物理卷·2018届广东省韶关市仁化中学高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版） 21页

‎2016-2017学年广东省韶关市仁化中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹不是图中的有（　　）‎ A．若玻璃管做匀速运动，则为直线P B．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线R C．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线Q D．若玻璃管做匀减速运动，则为曲线R ‎2．如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，下列关系式正确的是（　　）‎ A．ta＞tb，va＞vb B．ta＞tb，va＜vb C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb ‎3．对电现象及规律的认识中，下列说法中正确是（　　）‎ A．丝绸和玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电是由于丝绸上一些正电荷转移到玻璃棒上 B．真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，则它们之间的作用力变为原来的4倍 C．真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，则它们之间的作用力变为原来的一半 D．电场线是电场中实际存在的曲线 ‎4．如图所示，一带正电的粒子处于电场中，图中能正确表示该粒子所受静电力的是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎5．下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是（　　）‎ A．‎ 以正点电荷为圆心的圆周上的两点 B．‎ 负点电荷电场中同一电场线上的两点 C．‎ 与匀强电场电场线垂直的直线上的两点 D．‎ 等量异号点电荷连线中垂线上的两点 ‎6．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子的速度变大 C．粒子的加速度变大 D．粒子的电势能变大 ‎7．某电场的电场线如图所示，电场中M、N两点的场强大小分别为EM和EN，由图可知（　　）‎ A．EM=EN B．EM＞EN C．EM＜EN D．无法比较EM和EN的大小 ‎8．一带负电荷的质点，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增的．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．‎ ‎9．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.2J C．金属块的机械能减少1.2J D．金属块的电势能增加0.2J ‎10．空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（　　） ‎ A．空间各点场强的方向均与x轴垂直 B．电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功 C．正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小 D．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能增加 ‎　‎ 二、多项选择题：每小题有两个或两个以上选项符合题意（本部分4小题，每小题6分，共24分）‎ ‎11．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度﹣时间图象如图乙所示，则（　　）‎ A．电子在A、B两点受的电场力FA＜FB B．A、B两点的电场强度EA＞EB C．A、B两点的电势φA＜φB D．电子在A、B两点具有的电势能EPA＜EPB ‎12．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势能逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 ‎13．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA＜OB，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB B．EA可能小于EB C．φA一定等于φB D．φA一定大于φB ‎14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功 B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向 C．x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小 D．x1处的电势比x2处的电势低 ‎　‎ 二、计算题（共计46分）‎ ‎15．如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10﹣14C和Q2=﹣2×10﹣14C，在AB的垂直平分线上有一点C，且AB=AC=BC=6×10﹣2m．试求：‎ ‎（1）C点的场强大小和方向．‎ ‎（2）如果有一电子静止在C点，它所受的库仑力的大小和方向．‎ ‎16．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）电荷从b移到c，静电力做功W2‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac．‎ ‎17．一质量为m1=1kg，带正电且电量q=0.5C的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省韶关市仁化中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹不是图中的有（　　）‎ A．若玻璃管做匀速运动，则为直线P B．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线R C．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线Q D．若玻璃管做匀减速运动，则为曲线R ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动．知轨迹可能为直线P，故A正确．‎ B、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．根据轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向，知轨迹可能为曲线Q．故B错误，C正确；‎ D、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀减速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．根据轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向，知轨迹可能为曲线R，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，下列关系式正确的是（　　）‎ A．ta＞tb，va＞vb B．ta＞tb，va＜vb C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移相等，比较初速度的大小．‎ ‎【解答】解：根据h=知，，可知ta＞tb．‎ 由于水平位移相等，根据x=v0t知，va＜vb．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．对电现象及规律的认识中，下列说法中正确是（　　）‎ A．丝绸和玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电是由于丝绸上一些正电荷转移到玻璃棒上 B．真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，则它们之间的作用力变为原来的4倍 C．