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山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高二上学期物理10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·平遥月考）电场中有一点P，则（　　）
A．若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用可能为零
B．若该处场强越大，则对于同一试探电荷在该处所受电场力越大
C．若该处没有试探电荷，则该处场强为零
D．该处的电场强度的方向就是该处试探电荷所受力的方向
2．（2019高二上·安新期中）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）
A．根据电场强度的定义式E= 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C= 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式UAB= 可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
3．（2019高二上·平遥月考）下面关于电势和电势能的说法正确的是（　　）
A．电势能是电场和电荷共有的能
B．在负点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能
C．电势降低的方向，一定就是场强方向
D．电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大
4．（2019高二上·平遥月考）下列关于电容器的叙述正确的是（　　）
A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才能称为电容器
B．两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，当带电时构成电容器，不带电时不是电容器
C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
D．电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来；电容器的放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
5．（2019高二上·平遥月考）一个电容器带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，若使其带电荷量增加4×10-7C，电势差则增加20v，则它的电容是（　　）
A．1×10-8F B．2×10-8F C．4×10-8F D．8×10-8F
6．（2019高二上·平遥月考）如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）。以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2019高二上·平遥月考）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、C、D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，正六边形所在平面与电场线平行.则（　　）
A．电场强度的大小为 V/m B．UEF与UBC相同
C．电场强度的大小为 V/m D．E点的电势与C点的电势相等
8．（2019高二上·平遥月考）如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的 后返回，下列措施中能满足要求的是(不计重力)（　　）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压变成原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
9．（2019高二上·平遥月考）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）
A．将A极板稍微向右移动，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角将变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
二、多选题
10．（2019高二上·平遥月考）对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（　　）
A．导体内部既无正电荷，又无负电荷
B．导体内部和外表面处的电场均为零
C．导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果
D．静电平衡时，导体是一个等势体，其表面是一个等势面
11．（2019高二上·平遥月考）如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受静电力作用，根据此图可以作出的判断是（　　）
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大
D．带电粒子在a、b两点的加速度方向
12．（2019高二上·平遥月考）如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）
A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大
三、填空题
13．（2019高二上·平遥月考）如图所示，在带电体C的右侧有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上．若先将C移走，再把A、B分开，则A　 　电，B　 　电．若先将A、B分开，再移走 C，则A　 　电，B　 　电．
14．（2018高二上·临汾月考）如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带负电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的大小关系分别是：　 　 、 　 　
四、解答题
15．（2019高二上·平遥月考）长为L的平行金属板水平放置，两板间距为d，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场。一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，如图所示，不计粒子重力，求：匀强电场的场强；
16．（2019高二上·平遥月考）如图所示中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm.求：
（1）C点的电势；
（2）若保持两板电压不变，把B板向左移动2cm，C点的电势变为多少？
17．（2019高二上·平遥月考）如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的2倍，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)求：
（1）原来的电场强度；
（2）电场变化后小物块的加速度的大小和方向；
（3）电场变化后2 s内小物块电势能的变化量.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A、由公式F=qE知，若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用不可能为零；故A错误.
B、由公式F=qE知：P点的场强越大，则同一点电荷在P点所受的电场力就越大；故B正确.
C、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零；故C错误.
D、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反；故D错误.
故选B.
