物理卷·2018届福建省泉州市南安一中高二上学期第一次段考物理试卷（10月份）（解析版） 21页

‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高二（上）第一次段考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一．选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分．每小题给出的四个选项中，第1～9小题只有一个选项正确；第10～15小题有多个选项正确．C ‎1．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎2．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等，符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1，若将N点处的点电荷移到P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（　　）‎ A．1：2 B．2： C．2：1 D．4：‎ ‎4．如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A﹣→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大 C．电势差UAB=UBC D．电势φA＜φB＜φC ‎5．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．匀强电场的电场强度大小为10 V/m B．匀强电场的电场强度大小为V/m C．电荷量为1.6×10﹣19 C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10﹣19 J D．电荷量为1.6×10﹣19 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10﹣19 J ‎6．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）‎ A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关 ‎7．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 ‎8．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（　　）‎ A．三种粒子在电场中运动时间相同 B．三种粒子到达正极板时速度相同 C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变 D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电 ‎9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置B时速度为零．以下说法中正确的是（　　）‎ A．小球在B位置处于平衡状态 B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mg C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为﹣qEl ‎10．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．加5 V电压时，导体的电阻约是5Ω B．加12 V电压时，导体的电阻约是1.4Ω C．由图可知随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎11．如图所示，可视为点电荷的小物块A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为（　　）‎ A．A可能受到2个力作用 B．A可能受到3个力作用 C．A可能受到4个力作用 D．A可能受到5个力作用 ‎12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎13．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎14．在光滑绝缘水平面的P点正上方0点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为﹣q的检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°．则在+Q形成的电场中（规定P点的电势为零）（　　）‎ A．N点电势低于P点电势 B．N点电势为﹣‎ C．P点电场强度大小是N点的2倍 D．检验电荷在N点具有的电势能为﹣mv2‎ ‎15．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）‎ A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 ‎　‎ 二．本大题共4小题，共55分．解答应写出必要的文字与说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，应明确写出数值和单位．‎ ‎16．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示．电动机线圈的电阻为5Ω，重物的质量m=50kg．不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.8m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=4A．‎ ‎（1）求电源的电动势E；‎ ‎（2）求该装置的效率η．‎ ‎17．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q．在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度是多大；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎18．如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：‎ ‎（1）该粒子的初速度v0的大小．‎ ‎（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．‎ ‎（3）若使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为多少．‎ ‎19．如图所示装置中，AB是两个竖直放置的平行金属板，在两板中心处各开有一个小孔，板间距离为d，板长也为d，在两板间加上电压U后，形成水平向右的匀强电场．在B板下端（紧挨B板下端，但未接触）固定有一个点电荷Q1，可以在极板外的空间形成电场．紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD，板间距离和板长也均为d，在两板间加上电压U后可以形成竖直向下的匀强电场．某时刻在O点沿中线OO，由静止释放一个质量为m，带电量为q的正粒子，经过一段时间后，粒子从CD两极板的正中央垂直电场进入，最后由CD两极板之间穿出电场．不计极板厚度及粒子的重力，假设装置产生的三个电场互不影响，静电力常量为k．求：‎ ‎（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q1的电性和电量为多少；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离多大；‎ ‎（4）离开CD板的速度大小和方向．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高二（上）第一次段考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分．每小题给出的四个选项中，第1～9小题只有一个选项正确；第10～15小题有多个选项正确．C ‎1．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．‎ D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键会从I﹣U图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律R=．‎ ‎　‎ ‎2．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解．‎ ‎【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，‎ 根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：‎ ‎2××cos30°=EQ 所以匀强电场场强的大小为．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考察库仑定律及平行四边形定则．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等，符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1，若将N点处的点电荷移到P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（　　）‎ A．1：2 B．2： C．2：1 D．4：‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．‎ ‎【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，‎ 则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=，‎ 则=，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A﹣→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大 C．电势差UAB=UBC D．电势φA＜φB＜φC ‎【考点】电场强度；电势差；电势．‎ ‎【分析】由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断．