真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，则它们之间的作用力变为原来的一半 D．电场线是电场中实际存在的曲线 ‎【考点】库仑定律；元电荷、点电荷；电场线．‎ ‎【分析】解本题需要掌握：摩擦起电是电子转移引起的，并非正电荷的转移引起的；‎ 正确利用库仑定律：分析库仑力的大小变化；‎ 电场线不是真实存在的线，而是为了形象地描述电场而假想的线．‎ ‎【解答】解：丝绸和玻璃棒摩擦时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，从而使丝绸带负电，玻璃棒带正电，摩擦起电是由于电子的转移引起，而非正电荷的转移，故A错误；‎ 根据库仑定律可知：两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，它们之间的作用力变为原来的4倍，若距离增为原来的2倍，电荷量均不变，则作用力变为原来的四分之一，故B正确，C错误；‎ 电场线是为了形象的描述电场而引人的假象的线，不是真实存在的，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一带正电的粒子处于电场中，图中能正确表示该粒子所受静电力的是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的特点，即正电荷在电场中受力的方向与该点的切线的方向相同，根据这个特点可以很容易的判断出正电荷的受力的方向．‎ ‎【解答】解：正电荷在电场中受到的电场力的方向是沿着电场线的切线方向的，由此可知，沿着电场线的切线方向的是F2，所以能正确表示正电荷的受到电场力的为B．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是（　　）‎ A．‎ 以正点电荷为圆心的圆周上的两点 B．‎ 负点电荷电场中同一电场线上的两点 C．‎ 与匀强电场电场线垂直的直线上的两点 D．‎ 等量异号点电荷连线中垂线上的两点 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．根据各种电场的电场线和等势面的分布情况，进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、a、b是同一等势面上的两点，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、a处电场线比b处电场线密，则a处场强较大，顺着电场线方向，电势降低，则b点的电势较高，故B错误．‎ C、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a、b又在同一等势面上，电势相等，故C正确．‎ D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．根据电场线的分布可知：a处场强较大．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子的速度变大 C．粒子的加速度变大 D．粒子的电势能变大 ‎【考点】等势面；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电．故A错误．‎ B、由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加．故B正确．‎ C、由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小．故C错误．‎ D、由电场力做功的公式WAB=qUAB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．某电场的电场线如图所示，电场中M、N两点的场强大小分别为EM和EN ‎，由图可知（　　）‎ A．EM=EN B．EM＞EN C．EM＜EN D．无法比较EM和EN的大小 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，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．‎ ‎【解答】解：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EM＜EN，所以C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．一带负电荷的质点，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增的．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；向心力．‎ ‎【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，与题相符．故B正确．‎ 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，不符合题意．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎9．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.2J C．金属块的机械能减少1.2J D．金属块的电势能增加0.2J ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．‎ ‎【解答】解：A、B、D、在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理得：‎ ‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：W电=△EK﹣WG﹣Wf=0.7﹣1.2﹣（﹣0.3）=﹣0.2J 所以电场力做功﹣0.2J，金属块的电势能增加0.2J．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D正确，AB错误 C、在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，所以金属块的机械能减少0.5J，故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（　　） ‎ A．空间各点场强的方向均与x轴垂直 B．电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功 C．正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小 D．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能增加 ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直．电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直．故A错误．‎ ‎ B、x轴从0移到x1，各点电势不相等，任意两点间电势差不为零，电场力做功．故B错误．‎ C、正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电势降低，电荷的电势能降低，电场力做正功．故C正确．‎ D、负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：每小题有两个或两个以上选项符合题意（本部分4小题，每小题6分，共24分）‎ ‎11．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度﹣时间图象如图乙所示，则（　　）‎ A．电子在A、B两点受的电场力FA＜FB B．A、B两点的电场强度EA＞EB C．A、B两点的电势φA＜φB D．电子在A、B两点具有的电势能EPA＜EPB ‎【考点】电势能；电场强度；电势．‎ ‎【分析】由静止释放电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，分析电场力的方向，确定电场线的方向．根据顺着电场线方向，电势降低，判断电势的高低．从速度图象看出，电子从A运动到B过程加速度变小，场强增变小．‎ ‎【解答】解：根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从A→B，而电子带负电，电场线方向从B→A，则B点的电势大于A点的电势，即φA＜φB．