荷q无关，由电场本身决定．故A错误．‎ B、根据电势能公式Ep=qφ知，同一正电荷在电势越高的地方具有的电势能越大，而同一负电荷在电势越高的地方具有的电势能越小，故B错误．‎ C、根据电容的定义式C=知，C采用比值法定义，C与Q、U无关，由电容器本身决定，故C错误．‎ D、运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这是为了把摩擦产生的静电引入大地，避免因放电引起爆炸，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎【考点】库仑定律；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出）．在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法正确的是（　　）‎ A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强小 B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同 C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断M和N的场强大小．根据场强的定义式求M点处的场强大小．场强方向与负电荷所受的电场力方向相反．ab为异种电荷，根据电场线的分布情况判断电荷量的关系．场强由电场本身决定，与检验电荷无关．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，M点处的场强比N点处场强小，故A正确．‎ B、根据场强的定义式知，M点的场强大小为，方向与负电荷所受电场力方向相反，故B错误．‎ C、根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知为异种电荷；据点电荷的场强公式：E=k知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，‎ 由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，所以a的电荷量小于b的电荷量，故C正确．‎ D、场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以M点处的点电荷电量变为2q，该处场强不变，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎4．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点电势相等 B．A、B两点场强相同 C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功 D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；‎ B、电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B正确；‎ C、将一正电荷从A点移到B点，电场力向右，做正功，电势能减小，故C错误；‎ D、将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．某电场的电场线分布如图所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中MN为圆的直径，则（　　）‎ A．一正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能 B．M点的电势与Q点的电势一样高 C．O、M间的电势差等于N、O间的电势差 D．若将一正试探电荷从N点由静止释放，电荷将沿着电场线由N运动到c ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线方向判断电势高低，再根据电势的高低或电场力做功情况判断电势能的大小；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的大小；根据受力情况正确判断电荷在电场中的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、根据等势面与电场线垂直，且顺着电场线方向电势逐渐降低，由图可得，O点的电势高于Q点的电势，根据Ep=qφ可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故A正确；‎ B、顺着电场线方向电势逐渐降低，则知，M点的电势比Q点的电势低，故B错误；‎ C、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故C错误．‎ D、若将一正试探电荷从N点由静止释放，电荷所受的电场力向左，将沿着电场线由N运动到M，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）‎ A．增大两极之间的距离，指针张角变大 B．将金属板插入两板之间，则静电计指针张角将变大 C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．‎ ‎【解答】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．‎ B、将金属板插入两板之间，ɛ变大，由电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故B错误．‎ C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．‎ D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，水平面的上方有竖直向上的匀强电场，平面上静止着质量为M的绝缘物块，一质量是m的带正电弹性小球，以水平速度v与物块发生碰撞，并以原速率返回，弹回后仅在电场力和重力的作用下沿着虚线运动，则（　　）‎ A．