2022年高二上學期第一次月考物理試卷 含解析(I)

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1、2022年高二上學期第一次月考物理試卷 含解析(I) 　 一、選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分） 1．在靜電場中（　?。? A．場強處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處為零 B．電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處相同 C．電場強度方向總是跟等勢面垂直 D．電勢降低的方向就是電場強度的方向 2．如圖甲是某電場中的一條場線，A、B是這條電場線上的兩點．若將一負電荷從A點自由釋放，負電荷沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖乙所示．比較A、B兩點電勢的高低和場強的大小，可得（　　） A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞EB D．EA＜EB 3．兩個半徑相等體

2、積不能忽略的金屬球相距為r，它們帶有等量同種電荷q時，相互間的庫侖力為F1，若距離不變，它們帶有等量異種電荷q時，庫侖力為F2，則兩力大小的關(guān)系是（　　） A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．無法確定 4．如圖所示，光滑絕緣的水平面上有帶異種電荷的小球A、B，它們在水平向右的勻強電場中保持相對靜止并共同向右做勻加速直線運動．設A、B的電荷量絕對值依次為QA、QB，則下列判斷正確的是（　?。? A．小球A帶正電，小球B帶負電，且QA＞QB B．小球A帶正電，小球B帶負電，且QA＜QB C．小球A帶負電，小球B帶正電，且QA＞QB D．小球A帶負電，小球B帶正電，且Q

3、A＜QB 5．如圖所示，A是帶正電的球，B為不帶電的導體，A、B均放在絕緣支架上，M、N是導體B中的兩點．以無限遠處為電勢零點，當導體B達到靜電平衡后，說法錯誤的是（　　） A．M、N兩點電場強度大小關(guān)系為EM=EN=0 B．M、N兩點電勢高低關(guān)系為φM=φN C．M、N兩點電勢高低關(guān)系為φM＞φN＞0 D．感應電荷在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度EM′＞EN′ 6．如圖所示，實線為一勻強電場的電場線，兩個帶電粒子甲和乙分別從A、C兩點以垂直于電場線方向的相同大小的初速度v0同時射入電場，粒子在電場中僅受電場力作用，其運動軌跡分別為圖中虛線ABC與CDA所示．若甲是帶正電的粒子，則下

4、列說法正確的是（　　） A．乙也是帶正電的粒子 B．A點的電勢低于C點的電勢 C．甲乙兩粒子的電勢能均減少 D．甲乙兩粒子的電量一定相等 7．從t=0時刻起，在兩塊平行金屬板間分別加上如圖所示的交變電壓，加其中哪種交變電壓時，原來處于兩板正中央的靜止電子不可能在兩板間做往復運動（　?。? A． B． C． D． 8．如圖所示，A、B是水平放置的平行板電容器的極板，重力可以忽略 不計的帶電粒子以速度v0水平射入電場，且剛好沿下極板B的邊緣以速率v飛出．若保持其中一個極板不動而把另一個極板移動一小段距離，粒子仍以相同的速度v0從原處飛入，則下列判斷正確的是（　?。? A．若上極板

5、A不動，下極板B上移，粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出 B．若上極板A不動，下極板B上移，粒子將打在下板B上，速率小于v C．若下極板B不動，上極板A上移，粒子將打在下板B上，速率小于v D．若下極板B不動，上極板A上移，粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出 9．如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一個電子垂直經(jīng)過等勢面D時，動能為40eV，飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為﹣20eV，飛至等勢面B時動能為20eV，已知相鄰等勢面間的距離為5cm，則下列說法正確的是（重力不計）（　　） A．等勢面C的電勢為20V B．勻強電場的場強大小為200V/m C．電子再次飛經(jīng)

6、D勢面時，動能為10eV D．電子的運動為勻變速直線運動 10．如圖所示用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在空中．三個帶電小球質(zhì)量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零．則（　?。? A．B球和C球都帶負電荷 B．B球帶負電荷，C球帶正電荷 C．B球和C球所帶電量不一定相等 D．B球和C球所帶電量一定相等 11．如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，a、b、c、d為以O為圓心的同一圓周上的四點，bd連線與電場線平行，ac連線與電場線垂直．則（　　） A．a(chǎn)、c兩點的場強相同 B．b點的場強大于a點的場強 C

