2022-2022学年安徽省阜阳市太和一中平行班高二(上)第一次月考物

2020-2021学年安徽省阜阳市太和一中平行班高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.关于电场强度，下列说法正确的是()

A. 若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0

B. 电场强度定义式E=F

q

表明，电场强度大小与试探电荷的电荷量q成反比

C. 点电荷的电场强度E=k Q

r2

表明，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍

D. 匀强电场的电场强度E=U

d

表明，匀强电场中距离相等的任意两点间电压U一定相等

2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方

向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心

的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是

()

A. O点电势与Q点电势相等

B. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加

C. O、M间的电势差小于N、O间的电势差

D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上

3.如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的

粒子从A点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()

A. 粒子在该过程中克服电场力做功1

2

mv02

B. 匀强电场的电场强度大小为2mg

q

第17页，共19页

C. 粒子在A点的电势能比在B 点的电势能小1

2

mv02

D. 粒子从A点运动到B点所用的时间为v0

g

4.如图所示，AD是均匀带电的半圆环，已知半圆环在圆心O点产生

的电场强度大小为E、电势的大小为φ，AB、BC、CD为半圆环等长的三段圆弧。则BC部分在O点产生的电场强度和电势的大小分别是()

A. 1

3E，φ B. 1

2

E，φ C. 1

3

E，1

3

φ D. 1

2

E，1

3

φ

5.在空间直角坐标系O?xyz中，有一四面体C?AOB，C、

A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示．D

点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量

为?Q的点电荷，下列说法正确的是()

A. A、B、C三点的电场强度相同

B. O、A和A、D两点间的电势差相等

C. 将电子由D点移到C点，电场力做正功

D. 电子在B点的电势能大于在D点的电势能

6.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy

平面内有一个半径为R=5cm的圆，圆上有一动点P，

半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，

O、P两点的电势差满足U OP=25cosθ(V)，则该匀

强电场的大小和方向分别为()

A. 500V/m，沿x轴正方向

B. 500V/m，沿y轴负方向

C. 500√2V/m，沿y轴负方向

D. 250√2V/m，沿x轴负方向

7.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强

度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，

AB为圆水平直径的两个端点，AC为1

4

圆弧．一个质量为m

电荷量为?q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止

释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是()

第12页，共19页

A. 小球一定能从B点离开轨道

B. 小球在AC部分不可能做匀速圆周运动

C. 小球到达C点的速度可能为零

D. 若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H

8.如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y

轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点

D处)，将一个套在杆上重力不计的带电圆环(视为质点)

从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕

点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是()

A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大

B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小

C. 增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆

周运动

D. 将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕

点电荷做圆周运动

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，某位置Q固定一带正电的点电荷，A、B、C是斜

面上间距相等的三个点，Q、B连线垂直于斜面，在A点无初

速度释放一带有恒定电荷的小物块，已知小物块沿绝缘的斜

面运动到C点时停下。下列说法正确的是()

A. 小物块一定带负电

B. 小物块运动过程，电势能可能先增大后减小

C. 小物块运动过程经过B点时的滑动摩擦力最大

D. 小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少

10.如图虚线为某点电荷激发的电场中的三个等势面，等势面a上的电场强度大小为E，

，电势为20V，相邻两个等势面的间距电势为60V，等势面c上的电场强度大小为E

9

相等，质子只受电场力作用，在电场中运动的轨迹如图中实线所示，若质子在等势面c上的动能为80eV，下列说法正确的是()

第17页，共19页

第12页，共19

页 A. 点电荷可能为负电荷

B. 质子经过等势面c 的速度大小是经过等势面a 速度大小的√2倍

C. 质子经过等势面b 的加速度大小是经过c 加速度大小的2.25倍

D. 质子经过等势面b 的电势能一定为40eV

11. 电荷量不等的两点电荷固定在x 轴上坐标为?3L 和

3L 的两点处，其中坐标为?3L 处的点电荷带电量的

绝对值为Q ，两点电荷连线上各点的电势?随x 变

化的关系图象如图所示，其中x =L 处的电势最低，

x 轴上M 、N 两点的坐标分别为?2L 和2L ，已知静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )

A. 两点电荷一定均为正电荷

B. 原点O 处的场强大小为kQ

12L 2

C. 正检验电荷在原点O 处受到向左的电场力

D. 负检验电荷由M 点运动到N 点的过程中，电势能先减小后增大

12. (多选)如图所示，A ，B ，C 三个小球(可视为质点)的质量分别为

m 、2m 、3m ，B 小球带负电，电荷量为q ，A ，C 两小球不带电(不

考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接

起来悬挂在O 点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场

强度大小为E ，以下说法正确的是( )

A. 静止时，A ，B 两小球间细线的拉力为5mg +qE

B. 静止时，A ，B 两小球间细线的拉力为5mg ?qE

C. 剪断O 点与A 小球间细线的瞬间，A ，B 两小球间细线的拉力为1

3qE

D. 剪断O 点与A 小球间细线的瞬间，A ，B 两小球间细线的拉力为16qE

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

13.如图所示，真空中O点固定有一点电荷，在它产生的电

场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线

成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°。

则a、b两点场强E a：E b=______；a、b两点电势φa、φb的关系为φa______φb(填“<”、“>”、“=”)。

四、实验题（本大题共1小题，共6.0分）

14.在验证机械能守恒实验中，由m1、m2组成的系统，当m2由静止开始下落，m1拖着

的纸带打出一系列的点，从而验证机械能守恒定律。其中一条纸带中：0为打下第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未画出(图中未标出)，计数点间距离如图。

已知m1=50g，m2=150g，交流电频率为50Hz，g取9.8m/s2。

(1)纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s(保留2位有效数字)。

(2)在计数点0到计数点5过程中，系统动能的增加量△E k=______J，系统势能的

减少量△E p=______J(保留3位有效数字)。

五、计算题（本大题共4小题，共42.0分）

15.如图所示，在匀强电场中的M、N两点距离为1cm，

两点间的电势差为5V，M、N连线与场强方向成60°角，

则此时：

(1)电场的电场强度多大？

(2)将二价负离子由M点移到N点电场力对电荷做了多少功？(二价负离子电量q=

?2×1.6×10?19C)

第17页，共19页

16.如图所示，在匀强电场中，将质量为6×10?10kg、电荷

量为?6×10?6C的带电粒子从电场中的A点移动到B点，

静电力做了9×10?6J的功，再从B点移动到C点，电势

能增加了1.2×10?5J。已知电场的方向与△ABC的平面平

行，∠A=90°，∠B=30°，AC=20cm，规定B点的电

势为0，不计带电粒子的重力。

(1)求A点和C点的电势；

(2)求电场强度。

17.如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连

接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为+2q，

B球的带电量为?3q，两球组成一带电系统。虚线MN与PQ

平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动。试求：

(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；

(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量。

第12页，共19页

18.如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面

内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道

的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀

强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度

E=1.0×104N/C.现有一电荷量q=+10×10?4C、质量m=0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)取g=10m/s2.试求：(结果可用根号表示)

(1)带电体运动到圆形轨道B点的速度大小；

(2)D点到B点的距离x DB；

(3)带电体在从B到C运动的过程中对轨道的最大压力。

第17页，共19页

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、电场强度E的定义式E=F

q

，属于比值定义，与试探电荷无关，因此P

点不放试探电荷，则P点的电场强度仍不变，故A错误；

B、电场强度E的定义式E=F

q

中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，无比例关系，故B错误；

C、点电荷的电场强度E=k Q

r2

，在r减半的位置上，则电场强度变为原来的4倍，故C 正确；

D、匀强电场强度公式E=U

d

，匀强电场中距离相等的点沿电场线方向上的距离不一定相等，则电势差不一定相同，故D错误。

故选：C。

电场强度E的定义式E=F

q

中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷

的电量。这是比值定义法，适用于任何电场，定义出的场强与试探电荷无关，E反映本

身的强弱和方向，E=k Q

r2是点电荷场强的计算式，匀强电场强度公式E=U

d

，式中d是

两点沿电场线方向的距离。

本题要注意掌握匀强电场的性质，并对于公式U=Ed，关键要准确理解公式的适用条件和公式中各个量的物理意义，知道d的准确含义。同时本题还考查对场强定义式的理解能力，抓住此式具有比值定义法的共性，定义出的新物理量与两个量无关，反映物质的属性。

2.【答案】B

【解析】解：A、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，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；

