第2次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理必修第三册（人教版2019）

— 14 — 第二次月考滚动检测卷 (考查范围:第九章部分内容和第十章全部内容) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 【名师推好题】 第15题,本题以带电粒子在变化电场中运动为背景,考查学生利用动能定理及 牛顿运动定律解决多过程问题的能力,本题综合性较强,利用数学知识处理物理问题能力要求 较高,值得推荐. 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.每小题只有一个选项符合题目要求) 1.对公式E= Uab d 的理解,下列说法正确的是 ( ) A.此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差 B.a点和b点间距离越大,则这两点的电势差越大 C.公式中d是指a 点和b点之间的距离 D.公式中的d是匀强电场中a、b两个等势面间的垂直距离 2.比值定义法是物理学中常采用的方法,以下公式不符合该方法的是 ( ) A.UAB= WAB q B.φ= EP q C.E=k Q r2 D.E=Fq 3.如图所示的情况中,a、b两点的电场强度和电势均相同的是 ( ) A.甲图:离点电荷等距的a、b两点 B.丙图:两个等量同种点电荷连线上,与连线中点等距的a、b两点 C.丁图:带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点 D.乙图:两个等量异种点电荷连线的中垂线上,与连线中点等距的a、b两点 第3题图 第4题图 4.如图所示,虚线是某静电场的一簇等势线,边上标有电势的值,一带电粒子只在电场力作用下恰 能沿图中的实线从A 经过B 运动到C,下列判断正确的是 ( ) A.粒子一定带负电 B.A 处场强大于C 处场强 C.粒子在A 处电势能大于在C 处电势能 D.粒子从A 到B 电场力所做的功大于从B 到C 电场力所做的功 5.最近中国自主研制的新一代大功率石墨烯超级电容器问世.超级电容器 它不同于传统的化学电源,是一种介于传统电容器与电池之间具有特殊 性能的电源.如图所示的超级电容标有“3.0V,12000F”,该超级电容 器 ( ) A.正常工作最大容纳电荷量为36000C B.电容随电压的增大而增大 C.在充电过程中电流恒定 D.电容器放完电时,电容为0 6.如图所示,长为L的平行板电容器水平放置,两极板带等量的异种电荷. 一电荷量为q、质量为m 的带正电粒子,以初速度v0 紧贴上极板垂直于 板间电场方向进入,刚好从下极板边缘射出,射出时速度方向恰与水平方 向成30°角.不计粒子重力,下列说法正确的是 ( ) A.粒子离开电场时的速度为 33v0 B. 板间匀强电场的大小为 2 3mv02 3qL C.两极板间的距离为 36L D. 两极板间的电势差为 mv02 3q 7.如图所示,在坐标系xOy平面内有一个匀强电场,场强方向平行于xOy 平面.以坐标原点O为圆心,半径为R=2cm的圆与坐标轴相交于M、N、 P、Q 四点.现测得P 点的电势为3V,Q 点的电势为-3V,M 点的电势为 4V,则下列说法正确的是 ( ) A.场强方向沿y轴负方向 B.N 点的电势为-3V C.匀强电场的电场强度大小为250V/m D.圆周上两点间的最大电势差为8V 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得 6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.如图所示,一带电油滴Q 悬浮在平行板电容器两极板A、B 之间,处于静止状态.下列做法中,能 使Q 仍保持静止的有 ( ) A.将极板A 向上移一点 B.将极板B 向左平移一点 C.将极板B 向下移一点 D.将P 向右滑 第8题图 第9题图 9.如图所示,匀强电场中有A、B、C三点,已知A、B 两点间的距离为2.5cm,A,C 两点间的距离为 8cm,∠BAC=37°,匀强电场方向平行于A、B、C 三点所确定的平面.现把电荷量q=5×10-9C 的带正电的点电荷由A 点移到B 点,该过程中电场力做功W1=2.5×10-8J,当将该点电荷由A 点移到C 点,电场力做功W2=1×10-7J,若取A 点的电势为零,则 ( ) (sin37°=0.6,cos37°=0.8) A.该点电荷在B 点的电势能为2.5×10-8J B.A、B 两点的电势差为5V C.C点的电势为20V D.匀强电场的电场强度大小为250V/m — 13 — — 16 — 10.静电场的方向平行于x轴,沿x轴上各点的场强与位置的关系 如图所示.