【分析】本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．
2．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电场强度
【解析】【解答】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A不符合题意；
B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B不符合题意；
C. 根据点电荷的场强公式E=k 知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C不符合题意；
D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度是电场的本身属性，与有没有试探电荷、试探电荷的带电量多少无关；电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
3．【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AD、根据电势能的公式Ep=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故A正确，D错误；
B、取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，则由公式Ep=qφ，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故B错误；
C、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故C错误；
故选：A．
【分析】利用电势的大小结合电性可以比较电势能的大小；电势降低最快的方向为电场强度的方向；电势的大小不能决定电势能的大小。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都能储存电荷，都可以看成是一个电容器，并不一定带电。故A错误，B错误；
C. 电容器所带的电荷量是指任意一个极板所带电荷量的绝对值，故C错误；
D. 电容器充电过程是将其他形式能转变成电容器的电能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能，故D正确。
故选：D
【分析】电容器不带电也可以叫做电容器；电容器的带电荷量是其中一块极板电荷量的绝对值。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由电容定义式可得： ，故选B。
【分析】利用电容的定义式可以求出电容的大小。
6．【答案】A
【知识点】库仑定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律 可得，随着两者之间的距离的增大，N受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律 可得，N点的点电荷做加速度减小的直线运动，而 图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，所以A正确，B图像表示物体做匀加速直线运动，C图像表示物体做加速度增大的直线运动，D图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动。
【分析】利用距离变化结合库仑定律和牛顿第二定律可以判别加速度的变化，进而判别图像的斜率变化。
7．【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】D. 已知正六边形所在平面与电场线平行，且A. C. D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=2.0V，故ABG的电势相等为1.0V；C、F电势相等为3.0V，D、 E电势相等为5.0V，故D错误；
B. 电势差UEF=5.0 3.0=2.0V，电势差UBC=1.0 3.0= 2.0V，故B错误；
AC. 根据U=Ed可知，电场强度E= = = V/m = V/m ，故A正确，C错误；
故选：A。
【分析】利用距离和电势差的关系可以求出电势的大小及电势差的大小；结合电势差和场强的大小关系可以求出场强的大小。
8．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得， qU=0 ，现在使带电粒子能到达MN板间距的 处返回，则电场力做功等于 .当初速度为 ，U不变，则带电粒子动能的变化△Ek=0 = ，小于到达中点时电场力做的功，粒子无法到达。故A错误；
B. 电压变为原来的 ，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q( )= qU，小于粒子的初动能 ，到达中点时，速度没有减到零。故B错误；
C. 电压变为原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q(4U)= 2 qU，大于粒子的初动能 ，粒子无法到达中点。故C错误；
D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的 ，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q( )= qU，带电粒子动能的变化△Ek=0 = = qU，故D正确。
故选：D.
【分析】利用动能定理结合速度和电压的变化可以判别粒子停下来的位置。
9．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 将A极板稍微向右移动，板间距减小，根据 可知，电容变大，而带电量不变，根据
可知，电势差减小，指针张角变小，故A错误。
B. 将A板稍微上移，正对面积减小，根据 可知，电容变小，而带电量不变，根据
可知，电势差变大，指针张角变大，故B正确。
C. 若将玻璃板插入两板之间，增大了介电常数，根据 可知，电容变大，而带电量不变，根据
可知，电势差减小，指针张角变小，故C错误。
D. 若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。
【分析】利用电容的决定式结合影响因素可以判别电容的变化；再利用电荷量不变结合电容的定义式可以判别电压及张角的变化。
10．【答案】C,D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A. 金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，但是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷。故A错误；
B. 金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故B错误；
C. 金属导体在电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与原电场叠加，内部电场强度处处为零。故C正确；
D. 静电平衡时，导体内部电场强度为零，导体表面电场强度方向与表面垂直，在导体表面和导体内部任意移动电荷时，电场力不做功，所以导体是一个等势体，其表面是一个等势面，故D正确。
故选：CD.
【分析】处于静电平衡的导体没有电荷的移动但是正负电荷还是存在；导体内部的场强等于0而已。
11．【答案】B,C,D
【知识点】电场及电场力
【解析】【解答】AB. 根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向沿电场线向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性，故A错误，B正确；
C. 电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场线密，电场力大，加速度大，故C正确；
D. 电场力的方向沿电场线向左，加速度方向沿电场线向左，故D正确；
故选：BCD。
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向，但是由于不知道场线的方向不能判别粒子的电性；利用电场线的疏密可以比较加速度的大小；利用电场线可以判别加速度的方向。
12．【答案】A,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；电容器及其应用
【解析】【解答】AB、若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U恒定，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由E=U/d可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；
CD、若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式 、定义式 以及 可得： ，说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误。
故选：AC.
