四川省资阳市简阳市阳安中学学年高二上学期Word文档格式.docx

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5．一正电荷仅受电场力的作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势φa、φb之间的关系为（　　）

A．Ea＞EbB．Ea＜EbC．φa=φbD．φa＞φb

6．将一正电荷从无限远移入电场中M点，静电力做功W1=6×

10﹣9J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功W2=7×

10﹣9J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系（　　）

A．φM＜φN＜0B．φN＞φM＞0C．φN＜φM＜0D．φM＞φN＞0

7．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为（　　）

A．l+

B．l﹣

C．l﹣

D．l﹣

8．a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动（不考虑带电液滴间的相互作用），下列说法不正确的是（　　）

A．a、b、c、d均带正点荷B．a、b的电势能、机械能均不变

C．c的电势能减少，机械能增加D．d的电势能减少，机械能减少

9．已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为

，可采用以下哪些方法（　　）

A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍

B．将小球B的质量增加到原来的8倍

C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半

D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍

10．如图所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷，在A、B两点间取一矩形路径abcd，该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称．现将一电子沿该矩形路径移动一周，下列判断正确的是（　　）

A．a点和d点的电场强度相同

B．b点和c点的电势相等

C．电子从b点到c点，电势能先增大后减小

D．电子从d点到a点，电场力先做负功后做正功

11．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）

A．AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等

B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功

C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小

D．同一带电粒子从A点沿对角线移到C′点与从A点沿路径A→B→B′移动到B′点，电场力做功相同

12．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°

，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）

A．点电荷Q一定在MP的连线上

B．连接PF的线段一定在同一等势面上

C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功

D．φP＞φM

二、论述与计算（本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）

13．如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；

质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放，其带电荷量为q，A，B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=k

（k为静电力常量）、方向指向甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷．

（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小；

（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离．

14．如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L．若小球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动．求：

（1）C球的电性

（2）C球的电荷量．

（3）F的大小．

15．如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等．设斜面足够长，地球表面重力加速度为g，不计空气的阻力，求：

（1）小球落到斜面所需时间t；

（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E．

16．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°

，A距离OC的竖直高度为h=6m．若小球通过C点的速度为v=10m/s，求：

（1）小球通过B点的速度大小

（2）小球由A到B电场力做功多少

（3）小球由A到C机械能的损失了多少．

参考答案与试题解析

【考点】库仑定律．

【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．

两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．

【解答】解：

A、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误．

B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k

，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误．

C、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对Q2的电场力大小上总等于Q2对Q1电场力．故C错误．

D、库仑定律的表达式为F=k

，万有引力定律的表达为F=G

，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确．

故选：

D．

【考点】电场强度；

曲线运动．

【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．

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

【考点】电场线．

【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．

由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．

电场的叠加．

【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．

根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．

B．

【考点】电场线；

电场强度；

电势．

【分析】根据受力特点可以判断A、B两点电场强度的大小，根据电场力做功的以及正电荷受力与电场线的关系判断A、B两点电势的高低．

A、电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即EA=EB．故A错误，B错误；

C、电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，又正电荷受到电场力的方向与电场线的方向相同，沿电场线的方向都是降低，所以a点的电势高．所以φa＞φb，故C错误，D正确．

D

【考点】电势；

电势差与电场强度的关系．

【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低．

正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=6×

10﹣9J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=qφ，知M点的电势小于无穷远的电势，即φM＜0．

负电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功W2=7×

10﹣9J，电势能减小，电势升高，则N点的电势小于无穷远的电势，即φN＜0．

由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到φN＜φM＜0．

C

【考点】库仑定律；

胡克定律．

【分析】由于3个小球带同种电荷，互相排斥，所以弹簧处于伸长状态，对小球受力分析，根据平衡的条件列出方程可以求得弹簧的原长．

对第三个小球受力分析，第三个小球受三个力的作用，即为两库仑力与弹簧的拉力，

它们的关系是k0x=k

+k

，

解得x=

；

所以弹簧的原长为l0=l﹣x=l﹣

，故C正确，ABD错误．

C．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；

电势能．

【分析】首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况，得出均受力平衡，且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；

在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．

A、因为a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下都作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电液滴带同种电荷，都为正电荷，故A正确．

B、a、b在水平方向上运动，电场力和重力均不做功，所以电势能和机械能都不变，故B正确．

C、c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，机械能增加，故C正确．

D、d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，机械能减少，机械能转化为电势能．故D错误．

本题选错误的，故选：

共点力平衡的条件及其应用．

【分析】对小球进行受力分析，并作出平行四边形；

由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．

如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；

将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；

由几何关系可知，

=

而库仑力F=

即：

=

mgd3=kq1q2L；

d=

要使d变为

，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；

故B正确；

或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；

故D正确；

故选BD．

【考点】电场的叠加；

【分析】根据电场线的方向判断电势的高低．负电荷在电势低处电势能大．作出过bc的等势线，分析b、c两点的电势与D点电势的关系，判断电场力做功情况．采用类似方法分析由d→a，电子的电势能的变化．

A、由题，A、B两点分别放等量异号点电荷+q、﹣q，根据叠加原理可得，a点与b点电场强度的大小相等，但方向不同，则电子在a点和b点的电场强度不同．故A错误．

B、过bc两点作出等势线，如图，电子由b→c，电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零．电势能总量不变，则这两点电势相等，故B正确．

C、由d→c，电势降低，电子的电势能增大．故C错误．

D、由d→a，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】本题首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，在同一等势面上的两点间的电势差为零，而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零．从而可判断A的对错；

电场力做正功还是负功，取决于电荷的电性和始末位置的电势差，从而可判断B的对错；

在只有电场力做功的情况下，电荷的电势能和动能之和保持不变，即电场力做正功，电势能减少，电荷克服电场力做功，电势能增加；

还有就是电场力做功与路径无关，只取决于始末位置间的电势差和电量有关从而可判断CD的正误．

A、由题意，电场的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，顺着电场线方向电势降低，所以AA′两点间电势差UAA′不为0，故A错误．

B、带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'

电场力做正功，故B正确；

C、同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'

移到D'

点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；

D、由电场力做功的特点：

电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同．故D正确．

BD．

电场强度．

【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；

找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．

A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；

B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；

C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；

D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．

AD．

牛顿第二定律．

【分析】

（1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和F，根据牛顿第二定律求出其加速度大小．

（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，可求出两球间的距离．

（1）根据牛顿第二定律得ma=

﹣F，

又F=

可解得：

a=

（2）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，

F=

可解得x=2l0

答：

（1）求乙球在释放瞬间的加速度大小

（2）求乙球的速度最大时两个电荷间的距离2l0．

（1）A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；

（2）分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律列式后联立求解即可；

（3）把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解．

（2）设加速度为a，由牛顿第二定律：

对A：

对B：

解得：

（3）对整体，根据牛顿第二定律，有：

F=3ma

所以：

（1）C球的带负电；

（2）C球的电荷量为

（3）F的大小为

．

（1）小球水平抛出后，由于所受电场力与重力均为恒力，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，由运动学公式和水平位移与竖直位移的关系求解时间；

（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势