一质子仅受电场力,由O点静止释放,沿x轴正向运 动,已知Oa=ab=bc=L,φb=0,则下列说法中正确的是( ) A.O点的电势为E0L B.质子在O点和d 点的电势能相等 C.质子在a、b、c三点的动能之比为1∶2∶3 D.质子从O到b点先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(10分)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一 同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关.他选用带正电的小球A 和 B,A 球放在可移动的绝缘座上,B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C 点,如 图所示.实验时,先保持两球电荷量不变,使A 球从远处逐渐向B 球靠 近,观察到两球距离越小,B 球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变, 改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B 球悬线的偏角越大. (1)实验表明:两电荷之间的相互作用力,随其距离的 而增大,随其所带电荷量的 而增大; (2)此同学在探究中应用的科学方法是 (选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或 “演绎法”); (3)若A、B 带电荷量分别为+Q 和-3Q,开始相距为r时,它们间库仑力的大小为F,将两小球 相互接触后将其距离变为r 2 ,则两球间库仑力的大小为 . 12.(12分)下图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d、极板间正对 面积S之间的关系装置图.充电后与电源断开的平行板电容器的A 板与静电计相连,B 板和静 电计金属壳都接地,A 板通过绝缘柄固定在铁架台上,人手通过绝缘柄控制B 板的移动.请回答 下列问题: (1)本实验采用的科学方法是 ; A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法 (2)在该实验中,静电计的作用是 ; A.测定该电容器两极的电势差 B.测定该电容器的电容 C.测定该电容器的电荷量 D.测定A、B 两板之间的电场强度 (3)在实验中可观察到的现象(选填“变大”“变小”或“不变”) ①甲图中的手水平向左移动增大极板间距离d时,静电计指针的张角 ; ②乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S时,静电计指针的张角 ; (4)通过以上实验可归纳得到的结论是: . 13.(9分)如图所示,静止的电子在加速电压U1 的作用下水平射 出,从水平放置两块平行金属板的中间射入,平行金属板长 L,两板间距d,两板间电压为U2,且上板为正,电子质量为 m,电荷量为q,求: (1)射入平行金属板间的速度是多少; (2)电子射出电场时竖直偏移的距离是多少. 14.(9分)如图所示,质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上,斜面的倾角 为α.小球A 带正电,电荷量为q.在斜面上B 点处固定一个电荷量 为Q 的正电荷,将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释 放.小球A 下滑过程中电荷量不变.不计A 与斜面间的摩擦,整个 装置处在真空中.已知静电力常量k和重力加速度g. (1)A 球刚释放时的加速度是多大; (2)当A 球的动能最大时,求此时A 球与B 点的距离. 15.(14分)如图甲所示,电荷量为q=1×10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上,所在空间存 在方向沿水平向右的电场,电场强度E 的大小与时间t的关系如图乙所示,物块运动速度v与时 间t的关系如图丙所示,取重力加速度g=10m/s2.求: (1)物块的质量; (2)物块与水平面之间的动摩擦因数; (3)物块运动4s过程中;其电势能的改变量. — 15 — —54 — 因为带电粒子受到的电 场力和电场线求电场强 度方 向,且 在 曲 线 的 内 侧,所以粒子在 P 点受 到的电场力和电场强度 方向 相 同,则 粒 子 带 正 电,故A正确;因为Q 点所在处的等势面比P 点稀疏,所以电场 强度比P 点弱,根据牛顿第二定律可知,粒子在Q 点的加速度小 于P 点,故B错误;根据Ep=qφ,由于P 点的电势大于Q 点,所 以粒子在P 点的电势能大于Q 点,根据能量守恒可知,粒子在P 点的动能小于Q 点,故C错误,D正确.