【分析】利用开关闭合时电压不变；利用电压与场强的关系可以判别场强及夹角的变化；当开关断开时，板间距离变化时场强不变所以夹角不变。
13．【答案】不带；不带；带负；带正
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】如果先移走C，A、B中感应出的正负电荷立刻中和，因此A、B不带电；如果先分开A、B未移走C，由静电感应得接近C的A端带负电，远离C的B端带正电.
【分析】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．
14．【答案】；
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图
由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则
根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
15．【答案】解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t，
在竖直方向上： 由牛顿第二定律得：qE=ma
联立解得：E=
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】利用类平抛的位移公式结合牛顿第二定律可以求出场强的大小。
16．【答案】（1）解：板间场强为 =5×103 V/m， 已知A板与C点间的距离为d′=0.04 m 则UAC=Ed′=5×103×0.04 V=200 V.
因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以可得φC=－200 V
（2）解：B板向左移动2cm后， =6×103 V/m
=E′d′=6×103×0.04 V=240 V.
因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以φC=－240 V.
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）利用电势差和场强的关系可以求出电势差的大小；结合电势与电势差的关系可以求出C点的电势；
（2）利用电势差和场强的关系可以求出电势的大小。
17．【答案】（1）解：对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，
则mgsin 37°=qEcos 37°，E=
（2）解：当场强变为原来的2倍时，小物块受到的合外力F合=2qEcos 37°－mgsin 37°=0.6mg，
又F合=ma，所以a=6m/s2，方向沿斜面向上
（3）解：由运动学公式 x= at2= ×6×22m=12 m. 静电力做功W=2qExcos 37°=14.4mg焦耳
所以，电势能的变化量为-14.4mg焦耳，即电势能减小了14.4mg焦耳
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（2）利用合力大小结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小及判别加速度的方向；
（3）利用位移公式可以求出物块移动的位移；结合电场力做功可以求出电势能的变化量。
1 / 1山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高二上学期物理10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·平遥月考）电场中有一点P，则（　　）
A．若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用可能为零
B．若该处场强越大，则对于同一试探电荷在该处所受电场力越大
C．若该处没有试探电荷，则该处场强为零
D．该处的电场强度的方向就是该处试探电荷所受力的方向
【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A、由公式F=qE知，若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用不可能为零；故A错误.
B、由公式F=qE知：P点的场强越大，则同一点电荷在P点所受的电场力就越大；故B正确.
C、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零；故C错误.
D、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反；故D错误.
故选B.
【分析】本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．
2．（2019高二上·安新期中）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）
A．根据电场强度的定义式E= 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C= 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式UAB= 可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电场强度
【解析】【解答】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A不符合题意；
B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B不符合题意；
C. 根据点电荷的场强公式E=k 知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C不符合题意；
D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度是电场的本身属性，与有没有试探电荷、试探电荷的带电量多少无关；电容器的电容是电容器本身的属性，一般来说一个电容器被制作出来后，它的电容就固定下来了，与它是否通电没有关系。
3．（2019高二上·平遥月考）下面关于电势和电势能的说法正确的是（　　）
A．电势能是电场和电荷共有的能
B．在负点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能
C．电势降低的方向，一定就是场强方向
D．电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大
【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AD、根据电势能的公式Ep=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故A正确，D错误；
B、取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，则由公式Ep=qφ，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故B错误；
C、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故C错误；
故选：A．
【分析】利用电势的大小结合电性可以比较电势能的大小；电势降低最快的方向为电场强度的方向；电势的大小不能决定电势能的大小。
4．（2019高二上·平遥月考）下列关于电容器的叙述正确的是（　　）
A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才能称为电容器
B．两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，当带电时构成电容器，不带电时不是电容器