7、．da間的電勢差大于ab間的電勢差 D．檢驗電荷在a點的電勢能等于在c點的電勢能 12．如圖所示，真空中的勻強電場與水平方向成15°角，AB直線垂直勻強電場E，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球在A點以初速度大小v0方向水平向右拋出，經(jīng)時間t小球下落到C點（圖中未畫出）時速度大小仍未v0，則小球由A點運動到C點的過程中，下列說法不正確的是（　?。? A．電場力對小球做功為零 B．小球的機械能減小量為 C．小球的電勢能減小 D．C一定位于AB直線的右側(cè) 　 二、填空題（共4小題，每小題8分，滿分18分） 13．兩塊大小、形狀完全相同的金屬板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，與它相

8、連接的電路如圖所示，閉合開關(guān)S，電源即給電容器充電． ①若保持S閉合，減小兩板間的距離，則兩極板間電場的電勢差　　，電場強度　??；（填：“變大”、“不變”或“變小”） ②若斷開S，減小兩板間的距離，則極板上的電量　　，兩極板間的電場強度　?。ㄌ睿骸白兇蟆薄ⅰ安蛔儭被颉白冃　保? 14．如圖所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接時，則驗電器帶電電性　?。? 15．如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間距為d，電壓大小為U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一個質(zhì)量為m、電量為﹣q的小顆粒，將小顆粒由靜止釋放，它將從靜止被加速，然后沖出小孔，則它能上升的最大

9、高度h=　?。? 16．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中有三個小球A、B、C，用不伸長的絕緣絲線相連掛于O點，質(zhì)量分別為5m、3m和2m，其中只有B球帶電﹣Q，電場強度為E．現(xiàn)將AO線燒斷，在燒斷瞬間，A球的加速度為　　，A、B間線的張力為　　，B、C間線的張力為　?。? 　 三、解答題（共4小題，滿分46分） 17．把一個電荷量為q=5×10﹣9C的正電荷從距電場無窮遠處移到電場中M點，電荷克服電場力做功WM=6.0×10﹣3J，如果把該點電荷從距電場無窮遠處移到電場中N點，電荷克服電場力做功WN=3.6×10﹣3J．取無窮遠處為零電勢點，求： （1）M、N點的電勢是多少？

10、（2）M、N點的電勢差是多少？把該點電荷從M點移到N點電場力做功是多少？ 18．如圖所示，在勻強電場中，有A、B兩點，它們間距為2cm，兩點的連線與場強方向成60°角．將一個不知道電荷性質(zhì)，電量為2×10﹣5C的電荷由A移到B，其電勢能增加了0.2J．求： （1）判斷電荷帶正電還是負電？由A到B電場力做的功WAB？ （2）A、B兩點的電勢差UAB為多少？ （3）勻強電場的場強的大?。? 19．靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如圖所示．A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103 N/C的勻強電場．在

11、A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質(zhì)量m=5.0×10﹣15 kg、帶電量為q=﹣2.0×10﹣16 C．微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上．試求： （1）微粒打在B板上的動能； （2）微粒到達B板所需的最短時間； （3）微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小． 20．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m，板長L=0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5m處豎直

12、放置一足夠大的熒光屏，現(xiàn)在AB板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知U0=1.0×102V，在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m=1.0×10﹣7kg，電荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均為v0=1.0×104m/s，帶電粒子的重力不計，則： （1）求電子在電場中的運動時間； （2）求在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離； （3）請證明粒子離開電場時的速度均相同； （4）若撤去擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分） 1．在靜電場

13、中（　?。? A．場強處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處為零 B．電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處相同 C．電場強度方向總是跟等勢面垂直 D．電勢降低的方向就是電場強度的方向 【考點】電勢；等勢面． 【分析】電場線的疏密表示電場強度的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，則電場強度與電勢沒有直接關(guān)系．電場強度為零，電勢不一定為零．電勢為零，電場強度也不一定為零．電場強度越大的地方，電勢不一定高．電勢降低最快的方向一定是場強的方向，電勢降低的方向不一定是場強的方向． 【解答】解：A、電勢為零，是人為選擇的，電場強度為零的地方，電勢不一定為零．故A錯誤． B、場強處處相

