黑龙江省哈尔滨六中高二物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省哈尔滨六中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题：本题共16小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第916题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1一个电量为106c的负电荷从电场中a点移动到b点，电场力做功2106j，从c点移动到d点电场力做功7106j，已知c点比b点电势高3v，且a、b、c、d四点在同一条电场线上，则图中正确的是( )abcd2一带负电荷的质点，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）( )abcd3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4如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中( )a电场力不可能小于mgcosb液滴的动能一定不变c液滴的机械能一定变化d液滴的电势能一定不变5如图所示a、b为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关s分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是( )a保持s闭合，将a板适当上移b保持s闭合，将b板适当下移c先断开s，再将a适当上移d先断开s，再将b适当下移6如图所示，在一绝缘斜面c上有一带正电的小物体a处于静止状态现将一带正电的小球b沿以a为圆心的圆弧缓慢地从p点转至a正上方的q点处，已知p、a在同一水平线上，且在此过程中物体a和c始终保持静止不动，a、b可视为质点关于此过程，下列说法正确的是( )a物体a受到斜面的支持力先增大后减小b物体a受到斜面的支持力一直增大c地面对斜面c的摩擦力先增大后减小d地面对斜面c的摩擦力先减小后增大7质量为m的物块，带电荷量为+q，开始时让它静止在倾角=60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为e=的匀强电场中，如图所示，斜面高为h，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )a2bc2d28某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是( )a不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低b不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小c如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大d如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小9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=60则在+q形成的电场中（规定p点的电势为零）( )an点电势低于p点电势bn点电势为cp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mv210如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场（具体方向未画出），一质子从bc边上的m点以速度v垂直于bc边射入电场，从cd边上的q点飞出电场，不计重力下列说法正确的是( )a质子到q点时的速度方向可能与cd边垂直b不管电场方向如何，若知道a、b、c三点的皂势，一定能确定d点的电势c电场力一定对电荷做了正功dm点的电势一定高于q点的电势11两个点电荷q1，q2固定于x轴上，将一带正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），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化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12如图所示，a板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为u，电子最终打在光屏p上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )a滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升b滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升c电压u增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变d电压u增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变13如图所示，在o点放置正点电荷q，a、b两点的连线过o点，且oa=ab以下说法正确的是( )a将质子从a点由静止释放，质子向b点做匀加速运动b将质子从a点由静止释放，质子运动到b点时的速率为v，则将粒子从a点由静止释放后运动到b点时的速率为c若电子以oa为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以ob为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为2vd若电子以oa为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以ob为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为14如图所示，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场方向水平向右，小球绕o点做圆周运动，那么( )a在a点小球电势能最大b在b点小球重力势能最大c在c点小球机械能最大d在d点小球动能最大15如图所示，两块较大的金属板a、b平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，以下说法中正确的是( )a若将a板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流b若将a板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴立即做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流16如图，质量分别为ma和mb的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qa和qb，用绝缘细线悬挂在天花板上平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为va和vb，最大动能分别为eka和ekb则( )ama一定小于mbbqa一定大于qbcva一定大于vbdeka一定大于ekb二、实验题17用传感器观察电容器的放电过程：按图（甲）连接电路，电源电动势e=8v，电容器选用几百微法的电解电容器先使开关s与1端相连，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成然后把开关s掷向2端，电容器通过电阻r放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，如图（乙）（1）估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量q=_ c；（2）根据以上数据估算电容为c=_ f二、计算题（共40分，要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q（q0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为na和nb不计重力，求电场强度的大小e、质点经过a点和b点时的动能19（14分）如图所示，一根长为l=1.5m的绝缘细直杆mn，竖直固定在场强为e=1.0105n/c、与水平方向成=37角的倾斜向上的匀强电场中杆的下端m固定一个带电小球a，电荷量q=+4.5106c；另一带电小球b穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0106c，质量m=1.0102kg，与杆之间的动摩擦因数=0.1现将小球b从杆的上端n静止释放，小球b开始运动（静电力常量k=9.0109nm2/c2取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）小球b开始运动时的加速度为多大？