弹回后的运动轨迹是抛物线 B．弹回后运动过程中电势能增加 C．弹回后运动过程中球的机械能守恒 D．弹回后运动过程中机械能与电势能的总和保持不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据类平抛运动分析运动时间和运动轨迹，机械能守恒的条件是只有重力做功；动量守恒的条件是系统不受外力或者所受外力的合力为零．‎ ‎【解答】解：A、碰撞后小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球做类平抛运动，运动轨迹是抛物线，故A正确；‎ B、由图示可知，弹回后晕倒过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；‎ C、弹回后运动过程除重力做功外电场力做正功，小球的机械能增加，机械能不守恒，故C错误；‎ D、碰撞后球原速率返回，沿着虚线运动，电场力做正功，电场力做的功等于机械能增加量，电场力做的功也等于电势能的减小量，故弹回后机械能与电势能的总和守恒，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一小物体A带正电，另一带正电的小物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从物体A的正上方经过，若此过程中物体A始终保持静止，A、B两物体之间只有库仑力的作用，则（　　）‎ A．物体A受到地面的支持力先减小后增大 B．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 C．A物体在B运动轨迹上各点的产生场强相同 D．B物体的电势能先增大后减小 ‎【考点】电场强度；库仑定律；电势能．‎ ‎【分析】物体A受到重力、支持力、库仑力和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡判断A所受的支持力和摩擦力大小的变化．通过力与运动方向的关系判断库仑力是否做功，判断B的电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、物体A受到重力mg、支持力N、库仑力F和静摩擦力f，如图．由平衡条件有：N=mg+Fcosθ，库仑力F的大小不变，θ先减小到零，然后又增大．所以支持力的大小先增大后减小．故A错误．‎ B、摩擦力大小f=Fsinθ，θ先减小到零，然后又增大．知摩擦力先减小后反向增大．故B正确．‎ C、根据E=k知，物体A物体在B运动轨迹上各点的场强大小相等，但方向不同，则场强不同．故C错误．‎ D、库仑力的方向与B的运动方向垂直，所以库仑力对B不做功，则B的电势能不变．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0‎ 竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极板上的C点，已知AB=BC．不计空气阻力，则可知（　　）‎ A．微粒在电场中做抛物线运动 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C．MN板间的电势差为 D．MN板间的电势差为 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据类平抛运动的特点：初速度的方向与合外力的方向垂直来判定粒子是否在电场中做类平抛运动，根据动能定理判定粒子达到C点是的速度，和MN之间的电势差．‎ ‎【解答】解：A：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动﹣﹣即抛物线运动，所以A正确；‎ B：因AB=BC，即，可见vC=v0．故B正确；‎ C：由动能定理，得：W电+WG=△Ek=0，即：，而所以：，故C错误；‎ D：由mg=qE得，代入，得．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎10．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm．位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为﹣4eV（取O点电势为零）．忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8．则（　　）‎ A．圆周上A、B两点的电势差为4V B．圆周上B、C两点的电势差为8V C．匀强电场的场强大小为100V/m D．当粒子经过圆周上某一位置，在具有7eV的电势能同时具有7eV的动能 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】先根据电势的定义判断出C点的电势，再结合电场的对称性判断出A点的读数与B点的电势；结合几何关系求出匀强电场的电势差；根据粒子在A点的动能和电势能求出粒子的总能量，然后判断选项D说法正确．‎ ‎【解答】解：根据电势的定义可知C点的电势：φC===﹣4V，‎ 所以：UOC=φO﹣φC=0﹣（﹣4）=4V 根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知：UAO=UOC=4V 所以：φA=φO+UAC=0+4=4V，‎ 粒子在A点的动能是8eV，在B点的动能是12eV，根据动能定理得：WAB=EKB﹣EKA=12﹣8=4eV，‎ 所以：UAB===4V，所以：φB=φA﹣UAB=4﹣4=0V；‎ A、由以上的分析可知，UAB=4V．故A错误；‎ B、由以上的分析可知，UBC=φB﹣φC=0﹣（﹣4）=4V，故B错误；‎ C、由于B点的电势等于O点的电势等于0，所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点做OB的垂线交OB与D点，则AD的方向就是该电场的场强方向，如图：‎ O点是圆心，由几何关系可知：∠ABO=∠BAC=63.5°‎ 所以：∠AOB=180°﹣∠ABO﹣∠BAC=180°﹣63.5°﹣63.5°=53°‎ 所以： =Rsin53°=0.05×0.8=0.04m=4cm，‎ 由于OBD是等势面，所以：E===100V/m．