C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
D．电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来；电容器的放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都能储存电荷，都可以看成是一个电容器，并不一定带电。故A错误，B错误；
C. 电容器所带的电荷量是指任意一个极板所带电荷量的绝对值，故C错误；
D. 电容器充电过程是将其他形式能转变成电容器的电能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能，故D正确。
故选：D
【分析】电容器不带电也可以叫做电容器；电容器的带电荷量是其中一块极板电荷量的绝对值。
5．（2019高二上·平遥月考）一个电容器带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，若使其带电荷量增加4×10-7C，电势差则增加20v，则它的电容是（　　）
A．1×10-8F B．2×10-8F C．4×10-8F D．8×10-8F
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由电容定义式可得： ，故选B。
【分析】利用电容的定义式可以求出电容的大小。
6．（2019高二上·平遥月考）如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）。以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律 可得，随着两者之间的距离的增大，N受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律 可得，N点的点电荷做加速度减小的直线运动，而 图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，所以A正确，B图像表示物体做匀加速直线运动，C图像表示物体做加速度增大的直线运动，D图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动。
【分析】利用距离变化结合库仑定律和牛顿第二定律可以判别加速度的变化，进而判别图像的斜率变化。
7．（2019高二上·平遥月考）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、C、D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，正六边形所在平面与电场线平行.则（　　）
A．电场强度的大小为 V/m B．UEF与UBC相同
C．电场强度的大小为 V/m D．E点的电势与C点的电势相等
【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】D. 已知正六边形所在平面与电场线平行，且A. C. D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=2.0V，故ABG的电势相等为1.0V；C、F电势相等为3.0V，D、 E电势相等为5.0V，故D错误；
B. 电势差UEF=5.0 3.0=2.0V，电势差UBC=1.0 3.0= 2.0V，故B错误；
AC. 根据U=Ed可知，电场强度E= = = V/m = V/m ，故A正确，C错误；
故选：A。
【分析】利用距离和电势差的关系可以求出电势的大小及电势差的大小；结合电势差和场强的大小关系可以求出场强的大小。
8．（2019高二上·平遥月考）如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的 后返回，下列措施中能满足要求的是(不计重力)（　　）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压变成原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得， qU=0 ，现在使带电粒子能到达MN板间距的 处返回，则电场力做功等于 .当初速度为 ，U不变，则带电粒子动能的变化△Ek=0 = ，小于到达中点时电场力做的功，粒子无法到达。故A错误；
B. 电压变为原来的 ，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q( )= qU，小于粒子的初动能 ，到达中点时，速度没有减到零。故B错误；
C. 电压变为原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q(4U)= 2 qU，大于粒子的初动能 ，粒子无法到达中点。故C错误；
D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的 ，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W= q( )= qU，带电粒子动能的变化△Ek=0 = = qU，故D正确。
故选：D.
【分析】利用动能定理结合速度和电压的变化可以判别粒子停下来的位置。
9．（2019高二上·平遥月考）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）
A．将A极板稍微向右移动，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角将变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 将A极板稍微向右移动，板间距减小，根据 可知，电容变大，而带电量不变，根据
可知，电势差减小，指针张角变小，故A错误。
B. 将A板稍微上移，正对面积减小，根据 可知，电容变小，而带电量不变，根据
可知，电势差变大，指针张角变大，故B正确。
C. 若将玻璃板插入两板之间，增大了介电常数，根据 可知，电容变大，而带电量不变，根据
可知，电势差减小，指针张角变小，故C错误。
D. 若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。
【分析】利用电容的决定式结合影响因素可以判别电容的变化；再利用电荷量不变结合电容的定义式可以判别电压及张角的变化。
二、多选题
10．（2019高二上·平遥月考）对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（　　）
A．导体内部既无正电荷，又无负电荷
B．导体内部和外表面处的电场均为零
C．导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果
D．静电平衡时，导体是一个等势体，其表面是一个等势面
【答案】C,D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A. 金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，但是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷。故A错误；
B. 金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故B错误；
C. 金属导体在电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与原电场叠加，内部电场强度处处为零。故C正确；
D. 静电平衡时，导体内部电场强度为零，导体表面电场强度方向与表面垂直，在导体表面和导体内部任意移动电荷时，电场力不做功，所以导体是一个等势体，其表面是一个等势面，故D正确。
故选：CD.