14、同的區(qū)域內(nèi)，電勢不一定為零，比如：勻強電場，電場強度處處相等，而沿著電場線的方向電勢降低．故B錯誤． C、等勢面電勢處處相等，在等勢面上移動電荷不做功，是因電場力的方向與運動方向相互垂直，因此場強的方向總是跟等勢面垂直．故C正確． D、電勢降低最快的方向一定是場強的方向，電勢降低的方向不一定是場強的方向，故D錯誤； 故選：C 　 2．如圖甲是某電場中的一條場線，A、B是這條電場線上的兩點．若將一負電荷從A點自由釋放，負電荷沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖乙所示．比較A、B兩點電勢的高低和場強的大小，可得（　?。? A．φA＞φB B．φA=φB C．EA＞

15、EB D．EA＜EB 【考點】電場線；電場強度；電勢． 【分析】根據(jù)受力方向判斷電場線方向，根據(jù)加速度的大小判斷場強大小的變化． 【解答】解：負電荷從A釋放（初速為0）后，能加速運動到B，說明負電荷受到的電場力方向是從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以AB兩點的電勢關(guān)系是φA＜φB．　　 負電荷從A運動到B的過程中，它的加速度是逐漸減小的（乙圖中的“斜率”表示加速度），由牛頓第二定律知，負電荷從A到B時，受到的電場力是逐漸減小的，由 E=知，EA＞EB．故C正確． 故選：C 　 3．兩個半徑相等體積不能忽略的金屬球相距為r，它們帶有等量同種電

16、荷q時，相互間的庫侖力為F1，若距離不變，它們帶有等量異種電荷q時，庫侖力為F2，則兩力大小的關(guān)系是（　?。? A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1=F2 D．無法確定 【考點】庫侖定律． 【分析】根據(jù)庫侖定律的成立條件﹣﹣﹣﹣點電荷．此處破壞成立條件，因此當同種電荷時，間距大于球心間距；當異種電荷時，間距小于球心間距，從而即可求解． 【解答】解：根據(jù)庫侖定律，，可知，r是兩點電荷的間距，由于靠近完全相同的小球， 因此當同種電荷時，間距大于球心間距；當異種電荷時，間距小于球心間距， 所以庫侖大小為F1＜F2， 故B正確，ACD錯誤． 故選：B． 　 4．如圖所示，光滑絕緣

17、的水平面上有帶異種電荷的小球A、B，它們在水平向右的勻強電場中保持相對靜止并共同向右做勻加速直線運動．設A、B的電荷量絕對值依次為QA、QB，則下列判斷正確的是（　?。? A．小球A帶正電，小球B帶負電，且QA＞QB B．小球A帶正電，小球B帶負電，且QA＜QB C．小球A帶負電，小球B帶正電，且QA＞QB D．小球A帶負電，小球B帶正電，且QA＜QB 【考點】電場強度；牛頓第二定律． 【分析】假設小球A帶正電，小球B帶負電，對小球各自受力分析，由于向右做勻加速運動，所以它們所受合力方向應該水平向右，看受力分析得出的合力方向與實際運動狀態(tài)得出的加速度方向是否相同去進行判斷． 小

18、球A帶負電，小球B帶正電，對小球各自受力分析，由牛頓第二定律列出等式求解． 小球A、B整體受力分析，受水平向左的電場力和水平向右的電場力． 由于向右做勻加速運動，所以它們所受合力方向水平向右． 【解答】解：A、假設小球A帶正電，小球B帶負電，對小球各自受力分析， 小球B受向左的電場力和A對B向左的庫侖力，所以小球B的合力向左． 由于小球A、B向右做勻加速運動，所以它們所受合力方向水平向右．故A、B錯誤． C、小球A帶負電，小球B帶正電，對小球各自受力分析，由牛頓第二定律得： 對小球B：EQB﹣=mBaB ① 對小球A：﹣EQA=mAaA ② ①②兩式相加

19、得：EQB﹣EQA=mBaB+mAaA 所以必有QA＜QB，故C錯誤，D正確． 故選D． 　 5．如圖所示，A是帶正電的球，B為不帶電的導體，A、B均放在絕緣支架上，M、N是導體B中的兩點．以無限遠處為電勢零點，當導體B達到靜電平衡后，說法錯誤的是（　?。? A．M、N兩點電場強度大小關(guān)系為EM=EN=0 B．M、N兩點電勢高低關(guān)系為φM=φN C．M、N兩點電勢高低關(guān)系為φM＞φN＞0 D．感應電荷在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度EM′＞EN′ 【考點】靜電場中的導體；電場強度；電勢． 【分析】物體帶電有接觸起電，有感應帶電，有摩擦起電．對于感應帶電，是利用同種電荷相互排斥，