故C正确．‎ D、A点的电势为4V，所以粒子在A点的电势能：EPA=e•φA=4eV 粒子的总能量：E=EKA+EPA=8+4=12eV 粒子的总能量为12eV，所以当某个粒子经过圆周上某一位置时，若具有7eV的电势能，则同时具有12﹣7=5eV的动能，故D错误，‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）‎ ‎11．某平行板电容器电容为C，两板间距为d，当电压为U时，电容器带电量为　UC　，若该电容器的电压变为U时，板间电场强度大小为　　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．‎ ‎【分析】根据电容器的电容的定义式变形后即可求得电量；再根据匀强电场中电势差与电场强度的关系即可求得场强．‎ ‎【解答】解：根据C=可知，电量为：Q=UC； ‎ 根据E=可知，电容器的电压变为U时，板间电场强度为：E==； ‎ 故答案为：UC，‎ ‎　‎ ‎12．在场强为E的匀强电场中，放一个电量为Q的点电荷，并以它为圆心在平行于电场线的平面内做一个圆．过圆心的电场线和圆交于A、B两点，A、B的垂直平分线交圆于C、D，如图所示．A点的电场强度是零．点电荷Q带　负　电，B点的合场强大小是　2E　，C点的合场强大小是　　．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】该题中ABCD四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的电场的叠加，要用矢量合成的方法来判断．根据A点的电场强度为零可知，点电荷的带电．从而即可解题．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，A点的电场强度为零，则点电荷产生的场强在A点的方向向左，大小等于E；所以点电荷的带负电，因此ABCD四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的会聚状的电场的叠加，‎ 对于B点两个电场在此处叠加，它们的场强大小相等，方向相同，故B的合电场强度大小为2E，‎ 对于C点两个电场在此处叠加，它们的场强大小相等，方向相互垂直，故C的合电场强度大小为，‎ 故答案为：负；2E； E．‎ ‎　‎ ‎13．把电荷量为+q的电荷从电场中M点移到无穷远处电场力做功W1，取无穷远处为零电势点，则M点的电势为　　；再把该电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功W2，则把该电荷从M点移到N点，电场力做功为　W1﹣W2　．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】检验电荷在电场中某点A具有的电势能EPA与它所带的电荷量q成正比，其比值定义为电场中A点的电势，用φA表示；电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示．‎ ‎【解答】解：M点的电势为把电荷从该点移动到零势能位置时静电力做的功，与电荷量的比值，即φM=；同理，φN=‎ 把该电荷从M点移到N点，电场力做功为W=UMNq=（φM﹣φN）q=（﹣）q=W1﹣W2；‎ 故答案为：；W1﹣W2‎ ‎　‎ ‎14．一个电子以速度v0从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和电子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行等间距．则电子从A运动到B的过程中加速度大小的变化情况是　先不变，后变小　，电子电势能的变化量△Ep=　90　eV．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，‎ 电子电势能的变化量△Ep=（φA﹣φB）eV=eV=90eV；‎ 故答案为：先不变，后变小；90‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，质子（H）和α粒子（He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移之比为　1：2　，增加的动能之比为　1：4　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】质子和α粒子都垂直于电场线方向进入偏转电场，都做类平抛运动，运用运动的分解法研究运动时间关系，根据牛顿第二定律和位移公式结合得到侧向移动的距离表达式，即可研究侧向移动的距离之比．由动能定理列式求解所增加的动能之比．‎ ‎【解答】解：对于任一粒子垂直于电场线方向进入偏转电场后，沿初速度方向都做匀速直线运动，运动时间为：t=‎ 侧向位移为 ‎ 又 初动能 Ek0=‎ 联立得：y=‎ 由题：Ek0相同，E、L也相同，则y∝q 质子和α粒子的电荷量之比为1：2，所以它们的侧向移动的距离之比是1：2．‎ 电场力做功W=qEy，根据动能定理得：‎ 动能的增量△Ek=W=qEy=qE•=∝q2；‎ 所以得所增加的动能之比是1：4．‎ 故答案为：1：2； 1：4‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共3小题，共40分）‎ ‎16．如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为+q和﹣q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量k，求：‎ ‎（1）加速度a的大小；‎ ‎（2）F的大小．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律，代入数据计算出两球相互吸引的库仑力F库=．A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有：F库﹣mgsin 30°=ma，联立即可计算出加速度．