故选AD.] 11.解析 (1)由静电感应现象可知,电量为q的正点电荷放在距棒 左端R 处,棒的左端感应出负电荷,右端感应出正电荷.由点电荷 产生电场强度公式,可得+q在棒上中点P 处产生场强大小 E=kq r2 =k q R+L2 2 方向为水平向右; 由静电平衡原理可知,当达到静电平衡后棒内中点 P 处的合电 场强度是零,棒上感应电荷在棒内中点 P 处产生的场强大小与 带电量为+q的正点电荷在棒的中点P 处产生的场强大小相等, 方向相反,棒上感应电荷在棒内中点P 处产生的场强大小 E'=kq r2 =k q R+L2 2; (2)方向为水平向左. 答案 k q R+L2 2 左 12.解析 (1)对小球B 进行受力分析,可以得到小球受到的电场力 F=mgtanθ 即B 球悬线的偏角越大,电场力也越大;所以使A 球从远处逐渐 向B 球靠近,观察到两球距离越小,B 球悬线的偏角越大,说明了 两电荷之间的相互作用力,随其距离的减小而增大;两球距离不 变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B 球悬线的偏角 越大,说明了两电荷之间的相互作用力,随其所带电荷量的增大 而增大; (2)两球所带电荷量不变,当悬线与竖直方向的夹角分别为30°和 60°时,根据F=mgtanθ 知力之比为tan30°∶tan60°=1∶3 根据库仑定律知距离之比为 3∶1. 答案 (1)减小 增大 (2)3∶1 13.解析 (1)对A 球进行受力分析,如图所示,设A 球受到B 球的 库仑力为F,则有 F=mgtan45°=2×10-3N 由牛顿第三定律知B 球受到的库仑力的大小为 F'=F=2×10-3N; (2)由库仑定律F=kqAqB r2 解得qA=5×10-7C; (3)B 球在A 球平衡处产生的电场强度 E=FqA =4×103N/C. 答案 (1)2×10-3N (2)5×10-7C (3)4×103N/C 14.解析 (1)电荷由A 移向B 克服电场力做功,即电场力做负功, 为WAB=-6×10-4J 则AB 间的电势差为 UAB= WAB q = -6×10-4 -3×10-6 V=200V BC间的电势差为 UBC= WBC q = 9×10-4 -3×10-6 V=-300V; (2)根据 φA-φB=UAB φB-φC=UBC 又φB=0 解得φA=200V φC=300V; (3)根据Ep=qφ 可得EpA=-6×10-4J EpC=-9×10-4J. 答案 (1)200V -300V (2)200V 300V (3)-6×10-4J -9×10-4J 15.解析 (1)由题意可知:mgF =tan37° ,所以:F=43mg ; (2)由题意分析可知,小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点 对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运 动 时,在 B 点 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有: mg sin37°=m vB2 r 小球由B 运动到A 的过程根据12mvB 2-12mvA 2 有: -mgr(1-sin37°)+Frcos37°=12mvA 2-12mvB 2 小球在A 点时根据牛顿第二定律有: FN+mg=m vA2 r 联立以上各式得:FN=2mg 由牛顿第三定律可知,小球经过A 点时对轨道的最小压力大小 为2mg,方向竖直向上. 答案 (1)43mg (2)2mg 方向竖直向上 第二次月考滚动检测卷 1.D [此公式适用于计算匀强电场中a、b两点间的电势差,故A错 误;同一电场中,a点和b点间沿电场线的距离越大,电势差越大, 故B错误;公式中d是指a 点和b点沿电场线方向的距离,即a、b 两个等势面间的垂直距离,故C错误D正确.故选D.] 2.C [“比值定义法”是用“比值”定义物理量的一种方法,其中的“比 值”必须能表达出某种“属性”,且该“比值”与表示“分子”与“分母” 的物理量无关,即若表示的分子或分母即使为零,所定义的物理量 仍然存在.由于公式UAB= WAB q 、φ= Ep q 、E=Fq 中满足“比值定义” 的含义,它们均属于比值定义法;而E=kQ r2 ,当Q 为零时,电场强 度E 为零,所以不满足比值法定义.