20、異種電荷相互吸引的原理．且?guī)щ婓w是等勢體． 【解答】解：A、M、N兩點的場強為導體球與P上感應電荷在這兩處的場強之和，合場強大小為零，而導體球在M、N兩點產(chǎn)生的場強不同，故P上感應電荷在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度不相等，根據(jù)點電荷電場強度公式，可知，離A越遠的，電場強度越小，則感應電荷在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度EM′＞EN′，故AD正確． B、處于靜電平衡的導體，其整體是等勢體，故φM=φN，故B正確，C錯誤． 本題選擇錯誤的，故選：C． 　 6．如圖所示，實線為一勻強電場的電場線，兩個帶電粒子甲和乙分別從A、C兩點以垂直于電場線方向的相同大小的初速度v0同時射入電場，粒子在電場中僅受

21、電場力作用，其運動軌跡分別為圖中虛線ABC與CDA所示．若甲是帶正電的粒子，則下列說法正確的是（　?。? A．乙也是帶正電的粒子 B．A點的電勢低于C點的電勢 C．甲乙兩粒子的電勢能均減少 D．甲乙兩粒子的電量一定相等 【考點】等勢面． 【分析】由物體做曲線運動的條件結(jié)合電場力平行于電場線，電場力水平向右，又甲帶電正電，故電場方向向右，同理，乙應帶負電荷．分析電場力做功情況，判斷電勢能的變化情況． 【解答】解：A、乙所受的電場力向左，與電場方向相反，故乙應為負電荷，故A錯誤； B、由物體做曲線運動的條件，且甲帶正電，電場力水平向右，則電場方向向右，沿電場線的方向電勢降低，故A點的

22、電勢高于C點的電勢，故B錯誤； C、根據(jù)曲線運動合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可知甲所受的電場力向右，乙所受的電場力向左，電場力與它們的運動方向夾角均為銳角，都做正功，電勢能均減小，故C正確； D、由圖可知，兩個粒子在水平方向與豎直方向的位移都分別相等，由于它們的初速度相等，所以加速度是相等的，而加速度：由于它們的質(zhì)量關(guān)系是未知的，所以兩個粒子的電量不一定相等．故D錯誤． 故選：C． 　 7．從t=0時刻起，在兩塊平行金屬板間分別加上如圖所示的交變電壓，加其中哪種交變電壓時，原來處于兩板正中央的靜止電子不可能在兩板間做往復運動（　?。? A． B． C． D． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的

23、運動． 【分析】電子在極板中間，根據(jù)所加的電壓的變化的情況，分析電子受到的電場力和運動的情況，逐項分析即可得到結(jié)果． 【解答】解：電子在電場中的加速度大?。篴=，a∝U． A、在0～T時間內(nèi)，A板的電勢高于B板，電子受到向左的電場力，向左做加速度減小的加速運動， T時刻速度最大； 由T～T時間內(nèi)，電子向左做加速度增加的減速運動， T時刻速度減為零； 從T～T時間內(nèi)，電子反向做加速度減小的加速運動， T時刻速度最大； 由T～T時間內(nèi)，向右做加速度增大的減速運動，T時刻速度減為零，回到原位置，然后電子不斷重復，能做往復運動． 同理可以分析得出：B、C中，電子也做往復運動，故ABC中電

24、子做往復運動． D、在0～T時間內(nèi)，電子向左做加速運動； T～T時間內(nèi)，電子向左減速運動，T時刻速度減為零；接著重復，電子單向直線運動； 故選：D． 　 8．如圖所示，A、B是水平放置的平行板電容器的極板，重力可以忽略 不計的帶電粒子以速度v0水平射入電場，且剛好沿下極板B的邊緣以速率v飛出．若保持其中一個極板不動而把另一個極板移動一小段距離，粒子仍以相同的速度v0從原處飛入，則下列判斷正確的是（　?。? A．若上極板A不動，下極板B上移，粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出 B．若上極板A不動，下極板B上移，粒子將打在下板B上，速率小于v C．若下極板B不動，上極板A上移，粒

25、子將打在下板B上，速率小于v D．若下極板B不動，上極板A上移，粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】粒子垂直射入勻強電場中，做勻變速曲線運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式可得到粒子偏轉(zhuǎn)距離y的表達式．當極板間距離減小時，板間場強增大，極板間距離增大時，板間場強將減小，根據(jù)y的表達式分析粒子能否打在B板，根據(jù)動能定理分析粒子飛出電場時速率與v的關(guān)系． 【解答】解：粒子垂直射入勻強電場中，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則得： 運動時間為 t=