（2）小球b的速度最大时，距m端的高度h为多大？（3）若小球b在下落过程的最大速度为0.77m/s，则从开始下落到速度达到最大的过程中，小球b的电势能改变了多少？20（14分）如图所示，abcd为固定在竖直平面内的轨道，ab段光滑水平，bc段为光滑圆弧，对应的圆心角=37，半径r=4.0m，cd段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为e=2105 n/c、方向垂直于斜轨向下的匀强电场 质量m=5102 kg、电荷量q=+1106c的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在c点以速度v0=4m/s冲上斜轨以小物体通过c点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为p，求cp的长度（结果保留两位有效数字）2015-2016学年黑龙江省哈尔滨六中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题：本题共16小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第916题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1一个电量为106c的负电荷从电场中a点移动到b点，电场力做功2106j，从c点移动到d点电场力做功7106j，已知c点比b点电势高3v，且a、b、c、d四点在同一条电场线上，则图中正确的是( )abcd考点：电势；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势差公式u=，分别求出ab间和cd间的电势差，即可判断出a、b间电势和c、d电势高低，根据顺着电场线方向电势降低，即可进行判断解答：解：a、b间的电势差为 uab=2v0，则a的电势低于b的电势；c、d间的电势差为 ucd=7v0，则c的电势高于d的电势；又由题，c点比b点电势高3v，所以电势从高到低的顺序是：c、b、a、d根据根据顺着电场线方向电势降低，故c正确，abd错误故选：c点评：本题关键掌握电势差定义式，并能正确求解两点间的电势差，通过电场线，直观即能反映各点电势的高低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）( )abcd考点：电场强度；曲线运动专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：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点评：本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键3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专题：电场力与电势的性质专题分析：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ekcekbeka，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4如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中( )a电场力不可能小于mgcosb液滴的动能一定不变c液滴的机械能一定变化d液滴的电势能一定不变考点：电势能；动能定理的应用专题：电场力与电势的性质专题分析：根据液滴做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，分析液滴所受的电场力可能方向根据电场力方向与速度方向的关系，判断电场力做功正负，分析机械能和电势能的变化当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，可求出最小值解答：解：a、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由几何知识求得最小值为mgcos，故a正确；b、液滴做直线运动，电场力可能竖直向上，与重力相平衡，液滴做匀速直线运动，动能不变；电场力也可能不在竖直向上，合力与速度方向相同时，液滴做匀加速直线运动，动能增大；合力与速度方向相反时，液滴做匀减速直线运动，动能减小，故b错误；c、d、电场力方向可能与速度方向垂直，电场力不做功，电势能不变，机械能不变，电场力也可能与速度不垂直，电场力做功，电势能改变，机械能也改变，故c错误，d错误；故选a点评：本题关键是掌握质点做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，要考虑匀速直线运动和变速直线运动两种情形，全面分析，不能遗漏5如图所示a、b为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关s分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是( )a保持s闭合，将a板适当上移b保持s闭合，将b板适当下移c先断开s，再将a适当上移d先断开s，再将b适当下移考点：电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动专题：电容器专题分析：由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理列式若保持s闭合时，将a板适当上移，重力做功和电场做功没有变化，质点恰好到达b孔速度为零，不能穿过b孔；将b板适当下移，重力做功大于电场力做功，质点到达b孔的速度大于零，能穿过b孔若断开s时，将a板或b板适当移动，根据动能定理分析研究解答：解：设质点距离a板的高度h，a、b两板原来的距离为d，电压为u质点的电量为qa、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）qu=0若保持s闭合，将a板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）qu=mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔故a错误b、若保持s闭合，将b板适当下移距离d，由动能定理得mg（h+d+d）qu=mv2，则v0，质点能穿过b孔故b正确c、若断开s时，将a板适当上移，板间电场强度不变，设a板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零由动能定理得mg（hd）qed=0，又由原来情况有mg（h+d）qed=0比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故c错误d、若断开s，再将b板适当下移，根据动能定理，并由c选项分析可知，质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故d错误故选：b点评：本题应用动能定理分析质点的运动情况，其中用到一个重要推论：对于平行板电容器，当电量、正对面积不变，改变板间距离时，板间电场强度不变6如图所示，在一绝缘斜面c上有一带正电的小物体a处于静止状态现将一带正电的小球b沿以a为圆心的圆弧缓慢地从p点转至a正上方的q点处，已知p、a在同一水平线上，且在此过程中物体a和c始终保持静止不动，a、b可视为质点关于此过程，下列说法正确的是( )a物体a受到斜面的支持力先增大后减小b物体a受到斜面的支持力一直增大c地面对斜面c的摩擦力先增大后减小d地面对斜面c的摩擦力先减小后增大考点：电势差与电场强度的关系；摩擦力的判断与计算专题：电场力与电势的性质专题分析：先对a分析受力，运用共点力平衡条件进行分析支持力的变化分析地面对斜面c的摩擦力可以以a和c整体为研究对象，运用平衡条件列式分析解答：解：a、b、对a研究：p对a的库仑力垂直于斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为f，根据平衡条件：斜面对a的支持力n=mgcos+f，可知n先增大后减小，故a正确，b错误c、d、以a和c整体为研究对象，分析受力情况如图所示设p对a的库仑力大小为f，与竖直方向的夹角为根据平衡条件得：f=fsin由于f大小不变，减小，则知地面对斜面c的摩擦力逐渐减小故c、d错误故选：a点评：本题首先要灵活选择研究对象，再对物体进行受力分析，运用共点力平衡条件求解当几个物体的加速度相同时，可以考虑整体法7质量为m的物块，带电荷量为+q，开始时让它静止在倾角=60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为e=的匀强电场中，如图所示，斜面高为h，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )a2bc2d2考点：动能定理的应用；电场强度专题：动能定理的应用专题分析：对物块进行受力分析，找出力的关系，判断合外力的方向，判断物体的运动，运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题解答：解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力电场力f=qe=mg重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角=30运用动能定理研究从开始到落地过程， mgh+fh=mv20可得 