故C正确 从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变化，电场力减小，即FA＞FB，场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即EA＞EB．故A错误，B正确；因电场力做正功，则电势能减小，故D错误．‎ 故选：B　C ‎　‎ ‎12．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势能逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；‎ B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；‎ C、根据电势能Ep=qφ可知，电势能与电场强度无直接关系，故C错误；‎ D、顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA＜OB，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB B．EA可能小于EB C．φA一定等于φB D．φA一定大于φB ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】用常见电荷的电场线的分布特点和点电荷场强公式E=，分析出电荷连线和连线中垂线上场强和电势的特点．‎ ‎【解答】解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在B点以上，还可能在A点一下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；中点以上的中垂线各点电场强度方向竖直向上，故电势越来越低，φA一定大φUB；故AC错误，BD正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功 B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向 C．x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小 D．x1处的电势比x2处的电势低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据图象可以知道电势能的变化情况，可判断出电场力做功情况，分析出电场力的方向，进而判断出电场强度的方向．由图可知，粒子通过相同位移时，电势能的减小量增大，说明电场力做功变快，由W=Fs可知电场力的变化情况，判断出电场强度的大小．由电场线的方向可判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、带负电粒子从x1运动到x2的过程中电势能减小，则电场力做正功，故A正确；‎ B、电场力做正功，说明粒子所受的电场力方向沿x轴正方向在，则粒子带负电，可知电场强度方向沿x轴负方向，故B错误；‎ C、根据△Ep=﹣F△x，知Ep﹣x图象斜率的绝对值等于电场力，由图知，粒子在x1处所受的电场力小于在x2处所受的电场力，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度的大小，故C正确；‎ D、电场强度方向沿x轴负方向，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，x1处的电势比x2处的电势低，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ 二、计算题（共计46分）‎ ‎15．如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10﹣14C和Q2=﹣2×10﹣14C，在AB的垂直平分线上有一点C，且AB=AC=BC=6×10﹣2m．试求：‎ ‎（1）C点的场强大小和方向．‎ ‎（2）如果有一电子静止在C点，它所受的库仑力的大小和方向．‎ ‎【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）先求解Q1、Q2单独存在时在C点产生的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强大小和方向；‎ ‎（2）根据F=qE求解库仑力大小，负电荷受到的库仑力与场强方向相反．‎ ‎【解答】解：（1）Q1、Q2单独存在时在C点产生的场强大小为：‎ E1=E2==0.05N/C 根据平行四边形定则，合场强为：‎ E=E1=E2=0.05N/C 平行Q1、Q2连线向右；‎ ‎（2）根据F=qE，电子在C点所受的库仑力的大小：‎ F=eE=1.6×10﹣19×0.05=8×10﹣21N 平行Q1、Q2连线向左 答：（1）C点的场强大小为0.05N/C，方向平行Q1、Q2连线向右；‎ ‎（2）如果有一个电子静止在C点，它所受的库仑力的大小为8×10﹣21N，方向平行Q1、Q2连线向左．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）电荷从b移到c，静电力做功W2‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．‎ ‎（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．‎ ‎（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac．‎ ‎【解答】解：ab=5cm0.05m，bc=12cm=0.12m ‎（1）由题，由W1=qELab得：E==V/m=60V/m，‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功为：W2=qELbccos60°=4×10﹣8×60×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J ‎（3）电荷从a移到c电场力做功为：Wac=W1+W2‎ 则a、c两点的电势差为：Uac==V=6.6V 答：（1）匀强电场的场强为60V/m．‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功为1.44×10﹣7J．‎ ‎（3）a、c两点的电势差为6.6V．‎ ‎　‎ ‎17．一质量为m1=1kg，带正电且电量q=0.5C的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜‎ ‎4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，根据速度分解求出经过A点时的速度大小vA．‎ ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，有两种情况：一种恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，另一种恰好滑到与圆心等高的点速度为零，根据牛顿第二定律和动能定理结合进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球离开平台后做平抛运动，由题意知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则有：‎ cos53°=‎ 代入数据解得：vA=7.5m/s ‎（2）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有：‎ m1g+qE=m1‎ 根据动能定理得：‎ ‎﹣（m1g+qE）R（1+cos53°）=﹣‎ 联立以上两式解得：R=m 故当0＜R≤m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．‎ ‎（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得：‎ ‎﹣（m1g+qE）Rcos53°=0﹣‎ ‎ 解得：R=m 根据题中信息可知R＜4m．故当m≤R＜4m时，小球在轨道内来回的滚动．‎ 综上所术，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m．‎ 答：（1）小球M经过A点的速度大vA是7.5m/s ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m．‎ ‎　‎