B、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故B正确；

C、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故C错误。

D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；

第12页，共19页

故选：B。

根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；

根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；

正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．

电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．

3.【答案】D

【解析】解：BD、粒子在竖直方向上在重力作用下做加速度为g的匀减速运动，在B 点竖直方向的速度为零，设粒子从A运动到B所需时间为t，则v0=gt

则t=v0g

t

水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，则v0=at=Eq

m

则：a=g

所以匀强电场的电场强度大小为E=mg q

故B错误，D正确；

AC、从A到B水平方向上的位移为x=v02

2a

mv02

则从A到B电场力做正功W=qEx=1

2

mv02

则电势能减小1

2

mv02，故AC错误。

即粒子在A点的电势能比在B点的电势能大1

2

故选：D。

粒子在水平方向上在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上重力的作用下做匀减速直线运动，其末速度为零。把该粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，由运动学公式可以得到水平加速度，进而得到电场力与重力的关系；进而可以得到粒子从A运动到B点的时间；根据功的定义式可以得到电场力做的功，以及电势能的变化。

解题的关键是要把粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，根据运动学公式得到水平方向的加速度，进而得到电场力与重力的关系，从而得到电场力做功以及电势能的变化情况。

4.【答案】D

第17页，共19页

第12页，共19页 【解析】解：由于电场强度是矢量，根据题意需要应用平行四边形定则求出圆弧BC 在圆心O 处产生的场强，电势是标量，直接根据代数法则求解。B 、C 两点把半圆环等分为三段，假设每段长度都是L ，每段距离O 点的距离相等，故每段对O 点产生的场强大小和电势均相等，如图所示：

设每段O 点产生的电场强度大小为E′，均相等，则在O 点的合场强为：E =E′+2×E′×cos60°=2E′，

则E′=E 2；

电势是标量，设圆弧BC 在圆心O 点产生的电势为φ′，则由O 点的电势：φ=3φ′ 则φ=φ′

3，故D 正确

故选：D 。

将圆弧分成3段，每段距离O 点的距离相等，则每段对O 点产生的电场强度大小相等，电势也相等，故对于电场强度，可以使用平行四边形法则进行合成，对于电势，可以直接用代数法则进行求解。

本题考查了电场强度的合成，由于电场强度为矢量，故合成时使用平行四边形法则，还考查了电势的合成，由于电势是标量，直接使用代数求和即可。

5.【答案】D

【解析】解：A 、根据点电荷电场线的分布情况可知：A 、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A 、B 、C 三点的电场强度不同．故A 错误． B 、根据点电荷的电场强度的特点可知，OA 段的电场强度的大小要大于AD 段的电场强度，所以O 、A 和A 、D 两点间的电势差不相等．故B 错误．

C 、O 点处是负电荷，则x 轴上电场强度的方向沿x 轴负方向指向O 点，可知

D 点的电势高于A 点的电势；又A 、B 、C 三点处于同一等势面上，电势相同，所以D 点的电势高于C 点的电势，将电子由D 点移到C 点，电场力做负功，故C 错误．

D 、D 点的电势高于A 点的电势；又A 、B 、C 三点处于同一等势面上，电势相同，所以D 点的电势高于B 点的电势，将电子由D 点移到B 点，电场力做负功，其电势能将增

加．故D正确．

故选：D．

A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．A、B、C三点的电势相同，A、B、C 三点所在的等势面为球面．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加．若在A、B、C三点放置三个点电荷，?Q所受电场力的合力不可能为零．本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负．

6.【答案】A

【解析】解：已知O、P两点之间的电势差满足：U OP=25cosθ(V)，则当θ=0时，U OP?

，代入数据得：E=500V/m，最大，此时U OP=25(V)，由匀强电场场强的计算公式：E=U

d

由于U OP=φO?φP，U OP>0，则证明O点的电势大于P点的电势，所以电场线方向为电势降低最快的方向，电场线方向也是场强的方向，所以场强方向沿x轴正方向，

故A正确，BCD错误；

故选：A。

已知沿电场线方向电势降低，故电势降低最快的方向为电场线方向，然后由匀强电场场强公式计算出电场的大小。

本题主要考查了电场线和电势之间的关系，以及考查了匀强电场的场强公式，考生一定要注意电场线方向是电势降低最快的方向，所以要求电势差的最大值。

7.【答案】D

【解析】解：A、小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力。电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；

