高二上学期第一次月考物理试题（原卷版）

成都外国语学校高新校区20182019学年高二年级10月考物理试题一、单项选择题。（本大题共8小题，每题3分，共24分）1.静电在各个行业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是带电的物质微粒在电荷间作用力的作用下奔向并吸附到电极上。现有三个粒子a、b、c从P点向下运动，它们的运动轨迹如图所示，则()A.a带负电，b带正电，c不带电B.a带正电，b不带电，c带负电C.a带负电，b不带电，c带正电D.a带正电，b带负电，c不带电2.如图所示，当将带正电的球C移近不带电的枕形绝缘金属导体AB时，枕形导体上的电荷移动情况是()A.正电荷向B端移动，负电荷不移动B.带负电的电子向A端移动，正电荷不移动C.正、负电荷同时分别向B端和A端移动D.正、负电荷同时分别向A端和B端移动3.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1所带电荷量为q，球2所带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知A.n=3B.n=4C.n=5D.n=64.甲、乙、丙三个电荷在同一直线上，甲带电＋Q，乙带电－q(Q＞q)，每个点电荷受其余两个点电荷的作用力的合力都等于零，则丙电荷()①一定带正电②电量大于q③电量小于Q④在甲、乙连线之间A.①②B.①③C.②③D.③④5.如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为和，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为若弹簧发生的均是弹性形变，则A.保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于B.保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于C.保持Q不变，将q变为，平衡时弹簧的缩短量等于D.保持q不变，将Q变为，平衡时弹簧的缩短量小于6.如图所示，A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面，已知三个等势面的电势关系为。一带电粒子进入此静电场后，沿实线轨迹运动，依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点。不计粒子重力，下列说法中正确的是()A.该带电粒子带负电B.粒子在ab段速率逐渐增大C.粒子在a点的速率大于在e点的速率D.a点的场强大小小于b点的场强大小7.某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直。以下说法正确的是学￥科￥网...A.O点电势与Q点电势相等B.M、O间的电势差大于O、N间的电势差C.将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少D.正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上8.如图所示，a、b、c、d、e、f点是以O为球心的球面上的点，分别在a、c两点处放上等量异种电荷+Q和Q．下列说法正确的是（）A.b、d两点电场强度大小相等，方向不同B.e、d两点电势不同C.b、f两点电场强度大小相等，方向相同D.e、f两点电势不同二、多项选择题（本大题共5小题，每题4分，共20分，每题有两个或两个以上答案，错选得0分，漏选得2分。）9.下列关于四个公式说法正确的是()A.在匀强电场中，由知任意两点间电势差等于场强和这两点间距离的乘积B.由可得，场强与试探电荷有关C.电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零D.电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，静电力所做的功10.如图所示，平行板电容器与电源电压为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，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将变小B.静电计指针张角不变C.带电油滴的电势能将变大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变小11.空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图，下列说法正确的是()A.x1和－x1两点的电势相等B.x1点的电场强度比x3点电场强度大C.一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直增大D.一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，电场力先做正功再做负功12.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中()A.A点的电势高于B点的电势B.B点的电场强度大小是A点的4倍C.小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D.小球运动到C处的加速度为g－a13.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则()A.有粒子会打到两极板上B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D.只有(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场三、实验探究题和作图题。（本大题共2题，14题8分，每空2分，15题4分，共12分）14.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．