v=2故选：c点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题8某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是( )a不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低b不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小c如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大d如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；等势面专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低匀强电场中场强处处大小相等根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小解答：解：a、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高故a错误b、不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等故b错误c、如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，则由动能定理得知，电子在a点动能较小故c错误d、如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在b点动能较小故d正确故选d点评：物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向9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=60则在+q形成的电场中（规定p点的电势为零）( )an点电势低于p点电势bn点电势为cp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；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：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=qn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（np）=mv2，由题，p点的电势为零，即p=0，解得，n点的电势n=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=qn=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=qn10如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场（具体方向未画出），一质子从bc边上的m点以速度v垂直于bc边射入电场，从cd边上的q点飞出电场，不计重力下列说法正确的是( )a质子到q点时的速度方向可能与cd边垂直b不管电场方向如何，若知道a、b、c三点的皂势，一定能确定d点的电势c电场力一定对电荷做了正功dm点的电势一定高于q点的电势考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子在匀强电场中受到电场力为恒力，则知质子做匀变速运动将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，则无法确定电场力方向，其做功情况也无法确定，电势高低无法比较解答：解：a、若电场力斜向右下方，质子竖直方向有向下的分力，水平方向有向右的分力，竖直方向上质子做匀减速运动，到达q点时，速度可能为零，则到q点时的速度方向可能与cd边垂直，故a正确b、根据匀速电场中电势差与场强的关系式u=ed知，除等势面上外，沿任何方向相等的距离，两点间的电势差都相等，故若知道a、b、c三点的电势，一定能确定出d点的电势故b正确c、由于电场力方向未知，若电场力方向与瞬时速度成钝角，电场力对质子做负功故c错误；d、整个过程中，电场力可能做正功、也可能做负功、也可能不做功，故电势能可以变小、变大、不变，故电势可以变大、变小或不变，故d错误；故选ab点评：本题关键要运用正交分解法将合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后确定电场力的水平分量和竖直分量进行分析11两个点电荷q1，q2固定于x轴上，将一带正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），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化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：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：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：a、b由图知，m点电势能ep=0，由=分析得知，m点电势=0epx图象的斜率=f=qe，则知n点场强为零故a正确，b错误c、d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，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正确，d错误故选ac点评：本题一要抓住epx图象的斜率=qe分析场强的变化二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性12如图所示，a板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为u，电子最终打在光屏p上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )a滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升b滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升c电压u增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变d电压u增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小解答：解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：，电子在电场方向偏转的位移为：垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转a、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故a错误；b、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故b正确；c、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故c正确；d、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故d错误；故选：bc点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题13如图所示，在o点放置正点电荷q，a、b两点的连线过o点，且oa=ab以下说法正确的是( )a将质子从a点由静止释放，质子向b点做匀加速运动b将质子从a点由静止释放，质子运动到b点时的速率为v，则将粒子从a点由静止释放后运动到b点时的速率为c若电子以oa为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以ob为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为2vd若电子以oa为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以ob为半径绕o点做匀速圆周运动的线速度为考点：库仑定律；向心力分析：由点电荷的