B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B错误。

C、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零。故C错误。

D、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故D正确；

故选：D。

当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为

第17页，共19页

零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．

本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，要做好受力分析和过程分析，才能准确选择物理规律求解．

8.【答案】C

【解析】解：A、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零。故A 错误。

B、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大。故B错误。

C、根据动能定理得：

qU=1

2

mv2

根据牛顿第二定律得：

k Qq

r2

=m

v2

r

联立解得：

k Q r2=2U

r

，可知圆环仍然可以做圆周运动。故C正确，

D、若增大高度，知电势差U增大，速度增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动。故D错误。

故选：C。

根据动能定理，通过合力做功情况判断动能的变化，根据所受合力的变化判断加速度的变化．圆环离开细杆后做圆周运动，靠库伦引力提供向心力

本题考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清圆环的运动情况，知道圆环的合力变化．

9.【答案】AD

第12页，共19页

【解析】解：A、若小物块也带正电，则小物块在A点与C点的受力如图：

可知若小物块带正电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力增大；由于小物块能从A开始向下滑动，则沿斜面向下的分力增大后，小物块是不可能在C点静止的。所以小物块只能带负电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力减小，小物块才能到达C后停止。故A正确；

B、小物块带负电，则小物块与点电荷之间的库仑力为吸引力，从A到B的过程中库仑力做正功，而从B到C的过程中电场力做负功，所以小物块的电势能先减小后增大。故B错误；

C、小物块带负电，受到点电荷的吸引力，当小物块运动达到B点时，库仑力最大，而且沿垂直于斜面方向的力最大，所以小物块在B点受到的支持力最小，则在B点的滑动摩擦力最小。故C错误；

D、小物块在B点时仍然向C点运动，运动的过程中做减速运动，动能减小，同时重力势能也减小，所以小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少。故D正确。

故选：AD。

根据小物块在A点和C点的受力情况，判断小物块的电性；根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化情况；根据受力分析判断摩擦力的变化；根据功能关系判断小物块的机械能的变化。

该题路程电场力以及电场力做功的特点，解答的关键是正确对小物块在A点与C点的情况进行受力分析，先判断出小物块带负电。

10.【答案】BC

【解析】解：A、从质子的运动轨迹可以看出两个电荷间相互排斥，故点电荷带正电，故A错误；

B、质子在运动的过程中只受到电场力，则动能与电势能的和不变，质子在等势面c上的动能为80eV，电势能为20eV，总能量为100eV；质子在a处的电势能为60eV，则动

第17页，共19页

能为40eV；质子的动能为c的一半，所以质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a 速度大小的√2倍。故B正确；

C、根据点电荷的电场强度的公式：E=kQ

r

，结合等势面a上的电场强度大小为E，等

势面c上的电场强度大小为E

9

，可知c到点电荷的距离为a到点电荷距离的3倍；a与c 之间的距离为a到点电荷的距离的2倍，相邻两个等势面的间距相等，所以b到点电荷

的距离为a到点电荷的距离为2倍；所以b处的电场强度为a的电场强度的1

4

，即b处电

场强度的大小为E

4；电场强度的大小是c处电场强度的9

4

倍，则质子在b处的加速度：a=qE

m

也是c处加速度的2.25倍。故C正确；

D、在点电荷形成的电场中，约靠近点电荷处的电场强度越大，所以ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于cb之间的电势差，所以b处的电势小于40V，电势能小于40eV.故D错误