(1)使电容器带电后与电源断开①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（____）A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代15.如图所示，A、B、C是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为＝15V，＝3V，＝－3V，画出一条过B点的电场线____________．四、计算题。（本大题共4题，16题8分，17题10分，18题12分，19题14分，共44分）请写出必要的文字描述，公式和结果，只有结果不得分。16.如图,真空中xoy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长l。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量。求:(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向17.如图所示，金属板A，B与电源相连，电源电压U＝2V，AB板间距d＝5cm，B板接地．在两板间有a、b、c三点，其连线组成一直角三角形，ab连线与A板垂直，ab长L1＝3cm，a点离A板L2＝1cm.不计电子重力.问：(1)ac间电势差为多少？(2)一个电子在a点具有的电势能为多少？(3)使一个电子从a点沿斜边移到c点时，电场力做功多少？18.如图所示虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，不计电子重力，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.19.如图示，光滑绝缘水平面上方空间，竖直平面MN左侧空间存在一水平向右的匀强电场，场强大小，右侧空间有长为R一端固定于O点的轻质绝缘细绳，另一端拴一个质量为m的不带电的小球B，可在竖直面内沿顺时针做圆周运动，运动到最低点时速度大小vB＝8m/s（B在最低点与水平面恰好无弹力），在MN左侧水平面上有一质量也为m，带正电量q的小球A，在距MN平面L位置由静止释放，恰能与运动到最低点的B球发生正碰（碰撞过程电量不变），并瞬间成为一个整体C，碰后瞬间在MN的右侧空间立即加一竖直向上的匀强电场，场强大小＝3．（取g＝10m/s2）（1）如果L，求整体C运动到最高点时的速率；（2）在（1）问条件下，C在最高点时受到的拉力；（3）当L满足什么条件时，整体C可在竖直面内做完整的圆周运动。成都外国语学校高新校区20182019学年高二年级10月考物理试题一、单项选择题。（本大题共8小题，每题3分，共24分）1.静电在各个行业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是带电的物质微粒在电荷间作用力的作用下奔向并吸附到电极上。现有三个粒子a、b、c从P点向下运动，它们的运动轨迹如图所示，则()A.a带负电，b带正电，c不带电B.a带正电，b不带电，c带负电C.a带负电，b不带电，c带正电D.a带正电，b带负电，c不带电【答案】B【解析】【分析】同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引，根据电荷之间的相互作用力间的关系，可以判断电荷的性质；【详解】a向负电荷的一侧偏转，说明电荷a与负电荷相互吸引，所以电荷a带正电，b在运动的过程中不偏转，所以b不带电，c向正电荷的一侧偏转，说明c与正电荷之间为相互吸引，即c带负电荷，故B正确，ACD错误。【点睛】本题考查的就是电荷的基本性质，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引来分析即可。2.如图所示，当将带正电的球C移近不带电的枕形绝缘金属导体AB时，枕形导体上的电荷移动情况是()A.正电荷向B端移动，负电荷不移动B.带负电的电子向A端移动，正电荷不移动C.正、负电荷同时分别向B端和A端移动D.正、负电荷同时分别向A端和B端移动【答案】B【解析】【详解】带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，发生了静电感应现象，使金属导体中电荷重新分布，而金属导电的实质是自由电子的移动，即枕形金属导体自由电子在外电场的作用下向A端移动，正电荷不移动，故B正确，ACD错误。【点睛】考查了静电感应时，重点是金属导电的实质是自由电子的移动，正电荷不移动，本题也可以从同号电荷相互排斥，异种电荷相互吸引方面考虑。3.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1所带电荷量为q，球2所带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知A.n=3B.n=4C.n=5D.n=6【答案】D【解析】试题分析：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=k，3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为F=k，有上两式解得：n=6，故选D．视频4.甲、乙、丙三个电荷在同一直线上，甲带电＋Q，乙带电－q(Q＞q)，每个点电荷受其余两个点电荷的作用力的合力都等于零，则丙电荷()①一定带正电②电量大于q③电量小于Q④在甲、乙连线之间A.①②B.①③C.②③D.③④【答案】A【解析】【分析】由于甲电荷带正电荷，乙电荷负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使丙处于衡状态，对其受力分析，根据库仑定律去判断所处的位置；【详解】设丙电荷所在位置与甲电荷的距离为，丙电荷所在位置与乙电荷距离为，要能处于平衡状态，所以甲电荷对丙电荷的电场力大小等于乙电荷对丙的电场力大小。根据库仑定律，由于Q＞q，所以，所以丙电荷离甲电荷较远；①、乙电荷处在甲电荷与丙电荷之间，乙电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，所以丙电荷一定带正电荷，同理也可以判断出甲和丙合力为零，故①正确；