‎ ‎【解答】解：A、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故A错误；‎ B、电子沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故B正确；‎ C、电子沿AC方向运动过程中，电场力逐渐变大，从A到B过程电场力较小，故从A到B过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系，可以得到：UAB＜UBC，故C错误；‎ D、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由A向C运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故φA＞φB＞φC，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题关键根据等势面和电子的运动情况确定场源电荷的电性，然后得到电场线的分布图，最后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系分析判断．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．匀强电场的电场强度大小为10 V/m B．匀强电场的电场强度大小为V/m C．电荷量为1.6×10﹣19 C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10﹣19 J D．电荷量为1.6×10﹣19 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10﹣19 J ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为2V，则EB为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．AF∥EB，则知AF也为一条等势线，可求出UEF，电场力做功就可以求解．‎ ‎【解答】解：AB、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为UBA=1V，又UBA=EdABcos30°，得场强为：‎ ‎ E=== V/m．故A错误，B正确．‎ C、由正六边形对称性，EB∥AF，则AF也为电场中的一条等势线，φF=φA=1V，由上可知，E的电势为φE=φB=2V＞φF，则电荷量为1.6×10﹣19C的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为WEF=qUEF=q（φE﹣φF）=1.6×10﹣19×（2﹣1）J=1.6×10﹣19J，故C错误．‎ D、D点的电势等于C点的电势，φD=3V，电荷量为1.6×10﹣19C的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为WFD=qUFD=q（φF﹣φD）=﹣1.6×10﹣19×（1﹣3）J=3.2×10﹣19J，电势能减小3.2×10﹣19J．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】找等势点，作出电场线，是解决这类问题常用方法．本题还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．‎ ‎　‎ ‎6．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）‎ A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D、由侧向位移y=at2=2，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．‎ ‎【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（　　）‎ A．三种粒子在电场中运动时间相同 B．三种粒子到达正极板时速度相同 C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变 D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力．则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．‎ ‎【解答】解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：h=at2，‎ 解得：t=；‎ 由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据t=得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A错误．‎ BC、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能EkC＜EkB＜EkA，故BC错误．‎ D、三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置B时速度为零．以下说法中正确的是（　　）‎ A．小球在B位置处于平衡状态 B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mg C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为﹣qEl ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小．根据电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功．运用单摆进行类比，分析振幅．‎ ‎【解答】解：A、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态．故A错误；‎ B、根据动能定理得：mglsinθ﹣qEl（1﹣cosθ）=0，解得，Eq=mg，故B错误；‎ C、类比单摆，小球将在AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变．故C错误．‎ D、小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d=l﹣lcosθ=l，所以电场力做功：W=﹣qEd=﹣Eql，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】此题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学过的物理模型，根据相关公式解题．‎ ‎　‎ ‎10．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．加5 V电压时，导体的电阻约是5Ω B．加12 V电压时，导体的电阻约是1.4Ω C．由图可知随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】I﹣U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．‎ ‎【解答】解：A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R==5Ω，故A正确．‎ B、加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为： =8Ω，故B错误．‎ C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误．‎ D、随着电压的减小，导体的电阻减小，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，可视为点电荷的小物块A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为（　　）‎ A．A可能受到2个力作用 B．A可能受到3个力作用 C．A可能受到4个力作用 D．A可能受到5个力作用 ‎【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对A物块进行受力分析，同时结合平衡条件进行分析．‎ ‎【解答】解：首先物块受重力和B给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A球可能受到2个力的作用，A正确；‎ 若向上的吸引力小于重力，则A对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A有可能受四个力的作用，C正确．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题借助库仑力考查了物体受力平衡的条件应用，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小．故A错误．‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．‎ ‎　‎ ‎14．在光滑绝缘水平面的P点正上方0点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为﹣q的检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°．则在+Q形成的电场中（规定P点的电势为零）（　　）‎ A．N点电势低于P点电势 B．N点电势为﹣‎ C．P点电场强度大小是N点的2倍 D．检验电荷在N点具有的电势能为﹣mv2‎ ‎【考点】电势；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】解答本题应抓住：顺着电场线方向电势降低，判断出M点电势高于N点的电势，M、P两点的电势相等，即可知N、P两点电势关系；‎ 由真空中点电荷产生的电场强度公式E=k，分析P点与N点电场强度的大小关系；‎ 根据动能定理研究电荷由N到P的过程，求解N点的电势；‎ 由EP=﹣qφN求出检验电荷在N点具有的电势能．‎ ‎【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A正确．‎ B、根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：﹣q（φN﹣φP）=mv2，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势φN=﹣．