故选C.] 3.D [甲图中离点电荷等距的a、b两点,场强大小相等,方向不同; 电势相等;故选项 A错误;乙图中两个等量异种点电荷连线的中 垂线上,与连线中点等距的a、b两点,电势均为零;场强大小和方 向均相同,即场强也相同,选项D正确;丙图中两个等量同种点电 荷连线上,与连线中点等距的a、b两点,两点的电势相等;场强大 小相同,方向相反;选项B错误;丁图中带电平行金属板两板间分 别靠近两板的a、b两点;两点的场强相等,a点电势高于b点,选项 C错误;故选D.] 4.B [根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,可知电场 线方向大致向左,根据粒子轨迹的弯曲方向可知,粒子所受的电场 力方向大致向左,则知粒子一定带正电,故 A错误;等差等势面的 疏密反映电场强度的大小,A 处场强大于C 处场强,故B正确;粒 子从A 点运动到C 点,电场力方向与速度方向的夹角为钝角,电 场力做负功,电势能增大,故C错误;由于电势差相同,根据 W= Uq知,电场力做功相同,故D错误.故选B.] 5.A [该电容器最大容纳电荷量为Q=CU=12000×3.0C=36000C. A正确;电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与电压 和电荷量无关,AD错误;在充电过程中电流逐渐减小,C错误.故 选A.] 6.C [粒子离开电场时,速度方向与水平方向夹角为30°,由几何关 系得v= v0cos30°= 2 3 3v0 ,A错误;粒子在电场中做类平抛运动,水 平方向上L=v0t, 竖直方向上. vy=at=v0tan30°, 由牛顿第二定律可知qE=ma, 联立得E= 3mv0 2 3qL . B错误;粒子在匀强电场中做类平抛运动,在竖直方向 d=12at 2,解得d= 36L C正确;两极板间的电势差,U=Ed=mv0 2 6q . D错误.故选C.] 7.C [由题意可知O 点的电势为零,则场强在+x方向的分量为Ex = 40.02N /C=200N/C.沿-y 方 向 的 分 量 为Ey= 3 0.02N /C= 150N/C.则场强大小E= Ex2+Ey2=250N/C. 方向与x轴正向夹角为tanθ=EyEx =0.75,则θ=37° 选项A错误,C正确;因为φM-φO=φO-φN, 可得φN=-4V. 选项B错误;圆周上两点间的最大电势差为 U=E·2R=10V,选项D错误.故选C.] 8.BD [电容器板间的电压保持不变,当将极板A 向上平移一小段 距离时,根据E=Ud 分析得知,板间场强减小,液滴所受电场力减 小,液滴将向下运动,A错误;电容器板间的电压保持不变,当将极 板B 向左平移一小段距离时,则电容减小,但根据E=Ud 分析得 知,板间场强不变,液滴所受电场力不变,液滴将不会运动,B正 确;将极板B 向下平移一小段距离时,根据E=Ud 分析得知,板间 场强减小,液滴所受电场力减小,液滴将向下运动,C错误;当P 向 右滑动时,而极板间距不变,根据E=Ud 分析得知,板间场强不变, 液滴所受电场力不变,液滴将不会运动,D正确.故选BD.] 9.BD [点电荷从A 点移到B 点的过程中,电场力做正功,电势能减 小,因在A 点的电势为零,可知该点电荷在B 点的电势能为-2.5 ×10-8J,选项A错误;由U=Wq ,可得A、B 间的电势差UAB= W1 q =2.5×10 -8 5×10-9 V=5V.选项B正确;因为UAC= W2 q = 1×10-7 5×10-9 V= 20V,UAC=φA-φC,φA=0. 可得C点的电势φC=-20V;选项C错误;设D 是A、C连线上的 点,若φD=φB=-5V. 则B、D 连线就是匀强电场中的一个等势线,由于 AD=14AC= 2cm,AB=2.5cm,∠BAC=37°,可得∠ADB=90°.故电场强度 的方向由A指向C,电场强度的大小E=UACAC= 20 0.08V /m=250V/m. 选项D正确.故选BD.] 10.AC [质子仅受电场力F=qE.由E-x 图像可知O 至b 点,质子 先做加速度逐渐变大的加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运 动,故D错误;电场力做正功、电势能一直减小,电场力做质子在 O 点的电势能大于d 点,由于b点电势为0,则可由图像面积知电 势差UOb=E0L,则A正确,B错误;动能可以利用动能定理Ek= qEx.由E-x图像可得a、b、c三点E与x围成的面积之比为1∶2∶3, 可知动能之比为1∶2∶3,C正确.故选AC.] 11.解析 (1)库仑定律,两点电荷之间的相互作用力,与距离的平方 成反比;库仑定律,两点电荷之间的相互作用力,与电荷量成正比; (2)为了探究某一因素对结果的影响,而控制其他因素保持不变 的方法,叫作控制变量法; (3)接触前的库仑力F=k3Q 2 r2 接触之后的库仑力 F'=k Q 2 r2 2=4k Q2 r2 =43×k 3Q2 r2 =43F. 