②、对甲电荷进行受力分析，甲电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，

因为丙电荷离甲电荷远，所以丙电荷所带电量一定大于乙电荷电量，故②正确；

③、对乙电荷进行受力分析，乙电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，

由于丙电荷与乙电荷的距离和甲电荷与乙电荷的距离的具体关系不清楚，所以丙所带电量与甲电荷电量关系无法确定，故③错误；④、假设丙放在甲电荷和乙电荷之间，无论丙带何种电荷，甲电荷对丙电荷的电场力和乙电荷对丙电荷的电场力方向相同，所以丙不能处于平衡状态，故④错误；综上所述选项A正确，选项BCD错误。【点睛】我们可以去尝试假设丙带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使丙处于平衡状态，不行再继续判断。5.如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为和，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为若弹簧发生的均是弹性形变，则A.保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于B.保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于C.保持Q不变，将q变为，平衡时弹簧的缩短量等于D.保持q不变，将Q变为，平衡时弹簧的缩短量小于【答案】B【解析】【详解】设弹簧的劲度系数为，原长为，当系统平衡时，弹簧的伸长量为，则有：A：保持Q不变，将q变为2q时，如果伸长量等于，弹力不变，库仑斥力变为2倍，伸长量会变大；如果伸长量等于，弹力变为原来2倍，库仑斥力小于2倍；伸长量会变小。则保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量小于。故A项错误。B：同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于。故B项正确。C：保持Q不变，将q变为，如果缩短量等于，则库仑引力大于弹力，会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于。故C项错误。D：保持q不变，将Q变为，如果缩短量等于，则库仑引力大于弹力，会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于。故D项错误。【点睛】本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用。电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力、库仑力均会变化。6.如图所示，A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面，已知三个等势面的电势关系为。一带电粒子进入此静电场后，沿实线轨迹运动，依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点。不计粒子重力，下列说法中正确的是()A.该带电粒子带负电B.粒子在ab段速率逐渐增大C.粒子在a点的速率大于在e点的速率D.a点的场强大小小于b点的场强大小【答案】D【解析】【分析】根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定粒子的电性，由速度方向与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小；【详解】A、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，由电场线与等势面垂直画出电场线的分布，可知电场的方向向左，所以粒子带正电，故A错误；

B、因ab段受力向左做减速运动，所以粒子在ab段速率逐渐减小，故B错误；

C、a、e在同一等势面上，粒子的电势能相等，由能量守恒可知动能相等，速度大小相等，故C错误；

D、从图中可以看出，a点的电场线比b点的电场线疏，所以a点的电场强度小，故D正确。【点睛】本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线方向从而判断电荷的电性，然后根据电场力做功的正负判断电势能和速度的变化关系即可。7.某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直。以下说法正确的是学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...A.O点电势与Q点电势相等B.M、O间的电势差大于O、N间的电势差C.将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少D.正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上【答案】B【解析】试题分析：根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误．正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选B．考点：电场线与等势线；电势及电势能【名师点睛】此题是对电场线与等势线、电势及电势能的考查；解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低；电场力做正功，电势能减小；克服电场力做功，电势能增加．正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向．8.如图所示，a、b、c、d、e、f点是以O为球心的球面上的点，分别在a、c两点处放上等量异种电荷+Q和Q．下列说法正确的是（）A.b、d两点电场强度大小相等，方向不同B.e、d两点电势不同C.b、f两点电场强度大小相等，方向相同D.e、f两点电势不同【答案】C【解析】【分析】等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，可根据电场线和等势面的对称性判断电场强度、电势的关系；【详解】等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中b、e、d、f所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，大小相等即场强相同，故ABD错误，C正确。【点睛】解决本题的关键要掌握等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，知道场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。二、多项选择题（本大题共5小题，每题4分，共20分，每题有两个或两个以上答案，错选得0分，漏选得2分。）9.下列关于四个公式说法正确的是()A.在匀强电场中，由知任意两点间电势差等于场强和这两点间距离的乘积B.由可得，场强与试探电荷有关C.电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零D.电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，静电力所做的功【答案】CD【解析】【详解】A、在匀强电场中，由知两点间电势差等于场强与两点间沿电场方向距离的乘积，故A错误；B、公式中E是由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关，故B错误；C、根据F=Eq可知，电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零，故C正确；D、根据电势的定义可知，电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，静电力所做的功，故D正确。【点睛】本题考查场强的公式，场强是由电场本身决定的，与外界因素无关，同时掌握电势的定义即可。10.如图所示，平行板电容器与电源电压为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，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将变小B.静电计指针张角不变C.带电油滴的电势能将变大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变小【答案】AB【解析】【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；【详解】A、现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据知，d增大，则电容减小，故选项A正确；

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正确；

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错误；

D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，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错误。【点睛】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。11.空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图，下列说法正确的是()A.x1和－x1两点的电势相等B.x1点的电场强度比x3点电场强度大C.一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直增大D.一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，电场力先做正功再做负功【答案】BD【解析】【分析】根据电势的图象直接读出电势高低，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况，根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负；【详解】A、电势的正负表示大小，由图可知，x1的电势是正值，x1点电势是负值，故x1点的电势比x1点的电势高，故A错误；

