上学期寒假作业高二 物理 答案与解析

1．【解析】(1)对B进行受力分析如图，则：F=mgtanθ=√33mg由库仑定律：F=k Q2r2所以：r=Q√3kmg；(2) 带电小球在O点产生的场强相等，都是：E A=E B=kQr2=√3mg3Q合场强的方向在二者的角平分线上，大小为：E O＝2E cos30°＝mgQ，方向沿AB的中垂线向上。

一、选择题1．【答案】AB【解析】法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故A正确；物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故B正确；电场线的切线方向即为场强的方向，电场中任意两条电场线都不相交，故C错误；在电场中，等差等势面越密的地方，电场强度越大，故D错误。

2．【答案】AC3．【答案】D【解析】静电感应使得A 带正电，B 带负电。

导体原来不带电，只是在带正电的导体球C 静电感应的作用下，导体中的自由电子向B 部分转移，使B 部分带了多余的电子而带负电，A 部分少了电子而带正电。

根据电荷守恒定律，A 部分移走的电子数目和B 部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时左、右两部分所带电荷量的值Q A 、Q B 是不同的，故只有D 正确。

4．【答案】D【解析】两同种电荷间的库仑力为排斥力，两电荷在排斥力的作用下相互远离，由公式F =kq 1q 2r 2可知，两电荷间的作用力减小，由牛顿第二定律a =Fm 可知，加速度减小。

5．【答案】C【解析】电场强度是反映电场本身的性质，与试探电荷的正负和大小无关，故在A 点放一个负试探电荷，A 点的场强方向仍水平向右，大小仍为E ，故A 、B 错误；正电荷的受力方向和负电荷的受力方向相反，故负电荷-2q 所受的电场力方向变为水平向左，故C 正确；A 点的场强一定，由F=qE 知在A 点放置一个电荷量为-2q 的试探电荷，则它所受的电场力变为2F ，故D 错误；故选C 。

6．【答案】D【解析】带电粒子A 受重力，Q 1对其库仑力，Q 2对其库仑力作用，悬浮于空中不动，所以Q 1与Q 2一定为同种电荷，故A 错误；Q 1对其库仑力为F 1=1(√32d)=4kQ 1q 3d 2，Q 2对其库仑力为F 2=kQ 2q(12d)2=4kQ 2q d ，根据平衡条件可得F 1=mgcos600，F 2=mgsin600，联立解得：Q 1=√3Q 2=3mgd 28kq，故B 、C 错误，D 正确。

7．【答案】B【解析】负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A 错；电场线越密的地方场强越大，由题图知E A＞E B，又因F＝qE，得F A＞F B，故B正确；由a＝Fm 知，a∝F，而F∝E，E A＞E B，所以a A＞a B，故D错；负电荷在B点受到的电场力的方向与B点电场强度的方向相反，故C错误。

8．【答案】A【解析】当圆环的14均匀带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，如图所示。

由矢量合成可得，当半圆ABC的带电+2q，在圆心处的电场强度大小为√2E，方向由B到D；当另一半圆ADC均匀带电-2q，同理，在圆心处的电场强度大小为√2E，方向由O到D；根据矢量的合成法则，则有圆心O处的电强度的大小为2√2E，方向由O到D。

9．【答案】B【解析】对图象问题要着重理解它的物理意义，对于电场中给定的位置，放入的试探电荷的电荷量不同，它受到的静电力不同，但是静电力F与试探电荷的电荷量q的比值Fq即场强E 是不变的，因为F＝qE，所以F跟q的关系图线是一条过原点的直线，该直线斜率的大小即表示场强的大小，由此可得：E d>E b>E a>E c。

二、非选择题10．【答案】2.0×10-120.5【解析】两个点电荷间的静电力F=k Q1Q2r ，则Q2=Fr2kQ1= 1.0×10−12×0.1829×10×1.8×10C=2.0×10−12C，Q2所处的位置的电场强度E=k Q1r2=9×109×1.8×10−120.182N/C=0.5N/C。

11．【答案】大高小负【解析】（1）电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大；（2）a 点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的；（3）电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小；（4）由（3）可知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功。

12．【解析】(1)由于A是正电荷，B是负电荷，而且A的电量大，C必定要带正电，并且在A、B电荷的连线的延长线上，B点的右侧。

(2)设距离B电荷为x，k4QQ C(r+x)2=k QQ Cx2再以B电荷为研究对象k4QQr2=k QQ Cx2解得：Q C=4Q x=r。

1．【解析】(1)对平板，设加速度大小为a1μ1mg+μ2(mg+Mg)=Ma1解得，a1=2.5m/s2对带电体，设加速度大小为a2μ1mg-qE=ma2解得，a2=1m/s2设经过时间t1达到共速，v0-a1t1=a2t1解得，t1=2s此时速度v=2m/s设一起做减速运动的加速度为a3μ2(mg+Mg)+qE=(m+M)a3解得，a3=1.33m/s2再经时间t2停止运动，v=a3t2解得，t2=1.5s则运动的总时间为t=t1+t2=3.5s(2)整个过程中带电体一直向左运动，加速阶段，带电体的位移x1=1a2t12=2m2平板的位移x2=(v+v0)t1=9m2减速阶段，带电体的位移x3=1vt2=1.5m2则电势能的增加量为qE(x1+x3)=3.5J内能的增加量为μ1mg(x2−x1)+μ2一、单选题1．【答案】D2．【答案】C【解析】由电子的速度时间图象可得，电子从a到b做加速度减小的加速运动，电子所受电场力逐渐减小，则电子在a点受到的电场力大于电子在b点受的电场力，a点电场强度大于b点电场强度，故A、B错误；电子从a到b做加速运动，所受电场力的方向由a指向b，场强方向由b指向a，则φa<φb，故C正确；电子从a到b做加速运动，从a到b过程中电场力做正功，电子的电势能减小，故D项错误。