答案 (1)减小 增大 (2)控制变量法 (3)43F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 53 — —56 — 12.解析 (1)探究多种因素电容大小的关系,采用的是控制变量法, 故选B; (2)该实验中静电计是为了测定该电容器两极的电势差,从而反 映出电容器电容大小的变化,故选A; (3)①甲图中 的 手 水 平 向 左 移 动 增 大 极 板 间 距 离d 时,由 C= εrS 4πkd 可知,电容器电容C减小,又由于Q 不变,则由C=QU 可知, U 变大; ②乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S 时,由C= εrS 4πkd 可知,电容器电容C减小,又由于Q 不变,则由C=QU 可知, U 变大; (4)由实验现象归纳总结可得:平行板电容器板间距d越大,电容 C越小;两板间的正对面积S越小,电容C越小. 答案 (1)B (2)A (3)①变大 ②变大 (4)见解析 13.解析 (1)由动能定理得qU1= 1 2mv 2 解得v= 2qU1m ; (2)电子在偏转电场水平方向L=vt y=12at 2 a=U2qmd 联立上式得y= U2L2 4dU1 . 答案 (1) 2qU1 m (2) U2L2 4dU1 14.解析 (1)根据牛顿第二定律 mgsinα-F=ma 根据库仑定律F=kQq r2 r= Hsinα 联立以上各式解得a=gsinα-kQqsin 2α mH2 ; (2)当A 球受到的合力为零、加速度为零时,速 度 最 大,动 能 最 大.设此时A 球与B 点间的距离为R,则 mgsinα=kQqR2 解得R= kQqmgsinα. 答案 (1)gsinα-kQqsin 2α mH2 (2) kQqmgsinα 15.解析 (1)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动 qE2=μmg 在前2秒物块的加速度为 a=ΔvΔt=2m /s2 由牛顿第二定律得qE1-μmg=ma 解得m=1kg; (2)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动qE2=μmg 则有μ=0.4; (3)由题意可得,由图像得前2秒内的位移为 x1= 1 2×2×4m=4m 在2秒到4秒内物块的位移 x2=4×2m=8m 则电场力的功为 W=qE1x1+qE2x2=24J+32J=56J 则电势能减少了56J. 答案 (1)1kg (2)0.4 (3)减少56J 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.A [微波炉是通过磁控管所发射的微波加热食物的,微波穿透食 物,使食物中的水分子随之运动,水分子在运动的过程中会产生大 量的热能,于是食物就被加热了,与静电现象无关,A正确;危化品 运载车辆底盘尾部都拖着一条铁链,可以把车上产生的静电及时 导走,B错误;含尘气体经过高压静电场时被分离,尘粒与负离子 结合带上负电后,趋向阳极表面放电而沉积,利用的是静电除尘技 术,C错误;利用光电敏感材料在曝光时按影像发生电荷转移而存 留静电潜影,经一定的干法显影、影像转印和定影而得到复制件, 利用的是静电现象,D错误.故选A.] 2.D [公式E=Fq 对所有电场都成立,故 A错误;E=Fq 中,q是试 探电荷,电场强度与试探电荷无关,并不是试探电荷产生的,故B 错误;E=kQ r2 中的E 是点电荷在某点产生的场强,式中Q 是产生 此电场的场源电荷,故C错误;在某一电场中,根据E=Fq ,当q变 为两倍,电场强度不变,则q所受到的电场力F 也变为两倍,故D 正确.故选D.] 3.C [根 据 平 衡 条 件 得 G Mm(R+h)2 =k Qq(R+h)2 ,根 据 上 式 得 G Mm(R+5h)2 =k Qq(R+5h)2 假设科学家将同样的带电粉尘带到距地 球表面5h高处无初速度释放,此带电粉尘仍在那里悬浮.故选C.] 4.B [图中A、B 两点在一个等势面上电势相等,则AC 间的电势差 等于BC 间的电势差,沿着电场线方向,电势是降低的,则有UAC= UBC<0,根据W=qU,则有WA=WB>0,故B正确,ACD错误;故 选B.] 5.D [由φ-x 图像可知,电场为匀强电场,方向沿x轴正方向,当带 负电粒子从0点向x0 点运动时,电场力向x轴负方向,粒子做匀 减速运动,v-t图像为直线.故选D.] 6.C [根据C=εrS4πkd ,在受到风力作用时,d减小,则电容器电容变 大,故A错误;极板间电场强度E=Ud = Q C d = Q Cd= 4πkQ εrS 不变,故 B错误;极板间电压U=QC 变小,故C正确;风力越大,d 越小,极 板间电压越小,静电计指针张角越小,故D错误.