故B正确．‎ C、P点电场强度大小是EP=k，N点电场强度大小是EN=k，则EP：EN=4：1．故C错误．‎ D、检验电荷在N点具有的电势能为EP=﹣qφN=mv2．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式E=k、电势能公式EP=﹣qφN．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）‎ A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】由图看出，电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化．‎ 根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，判断该电场是否是匀强电场．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动．故A正确．‎ B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小．故B错误．‎ C、D、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，即=E，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE知，电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律得知，电子运动的加速度先减小后增大．故C错误，D正确．‎ 故选AD ‎【点评】本题从数学的角度理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．‎ ‎　‎ 二．本大题共4小题，共55分．解答应写出必要的文字与说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，应明确写出数值和单位．‎ ‎16．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示．电动机线圈的电阻为5Ω，重物的质量m=50kg．不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.8m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=4A．‎ ‎（1）求电源的电动势E；‎ ‎（2）求该装置的效率η．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据P出=Fv求出电动机的输出功率；根据P热=I2R求解热功率；根据能量守恒定律P总=P出+P热求解电功率，再根据P=EI求解电源的电动势E；‎ ‎（2）根据η=求该装置的效率．‎ ‎【解答】解：（1）由能量守恒定律得 ‎ P总=P出+PR 其中 P总=EI，P出=mgv，PR=I2R 代入得：EI=mgv+I2R 代入数据解得 E=120V ‎（2）该装置的效率 η=×100%=×100%=≈83.3%‎ 答：‎ ‎（1）电源的电动势E是120V；‎ ‎（2）该装置的效率η是83.3%．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，运用能量守恒定律分析．要注意电动机在正常工作时，是非纯电阻电路，不能根据闭合电路欧姆定律求电源的电动势．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q．在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度是多大；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对A球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；‎ ‎（2）小球A先加速下滑，当静电斥力等于重力的下滑分量时，小球速度最大，之后减速下降，再加速返回，减速返回到最高点，完成一次振动，即在平衡位置速度最大．‎ ‎【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知mgsin α﹣F=ma，‎ 根据库仑定律F=k，‎ 又据几何关系有r=，‎ 解得a=gsin α﹣．‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．‎ 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α=，‎ 解得d=．‎ 答：（1）A球刚释放时的加速度是gsin α﹣；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎【点评】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：‎ ‎（1）该粒子的初速度v0的大小．‎ ‎（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．‎ ‎（3）若使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为多少．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子进入电场后做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动．粒子的初速度v0可以根据两分运动的等时性去求解．‎ ‎（2）粒子运动过程中，只有电场力做功qU，根据动能定理求解末动能Ek的大小．‎ ‎（3）使粒子打在下极板的中间位置，运动时间相同，水平位移减半，根据平抛运动可求解．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在极板间做类平抛运动，则：‎ 在水平方向上有L=v0t 在竖直方向上有 已知两极板间的电压为U，两极板的距离为d，可得电场强度大小为：‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ ‎（2）根据动能定理可得：‎ 解得 ‎（3）若粒子打在下极板的中间位置，那么，与恰好落在下极板右边缘相比，粒子在匀强电场中的运动时间相等，水平位移减半，所以粒子射入两极板的初速度应为原来的一半，即 答：（1）该粒子的初速度v0的大小为．‎ ‎（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小wei．‎ ‎（3）使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为．‎ ‎【点评】本题关键是明确粒子做类平抛运动，然后类比平抛运动分位移公式列式求解，关键要注意两者的加速度不同，同时注意两分运动的等时性．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示装置中，AB是两个竖直放置的平行金属板，在两板中心处各开有一个小孔，板间距离为d，板长也为d，在两板间加上电压U后，形成水平向右的匀强电场．在B板下端（紧挨B板下端，但未接触）固定有一个点电荷Q1，可以在极板外的空间形成电场．紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD，板间距离和板长也均为d，在两板间加上电压U后可以形成竖直向下的匀强电场．某时刻在O点沿中线OO，由静止释放一个质量为m，带电量为q的正粒子，经过一段时间后，粒子从CD两极板的正中央垂直电场进入，最后由CD两极板之间穿出电场．不计极板厚度及粒子的重力，假设装置产生的三个电场互不影响，静电力常量为k．求：‎ ‎（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q1的电性和电量为多少；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离多大；‎ ‎（4）离开CD板的速度大小和方向．‎ ‎【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】（1）根据动能定理求出粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小．‎ ‎（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，根据库仑引力提供向心力求出点电荷Q1的电性和电量．‎ ‎（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场做类平抛运动，将其运动分解为水平和竖直两个方向，由类平抛运动的规律求解即可．‎ ‎（4）根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出速度的大小和方向．‎ ‎【解答】解：（1）粒子经过AB两板，由动能定理可知， ①‎ 解得．‎ ‎（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，所以Q1带负电．‎ ‎，‎ 解得．‎ ‎（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动 d=vt ②‎ y= ③‎ 且 ④‎ 由①～④可得 y=．‎ 则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为 ．‎ ‎（4）水平分速度vx=v，‎ 竖直分速度，‎ 离开CD板的速度，‎ v′与水平的夹角为．‎ 答：（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小为；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q1的电性为负电，电量为；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为；‎ ‎（4）离开CD板的速度大小为，方向与水平方向夹角的正切值是．‎ ‎【点评】本题带电粒子在组合场中运动，掌握加速运动、类平抛运动和匀速圆周运动的处理方法是关键．加速过程常常运用动能定理或能量守恒定律求获得的速度；匀速圆周运动关键分析向心力的来源；类平抛运动要能熟练运用运动的分解法．‎ ‎　‎