【分析】处于静电平衡的导体没有电荷的移动但是正负电荷还是存在；导体内部的场强等于0而已。
11．（2019高二上·平遥月考）如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受静电力作用，根据此图可以作出的判断是（　　）
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大
D．带电粒子在a、b两点的加速度方向
【答案】B,C,D
【知识点】电场及电场力
【解析】【解答】AB. 根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向沿电场线向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性，故A错误，B正确；
C. 电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场线密，电场力大，加速度大，故C正确；
D. 电场力的方向沿电场线向左，加速度方向沿电场线向左，故D正确；
故选：BCD。
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向，但是由于不知道场线的方向不能判别粒子的电性；利用电场线的疏密可以比较加速度的大小；利用电场线可以判别加速度的方向。
12．（2019高二上·平遥月考）如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）
A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大
【答案】A,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；电容器及其应用
【解析】【解答】AB、若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U恒定，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由E=U/d可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；
CD、若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式 、定义式 以及 可得： ，说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误。
故选：AC.
【分析】利用开关闭合时电压不变；利用电压与场强的关系可以判别场强及夹角的变化；当开关断开时，板间距离变化时场强不变所以夹角不变。
三、填空题
13．（2019高二上·平遥月考）如图所示，在带电体C的右侧有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上．若先将C移走，再把A、B分开，则A　 　电，B　 　电．若先将A、B分开，再移走 C，则A　 　电，B　 　电．
【答案】不带；不带；带负；带正
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】如果先移走C，A、B中感应出的正负电荷立刻中和，因此A、B不带电；如果先分开A、B未移走C，由静电感应得接近C的A端带负电，远离C的B端带正电.
【分析】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．
14．（2018高二上·临汾月考）如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带负电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的大小关系分别是：　 　 、 　 　
【答案】；
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图
由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则
根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
四、解答题
15．（2019高二上·平遥月考）长为L的平行金属板水平放置，两板间距为d，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场。一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，如图所示，不计粒子重力，求：匀强电场的场强；
【答案】解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t，
在竖直方向上： 由牛顿第二定律得：qE=ma
联立解得：E=
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】利用类平抛的位移公式结合牛顿第二定律可以求出场强的大小。
16．（2019高二上·平遥月考）如图所示中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm.求：
（1）C点的电势；
（2）若保持两板电压不变，把B板向左移动2cm，C点的电势变为多少？
【答案】（1）解：板间场强为 =5×103 V/m， 已知A板与C点间的距离为d′=0.04 m 则UAC=Ed′=5×103×0.04 V=200 V.
因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以可得φC=－200 V
（2）解：B板向左移动2cm后， =6×103 V/m
=E′d′=6×103×0.04 V=240 V.
因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以φC=－240 V.
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）利用电势差和场强的关系可以求出电势差的大小；结合电势与电势差的关系可以求出C点的电势；
（2）利用电势差和场强的关系可以求出电势的大小。
17．（2019高二上·平遥月考）如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的2倍，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)求：
（1）原来的电场强度；
（2）电场变化后小物块的加速度的大小和方向；
（3）电场变化后2 s内小物块电势能的变化量.
【答案】（1）解：对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，
则mgsin 37°=qEcos 37°，E=
（2）解：当场强变为原来的2倍时，小物块受到的合外力F合=2qEcos 37°－mgsin 37°=0.6mg，
又F合=ma，所以a=6m/s2，方向沿斜面向上
（3）解：由运动学公式 x= at2= ×6×22m=12 m. 静电力做功W=2qExcos 37°=14.4mg焦耳
所以，电势能的变化量为-14.4mg焦耳，即电势能减小了14.4mg焦耳
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（2）利用合力大小结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小及判别加速度的方向；
（3）利用位移公式可以求出物块移动的位移；结合电场力做功可以求出电势能的变化量。
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