故选：BC。

从质子的运动轨迹判断点O处电荷的电性，然后根据动能定理判断动能变化的情况，结合点电荷的等势面判断电势的高低。

本题切入点在于根据运动轨迹判断出两个电荷相互排斥，再结合负点电荷的等势面分布图进行分析。

11.【答案】AB

【解析】

【分析】

根据L点场强为0，知两电荷是同种电荷，根据电势的变化，判断电荷的电性；

因为电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为Δφ

Δx

(Δx→0)，表示电场强度E，所以可知L点的场强为0，从而知道O点的场强；

根据P点的场强为0可知两电荷的电量大小，根据电场力做功判断电势能的变化。

解决本题的关键掌握电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为Δφ

Δx

(Δx→0)，表示电场强度E.以L点场强为0作为突破口，展开分析。

【解答】

A、由φ?x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A正确；

BC、设坐标为3L处的点电荷带电量的绝对值为Q′，x=L处电势最低，此处图线的斜率

第12页，共19页

为0，即该点的合场强为0，kQ

(4L)2?kQ′

(2L)2

=0，得Q′=1

4

Q，故原点处的场强大小为E O=

kQ (3L)2?kQ′

(3L)2

=kQ

12L2

，方向向右，正检验电荷在原点O处受到的电场力向右，故B正确，

C错误；

D、由M点到N点电势先降低后升高，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。

故选：AB。

12.【答案】AC

【解析】解：AB、静止时，对B球进行受力分析，则有：

T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正确，B错误；

CD、剪断O点与A小球间细线的瞬间，因为B球带负电，B球受到竖直向下的电场力qE，

经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度qE

3m

，

此时A、B球的加速度为a A=g+qE

3m

(显然>g)，C球以加速度g保持自由下落，

以A球为研究对象，设A、B球间细线的拉力为T，

由牛顿第二定律，则有：T+mg=ma A，解得：T=1

3

qE.故C正确，D错误。

故选：AC。

静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；

假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0；

B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解。

本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪断之后，绳子的拉力立即为零，难度适中。

13.【答案】3：1 <

【解析】解：由题目可知，O点固定了一个点电荷，假设ab的长度为L，则Oa的长度

为：R a=L×cos60°=1

2

L，

Ob的长度为：R b=L×cos30°=√3

2L，由真空中的点电荷场强公式得：E=k Q

r2

，代入

第17页，共19页

第12页，共19页 数据得：E a =k Q (L 2)2=k 4Q

L ， E b =(√3L 2)=k 4Q 3L 2，则E a ：E b =3：1；

由a ，b 两点的场强方向可知，均指向O 点，则O 点固定的电荷为负电荷，已知沿电场线方向电势降低，则a 点比b 点离O 点更近，则φa <φb ；

故答案为：3：1，<。

已知O 点固定了一个点电荷，a 点的场强方向指向O ，b 点的场强方向指向O ，则可判断O 点电荷属性为负电荷，再由真空中点电荷的场强公式可求出场强的比值

本题主要考考查了考生两个知识点，一、真空中的点电荷的场强公式，二、电场线方向与电势之间的关系，由场强方向可以判断出O 点固定的点电荷的电性，从而判断出电场线的方向，进行电势的比较。

14.【答案】2.4 0.576 0.588

【解析】解：m 1=50g =0.050kg ，m 2=150g =0.150kg ；

(1)交流电的频率为50Hz ，打点的时间间隔为0.02s ，

每相邻两个计数点间还有4个点未标出，计数点间的时间间隔t =0.02×5s =0.1s ； 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度， 打点5时m 1的速度：v =?46

2t =(21.60+26.40)×10?2

2×0.1m/s =2.4m/s ，

(2)在计数点0到计数点5过程中，系统动能的增加量△E k =12(m 1+m 2)v 2=

1

2×(0.050+0.150)×2.42J ≈0.576J ；

系统势能的减少量△E P =(m 2?m 1)g?05=(0.150?0.050)×9.8×(38.40+21.60)×10?2J ≈0.588J ；

故答案为：(1)2.4；(2)0.576；0.588。

(1)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打点5时的速度。

(2)应用动能与重力势能的计算公式求出动能的增加量与重力势能的减少量。

本题考查了实验数据处理，根据题意应用匀变速直线运动的推论求出打点5时的速度是解题的关键，应用动能与重力势能的计算公式即可解题。 15.【答案】解：(1)电场强度E =U MN