故选C.] 7.C [粒子在两板之间的运动时间均为T,在t=0时刻进入的粒子 在前半个周期竖直方向是加速,后半个周期竖直方向是匀速,设加 速度为a,则位移为y1= 1 2 ·a· T2 2 +a·T2 ·T 2= 3 8aT 2.在 t=12T 进入的粒子,竖直方向上在前半个周期是静止,后半个周 期是匀加速,侧移量为y2= 1 2a T2 2 =18aT 2,故y1∶y2=3∶1. 故选C.] 8.BD [小球沿直线 AB 运动, 合力 沿 AB 方 向,如 图 所 示, 则有 qEtan45°=mg,解 得 E=mgq ,A错误;小 球 所 受 合 力为F= 2mg,由 牛 顿 第 二 定律得加速度为a= 2g,由 匀变速直线运动规律,得小球 到B点的速度为v= 2gt.设AB=L,根据动能定理得mgLsin45°+ qELcos45°=12mv 2,解得电场力做功 W=qELcos45°=mv 2 4 . 根 据W=qUAB,解得UAB = mv2 4q . 根据UAB =φA-φB,且A 点的电势 为零,解得φB=- mv2 4q . 代入速度得φB=- mg2t2 2q ,则P 点的电势 能为EB=qφB=- mv2 4 ,代入速度得EB=- mg2t2 2 . 故B正确,C错 误;小球机械能的变化量等于电场力做的功,为ΔE=W=mv 2 4 ,代 入速度得ΔE=mg 2t2 2 ,故D正确.故选BD.] 9.CD [由于不清楚a、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性,故 不能确定电场线的指向,不能确定 M、N 两 点 的 电 势 高 低,A错 误;M 点处的电场线比较稀疏,N 点的电场线比较密集,故 M 点的 电场强度比N 点的小,B错误;由图中电场线分布可知a、b为异种 电荷,且b附近电场线更密集,故a的电荷量小于b的电荷量,C正 确;D.如图所示 带电粒子从 M 点运动到N 点受到的电场力与速度方向的夹角为 锐角,电场力做正功,故电势能减小,D正确;故选CD.] 10.AB [该电场为匀强电场,D 为AC 边的中点,则 D 点 电 势 为 φD=φ A+φC 2 =9V ,A正确;由题知φA=φB=6V,则AB 边即是 该匀强电场的一个等势面,电场线垂直于等势面,且沿电场线方 向电势降低,故电场方向为从C指向B,D错误;dBC=40cm,CB间 电势差为6V,则该电场的电场强度为E=Ud = 6V 0.4m=15V /m, B正确,C错误.故选AB.] 11.解析 (1)图甲中保持电荷量不变,只改变距离,研究力的变化情 况,所以,用的是控制变量法,故选D; (2)本实验中,根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小, 由图可知,电荷量越大,距离越小,细线偏离竖直方向的角度越 大,根据对小球受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增 大、距离的减小而增大; (3)对小球B 受力分析,根据库仑定律结合平衡条件有 mgtanθ= kqAqB (Lsinθ)2 解得qA= mgL2tanθsin2θ kqB 可得两次实验中A 的电量之比为 q1 q2 =tan45°sin 245° tan60°sin260° = 2 3 3 =2 39 . 答案 (1)D (2)增大 (3)2 39 12.解析 (1)给电容器充电后与电源断开,就是保持电容器的带电 量Q 不变,根据电容决定式 C=εrS4πkd 若将B 板上移,两极板正对面积减小,可知C 变小,若将B 板左 移,则两极板间间距变大, 可知C变小,再根据电容器定义式 C=QU 可知两极板间电压变大,则静电计指针偏角变大; (2)根据Q=It 可知I-t图像与时间轴围成的面积表示电荷量,由图可知,图像与 时间轴围城面积有17个小格,则 Q=17×1×10-3×1C=1.7×10-2C 则电容 C=QU = 1.7×10-2 2 F=8.5×10 -3F. 答案 (1)变小 变大 (2)8.5×10-3 13.解析 (1)根据库仑定律,则有:A、B 间库仑力的大小 F1= kq1q2 d2 =9×10-3N; (2)对B 研究,B 球向右加速,合力向右,根据A、B 间库仑力的大 小,及牛顿第二定律 F1=m2a 解得a=9m/s2; (3)A、B 一起向右运动,且保持间距不变,A、B 加速度相等.对 A,受到拉力与库仑引力,由牛顿第二定律 F-F1=m1a 解得F=2.7×10-2N. 答案 (1)9×10-3N (2)9m/s2 (3)2.7×10-2N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 55 —