‎ ‎（2）把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有F﹣（m+m）gsin 30°=（m+m）a，代入数据可以计算出恒力F．‎ ‎【解答】解：（1）根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力：‎ F库═=，‎ A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有：F库﹣mgsin 30°=ma…①，‎ 所以：a==‎ ‎（2）把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有：‎ F﹣（m+m）gsin 30°=（m+m）a…②，‎ 联立得：F=‎ 答：（1）加速度a的大小是；‎ ‎（2）F的大小是．‎ ‎　‎ ‎17．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T=．一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：‎ ‎（1）离子刚进入第四象限时的速度；‎ ‎（2）E2的大小；‎ ‎（3）当t=时，离子的速度；‎ ‎（4）当t=nT时，离子的坐标．‎ ‎【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）根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；‎ ‎（2）在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；‎ ‎（3）粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；‎ ‎（4）根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．‎ ‎【解答】解：（1）设刚进入第四象限的速度为v0．在第一象限内，有库仑力提供离子圆周运动的向心力有：‎ 得：‎ ‎（2）在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）离子进入第四象限后，在水平方向上，有：‎ 得： =‎ 所以此时离子的合速度：‎ 方向与水平方向成450角斜向下 ‎ ‎（4）由（3）分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进，‎ 因为开始计时时离子坐标为x0所以nT时，离子的横坐标为x=x0+nx0=（n+1）x0‎ 纵坐标：y=﹣v0nT=﹣2nx0 ‎ 故，在nT时离子的坐标为：[（n+1）x0，﹣2nx0]‎ 答：（1）离子刚进入第四象限时的速度为；‎ ‎（2）E2的大小为；‎ ‎（3）当t=时，离子的速度为；‎ ‎（4）当t=nT时，离子的坐标为：[（n+1）x0，﹣2nx0]．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，与水平方向成θ=37°角的传送带以速度v0‎ ‎=3m/s顺时针匀速转动，传送带两端AB的距离足够长，传送带下端A点与一水平面平滑相接，在空间中所有区域存在一与水平方向夹角θ=37°，方向与传送带平行的匀强电场，场强大小E=10N/C．有一质量为m=2kg，带电量q=+0.5C的小物块放于距A点x1=10.125m的P点静止释放．物块与水平面间的动摩擦因数μ1=．物块与传送带的动摩擦因数为μ2=，物块在水平面及传送带上运动时，所有接触面均绝缘，物块在运动过程中电量不变，经过A点动能不损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）物块首次运动到A点时的速度大小．‎ ‎（2 ）程中产生的摩擦热Q；‎ ‎（3）物块运动到最高点位置的电势φ．（设P点电势为零）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；电势．‎ ‎【分析】（1）对物块从P到A过程，根据动能定理列式求解末速度；‎ ‎（2）对物块沿着传送带上升过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解时间；根据Q=f•△S求解系统摩擦产生的热量；‎ ‎（3）求出物块向上运动的距离，应用U=Ed求出电势差，然后根据电势差的定义求出最高点的电势．‎ ‎【解答】解：（1）从P到A过程，由动能定理得：‎ qEcosθ•x1﹣μ1（mg﹣qEsinθ）x1=mvA2﹣0，‎ 代入数据解得：vA=4.5m/s；‎ ‎（2）共速前，对物块，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ+μ2mgcosθ﹣qE=ma1，‎ 代入数据解得：a1=4.5m/s2，‎ 运动时间：t1===s，‎ 相对位移：△s1=t1﹣v0t1=×﹣3×=0.25m，‎ 共速后，物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣μ2mgcosθ﹣qE=ma2，‎ 代入数据解得：a2=2.5m/s2，‎ 运动时间为：t2===1.2s，‎ 相对运动位移为：△s2=v0t2﹣t2=3×1.2﹣×1.2=1.8m，‎ 产生的热量为：Q=μ2mgcosθ（△s1+△s2）=×2×10×cos37°×（0.25+1.8）=4.1J；‎ ‎（3）物块沿斜面向上运动的距离为：x2=t1+t2=×+×1.2=3.05m，‎ 设最高点为C，则有：UPC=E（x1cosθ+x2），‎ 代入数据解得：UPC=111.5V，‎ 电势差为：UPC=φP﹣φC，‎ 最高点电势为：φC=φP﹣UPC=0﹣111.5=﹣111.5V；‎ 答：（1）物块首次运动到A点时的速度大小为4.5m/s．‎ ‎（2 ）程中产生的摩擦热Q为4.1J；‎ ‎（3）物块运动到最高点位置的电势φ为﹣111.5V．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日