d ，d =MNcos60°，解得：E =1000V/m

(2)电场力做功：W MN =qU MN =?2×1.6×10?19C ×5V =?1.6×10?18J

答：(1)电场的电场强度为1000V/m ；

第17页，共19

页 (2)将二价负离子由M 点移到N 点电场力对电荷做功?1.6×10?18J 。

【解析】(1)由电势差求电场强度E =U MN

d ，d 是MN 沿着电场线方向的距离；

(2)电场力做功用电势差求解W MN =qU MN 。

本题考查电场强度与电势差之间的关系，电场力做功与电势差之间的关系，属于基本题型，需要格外注意的是求场强时，那个距离应该是沿着电场线方向的距离。

16.【答案】解：(1)A 、B 两点间电势差U AB =W AB

q ，U AB =φA ?φB ；

带电粒子从B 点移动到C 点，电势能增加了1.2×10?5J ，说明了克服电场力做功

1.2×10?5J ，电场力做负功。

B 、

C 两点间电势差U BC =W BC

q ，U BC =φB ?φC ；

解得：φA =?1.5V ，φC =?2V ；

(2)沿着BC 方向，根据几何关系可知BC =40cm ，则过A 点作BC 的垂线，垂足为D ，BD 长为30cm ，φD =?1.5V ，故AD 为等势线，

则由电场线垂直等势线且沿着电场线方向电势降低可知，直线BC 即为电场线，由B 指向C 。

匀强电场E =U AC

d ，U AC =φA ?φC ，d =L AC sin30°，解得E =5V/m ，方向沿BC 方向，

由B 指向C ；

答：(1)A 点和C 点的电势分别为?1.5V 和?2V ；

(2)电场强度大小为5V/m ，方向沿BC 方向，由B 指向C 。

【解析】(1)根据电场力做功与电势差的关系求出AB 间的电势差、BC 间的电势差。

(2)根据电势差与电场强度的关系求解。

本题考查电场力做功和电势差的关系，求出电势差进而求出某点的电势

求匀强电场的场强，一定要用沿着电场线方向的距离，不能简单的用两点之间的距离。 17.【答案】解：(1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得

2qEL=1

2

×2mv12

解得：v1=√2qEL

m

(2)带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后。设A球出电场后移动的最大位移为x，对于全过程，由动能定理得

2qEL?qEL?3qEx=0

解得x=1

3

L

则B球移动的总位移为x B=7

3

L

所以B球从刚进入电场到带电系统向右运动到最大距离时的位移为4

3

L

则B球电势能的变化量为△E p=?W=3qE?4

3

L=4qEL

答：(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为√2qEL

m

；

(2)带电系统向右运动的最大距离为7

3

L，此过程中B球电势能增加了4qEL。

【解析】(1)根据动能定理可以解出B球进入电场时的速度；

(2)在B球进入电场前，电场力先对整个系统做正功，B球进入电场后，电场力对系统

做负功，一直到A球离开电场速度为零，对整个过程根据动能定理可以解出运动的距离，电场力做的功等于电势能的变化量。

对真个系统的运的过程要有一个正确的认识，可以对系统的整个过程运用动能定理求解。

18.【答案】解：(1)设带电体通过C点时的速度为v C，由牛顿第二定律得：mg=m v C2

R 解得：v C=√gR=√10×0.4m/s=2.0m/s

设带电体通过B点时的速度为v B，带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得：

?mg?2R=1

2

mv C2?

1

2

mv B2

解得：v B=2√5m/s

(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，

竖直方向：2R=1

2

gt2

x DB=v C t?1

2

qE m

t2

解得：x DB=0

(3)由P到B带电体做加速运动，由于电场力和重力的合力斜向右下方，所以带电体从B到C先加速后减速，最大速度一定出现在从B到圆弧上与O等高的位置之间。在此过

第12页，共19页

程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。

设小球的最大动能为E km，最大速度为v m，最大支持力为N m。

根据动能定理有：qERsin45°?mgR(1?cos45°)=1

2mv m2，?1

2

mv B2

在动能最大位置，支持力也最大，因电场力与重力的合力大小为F=√2mg

根据牛顿第二定律，有：N m?√2mg=m v m2

R

联立解得：N m=(3√2+3)N

根据牛顿第三定律知，带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为N m′=N m= (3√2+3)N

答：(1)带电体运动到圆形轨道B点的速度大小为2√5m/s；

(2)D点到B点的距离x DB为零；

(3)带电体在从B到C运动的过程中对轨道的最大压力为(3√2+3)N。

【解析】(1)恰好到达最高点，在最高点，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道C点的速度大小；

(2)带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出D点到B点的距离；

(3)根据沿切线方向的合力为零找出等效最低点，在等效最低点，根据牛顿蹲第二定律求解带电体在从B到C运动的过程中对轨道的最大压力。

本题的关键要正确分析带电体的受力情况，确定其运动情况。对于圆周运动过程，往往根据动能定理、牛顿第二定律结合解答。对于带电体在复合场中运动的过程，由于电场力和重力都是恒力，往往采用运动的分解法处理。

第17页，共19页

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/inmq.html