B、图象的斜率绝对值等于场强大小，由图可知，处的斜率比处的斜率大，故点的电场强度比点电场强度大，故B正确；

C、电荷的电势能为，一正电荷从电势高处向电势低处移动，电势能减小，即一正电荷沿x轴从x1点移动到x1点，电势能一直减小，故C错误；

D、处的电势低于处的电势，故电场由处指向处，处的电势高于处的电势，故电场由处指向处，一负电荷沿x轴从点移动到点，受到的电场力先向右，后向左，即电场力的方向先与位移相同，后与位移相反，故电场力先做正功再做负功，故D正确。【点睛】本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是理解图象的斜率与场强的关系。12.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中()A.A点的电势高于B点的电势B.B点的电场强度大小是A点的4倍C.小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D.小球运动到C处的加速度为g－a【答案】BCD【解析】试题分析：正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故C正确；在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，即为ga．故D正确。故选：BCD。考点：电势能；功能关系。13.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则()A.有粒子会打到两极板上B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D.只有(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场【答案】BC【解析】【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，然后根据运动周期性进行判断即可；【详解】A、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上，B正确，AD错误；

C、时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为，则根据分位移公式有：

由于：

故：

故，故C正确。【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解即可。三、实验探究题和作图题。（本大题共2题，14题8分，每空2分，15题4分，共12分）14.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．(1)使电容器带电后与电源断开①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（____）A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代【答案】(1).(2).(3).(4).【解析】（1）①根据电容的决定式C=ɛs/4πkd知，当左极板上移，极板间正对面积减小，电容减小，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大。②根据电容的决定式C=ɛs/4πkd知，将极板间距离减小时，则电容增大，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。③根据电容的决定式C=ɛs/4πkd知，两板间插入电介质，电容增大，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。（2）AB、电压越大，静电计指针偏转角度越大，使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，A正确，B错误；CD、用电压表或电流表代替静电计接到电容器两端，电容器将通过电压表或电流表放电，无法进行试验，C错误，D错误。故选:A.15.如图所示，A、B、C是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为＝15V，＝3V，＝－3V，画出一条过B点的电场线____________．【答案】【解析】【分析】先在AC连线上找出与B点电势相等的点，作出等势线，再根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线；【详解】A、C间的电势差为18V，连接AC，在AC连线上取三等分点D、F，根据匀强电场中，沿同一方向任意距离相等两点间的电势差相等，知D的电势为3V，与B点的电势相等，连接DB，则DB是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线如图所示：

【点睛】本题的解题关键是寻找等势点，作出等势线，再作出电场线，要知道在匀强电场中，除等势面上以外，沿同一方向任意距离相等两点间的电势差相等，要灵活运用这个结论。四、计算题。（本大题共4题，16题8分，17题10分，18题12分，19题14分，共44分）请写出必要的文字描述，公式和结果，只有结果不得分。16.如图,真空中xoy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长l。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量。求:(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向【答案】（1）9.0×103N（2）【解析】试题分析：（1）据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为代入数据得F=9．0×103N（2）A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等,均为A、B两点电荷形成电场在C点的合场强大小为E=2E1cos30°由上式并代入数据得E=×103N/C=7．8×103N/C场强E的方向沿y轴正向考点：电场强度；电场力【名师点睛】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题．视频17.如图所示，金属板A，B与电源相连，电源电压U＝2V，AB板间距d＝5cm，B板接地．在两板间有a、b、c三点，其连线组成一直角三角形，ab连线与A板垂直，ab长L1＝3cm，a点离A板L2＝1cm.不计电子重力.问：(1)ac间电势差为多少？(2)一个电子在a点具有的电势能为多少？(3)使一个电子从a点沿斜边移到c点时，电场力做功多少？【答案】(1)1.2V.(2)－2.56×10－19J(3)－1.92×10－19J【解析】【分析】（1）根据求出匀强电场的电场强度，ac间的电势差等于ab间的电势差，再根据求出两点间的电势差；

（2）求出a点的电势，根据求出电势能；

（3）根据去求电场力做功；【详解】（1）匀强电场的电场强度为：ac间电势差为：；

（2）a点的电势为：

一个电子在a点具有的电势能为：；

（3）一个电子从a点沿斜边移到c点时，电场力做功为：

。【点睛】解决本题的关键掌握匀强电场的场强公式、电势能的公式、电场力做功公式，在平时学习过程中加强训练。18.如图所示虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，不计电子重力，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.【答案】(1).(2)tanθ＝2.(3)x=3L【解析】【分析】（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直