3．【答案】D【解析】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故A错误。

由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷，而Q2在2a处产生M、N一定为同种电荷，故B错误。

Q1在2a处产生的场强E1=kQ1(2a)2的场强E2=kQ2，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以Q1=4Q2，故C错误。

由U=Ed可知，a2E-x图象与坐标轴围成的面积等于电势差，则x=1.5a处与x=2a处的电势差小于x=2.5a 与x=2a处的电势差，因x=1.5a处的电势和x=2.5a处的电势都高于x=2a点的电势，则x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势，故D正确。

4．【答案】D【解析】根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等。

故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知E P>E Q，故B错误；四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误；P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零。

故D正确。

5．【答案】A【解析】由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电，故A 正确；由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不一定方向相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动，故无法确定电场线，故B错误；涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，故C错误；因电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，电势能转化为动能；故D错误。

6．【答案】ABD【解析】点O与点C处于两电荷连线的中垂线上，到两电荷的距离相等，点O与点C的场强大小相等，方向相反，故A正确；根据矢量合成法则，C点场强为E C=2×kQR2cos600=kQR2，D点的场强为E D=2(√32R)+(32R)32R(√32R)+(32R)=√3R2，点C与点D的场强大小之比为√3：1，故B正确；根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x=√68R＜32R处的场强最强，则电子从点D到点C的过程中，加速度先增大，再减小，再增大，故C错误；根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A到点D，电场力做正功，从点D到点B的过程中，电场力做负功，故D正确。

7．【答案】D【解析】x轴上从0到-5m电势升高，则电场方向沿x轴正方向．从0到5m电势升高，则电场方向沿x轴负方向．带正电小球在x0=-3m处沿x轴正方向运动，受到向右的电场力，电场力做正功，动能增加．从0点向右运动的过程中，电场力向左，电场力做负功，小球的动能减小，所以小球在0点动能最大．则小球从开始运动到动能最大时电场力所做的功为：W=qU=q（φ3-φ0）=2×10-6×[0-（-4）]J=0.08J；设小球速度为零时其位置坐标为x．根据动能定理得q（φ3-φx）=0-12m v02，可得φx=4V，对应的位置为x=4m；根据对称性知，小球速度为零时另一个位置坐标为-4m，故选D。

8．【答案】BD【解析】根据题意可知U cb=8V，将cb平分为16份，每份表示0.5V，则设d点处为9.5V，连接ad，ad为一条等势线，根据几何知识可得cb=ab⋅cos37°=4cm，ac=ab⋅sin37°=3cm，bd=9.5−68×4cm=74cm，cd=bc−bd=94cm，故tan∠cda=accd=394=43，故∠cda=53°，即∠edb=37°，所以电场强度的方向与cb方向夹角为37°，A错误B正确；过c点作一条电场线，与ad交于f点，根据几何关系可得∠acf=53°，故cf=accos53°=1.8cm，根据公式E=Ud 可得E=U cacf=14−9.51.8V/cm=2.5V/cm，C错误；沿电场线方向上的直径电势降落最大，过圆心作一条电场线，交圆于H点，则H为电势最低点，O点的电势为φO=φa+φb2=7.75V，故φH=φO−E⋅r2=1.75−2.5×2.5=1.5V，D正确．二、计算题9．【解析】（1）将一个电量2.0×10-9C的正电荷从A点移到电场中的B点，电场力做了1.5×10-7J的正功，故：U AB=W ABq =1.5×10−7J2.0×10−9C=75V再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为-4.0×10-7J．U BC=W BCq=−4×10−72×10−9=−200VU AC=U AB+U BC=75+（-200）=-125V（2）把-1.5×10-9C的电荷从A点移到C点，静电力做功：W AC=q′U AC=1.5×10-9×（-125）=1.875×10-7J10．【解析】(1)由W AB=qElcos60°得：匀强电场场强：E=W ABql AB cos60°=2×10−61×10−6×0.02×0.5V/m=200V/m，场强方向沿电场线斜向下；(2)A、B两点间的电势差：U AB=W ABq =2×10−6−1×10−6V=−2V(3)由U=Ed得AC间的电势差：U AC=12U AB=−1V而U AC=φA−φC故φC=1V1．【解析】（1）粒子在极板间的受力分析如图所示，因粒子带正电，所受电场力F如图所示则MN板带正电，PQ板带负电由几何关系得：cosθ=mgqE解得：E=2√3mg3q。