电场可知由a到b电场力减小由动能定理判定b由向心力表达式可判定cd解答：解：a、由点电荷的电场可知由a到b电场力减小，故由将质子从a点由静止释放，质子向b做变加速运动，故a错误b、设ab电势差为u，则质子由a到b电场力做功为：；粒子从a点由静止释放后运动到b点电场力做功为：，解得：，故b正确cd、设oa=r，则0b=2r，由圆周运动可得：，解得：，故c错误，d正确故选：bd点评：本题关键掌握好电场力的表达式，点电荷的电场比较特殊，电场力的方向正好指向圆心，可以提供电荷圆周运动的向心力，而一般的电场则没这个特征，会用圆周运动的相关规律14如图所示，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场方向水平向右，小球绕o点做圆周运动，那么( )a在a点小球电势能最大b在b点小球重力势能最大c在c点小球机械能最大d在d点小球动能最大考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能分析：根据电场力做功判断电势能的变化，根据重力做功判断重力势能的变化，根据除重力以为其它力做功判断机械能变化，根据合外力做功判断小球的动能变化解答：解：a、正电荷从a向c运动过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，所以a点电势能最大，故a正确 b、物体位置越高，重力势能越大，所以b点小球的重力势能最大，故b正确c、除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从a运动到c的过程中，电场力一直做正功，机械能一直增大，故c点具有最大的机械能，故c正确d、根据合外力做功判断小球的动能变化小球再从d点向右运动的最初一小段距离内，电场力做的正功大于重力做的负功，所以动能在增加，故d错误故选：abc点评：熟练掌握功能关系，并能根据功能关系判断各种能量的变化15如图所示，两块较大的金属板a、b平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，以下说法中正确的是( )a若将a板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流b若将a板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴立即做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：s断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态将a向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止改变板间距离，引起电容变化，分析e和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向解答：解：a、开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qe；将a板上移，由e=可知，e变小，故油滴应向下加速运动；根据c=、c=，有：q=，故电容器电量减小，放电，故g中有ba的电流；故a正确；b、若将a板向左平移一小段位移，由e=可知，e不变，油滴仍静止；根据c=、c=，有：q=，故电容器电量减小，放电，故g中有ba的电流；故b正确；c、若将s断开，q不变，根据c=、c=、u=ed，场强e不变，故油滴仍然静止，g中无电流，故c错误；d、若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，根据c=、c=、u=ed，有：e=，故场强不变，油滴仍然静止；断路，g中无电流；故d错误；故选：ab点评：本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式u=ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题16如图，质量分别为ma和mb的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qa和qb，用绝缘细线悬挂在天花板上平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为va和vb，最大动能分别为eka和ekb则( )ama一定小于mbbqa一定大于qbcva一定大于vbdeka一定大于ekb考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：设两个球间的静电力为f，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小解答：解：a、对小球a受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，有：故：同理，有：由于12，故mamb，故a正确；b、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故b错误；c、小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于a球摆到最低点过程，下降的高度h较大，故a球的速度较大，故c正确；d、小球摆动过程机械能守恒，有mgh=ek，故ek=mgh=mgl（1cos）=l（1cos）其中lcos相同，根据数学中的半角公式，得到：ek=l（1cos）=其中flcos=fh，相同，故越大，越大，动能越大，故eka一定大于ekb，故d正确；故选：acd点评：本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解二、实验题17用传感器观察电容器的放电过程：按图（甲）连接电路，电源电动势e=8v，电容器选用几百微法的电解电容器先使开关s与1端相连，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成然后把开关s掷向2端，电容器通过电阻r放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，如图（乙）（1）估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量q=3.6103 c；（2）根据以上数据估算电容为c=450 f考点：研究平行板电容器专题：实验题；电容器专题分析：（1）由图象的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解；再通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解；（2）根据电容器的电容c= 可知，结合电量与电势差，即可求解解答：解：（1）根据图象的含义，因q=it，所以竖直狭长矩形的面积表示为：在0.1s内电容器的放电量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为0.08103c，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为45，所以释放的电荷量是：q=0.08103c45=3.6103c；（3）根据电容器的电容c= 可知：c=f=4.5104f=450f；故答案为：（1）3.5103；（2）450点评：本题考查图象的含义，要通过类比明确it图象的意义；知道如何通过图象求电量，掌握电容器的电容公式，理解其比值定义法二、计算题（共40分，要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q（q0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为na和nb不计重力，求电场强度的大小e、质点经过a点和b点时的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题分析：根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解解答：解：质点所受到电场力的大小为：f=qe，设质点质量为m，经过a点和b点时速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有，设质点经过a点和b点时动能分别为eka和ekb，则有：，根据动能定理有，ekbeka=2rf，联立解得：，eka=，ekb=，答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的动能：点评：考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负19（14分）如图所示，一根长为l=1.5m的绝缘细直杆mn，竖直固定在场强为e=1.0105n/c、与水平方向成=37角的倾斜向上的匀强电场中杆的下端m固定一个带电小球a，电荷量q=+4.5106c；另一带电小球b穿在杆上可自由滑