26、 偏轉(zhuǎn)距離 y=== A、B、原來粒子的偏轉(zhuǎn)距離 y=； 若上極板A不動，下極板B上移，板間距離d減小．假設粒子能飛出電場，因d減小，由上式知，y＞，不可能，所以假設不成立，因此粒子不能飛出電場，打在B板上． 此時粒子射入點與B板的電勢差小于U，電場力做功比原來小，根據(jù)動能定理可知，動能的增加量減小，所以粒子打在B板上的速率減小v．故A錯誤，B正確． C、D、若下極板B不動，上極板A上移，板間距離增大，場強減小，加速度減小，粒子必定能飛出電場，電場力做功減小，動能的增加量減小，飛出電場時粒子的速率小于v，故C、D錯誤． 故選：B． 　 9．如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中

27、相鄰的四個等勢面，一個電子垂直經(jīng)過等勢面D時，動能為40eV，飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為﹣20eV，飛至等勢面B時動能為20eV，已知相鄰等勢面間的距離為5cm，則下列說法正確的是（重力不計）（　　） A．等勢面C的電勢為20V B．勻強電場的場強大小為200V/m C．電子再次飛經(jīng)D勢面時，動能為10eV D．電子的運動為勻變速直線運動 【考點】電勢能． 【分析】根據(jù)電勢的定義式：φ=即可計算出C點的電勢；由求解電場強度；根據(jù)能量守恒可知，電子再次經(jīng)過D等勢面時，動能為20eV；勻強電場中電子所受的電場力是恒力，電子做勻變速直線運動． 【解答】解：A、根據(jù)電勢的定義式：φ=得

28、V．故A正確； B、電子從D到B過程，根據(jù)動能定理得：﹣eUDB=EkB﹣EkD，解得，UDB=20V 電場強度為V/m．故B正確． C、根據(jù)能量守恒可知，電子再次經(jīng)過D等勢面時，電勢能不變，動能不變，其動能仍為40eV；故C錯誤． D、根據(jù)電場線與等勢面垂直可知，該電場是勻強電場，電子做勻變速直線運動．故D正確． 故選：ABD 　 10．如圖所示用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在空中．三個帶電小球質(zhì)量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零．則（　?。? A．B球和C球都帶負電荷 B．B球帶負電荷，C球帶正電荷 C．B球和C球所帶電量不

29、一定相等 D．B球和C球所帶電量一定相等 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；庫侖定律． 【分析】由題意可知三個小球均處于共點力平衡狀態(tài)，則對B、C中的任一小球進行受力分析，由共點力的平衡條件可得出B、C所帶的電性及B、C電量的大小關(guān)系． 【解答】解：B球受重力及A、C對B球的庫侖力而受于平衡狀態(tài)；則A與C球?qū)球的庫侖力的合力應與重力大小相等，方向相反；而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應指向A，C對B的作用力應指向B的左側(cè)；則可知B、C都應帶負電；故A正確、B錯； 由受力分析圖可知，A對B的庫侖力應為C對B庫侖力的2倍，故C帶電量應為A

30、帶電量的一半；同理分析C可知，B帶電量也應為A帶電量的一半，故B、C帶電量應相同； 故C錯誤，D正確； 故選：AD． 　 11．如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，a、b、c、d為以O為圓心的同一圓周上的四點，bd連線與電場線平行，ac連線與電場線垂直．則（　?。? A．a(chǎn)、c兩點的場強相同 B．b點的場強大于a點的場強 C．da間的電勢差大于ab間的電勢差 D．檢驗電荷在a點的電勢能等于在c點的電勢能 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢能． 【分析】該題中abcd四個點的場強實際上是勻強電場與點電荷的電場的疊加，要用矢量合成

31、的方法來判斷． 【解答】解： A：abcd四個點的場強實際上是勻強電場與點電荷的輻射狀的電場的疊加，故ac兩點的合場強大小雖然相等，但方向不同，故A錯誤； B：勻強電場的場強方向與Q的電場的場強方向在B點相同，在a點方向相反，所以b點的場強大于A點的場強．故B正確； C：點電荷的電場，同心圓上各點的電勢相等，所以da間的電勢差等于ab間的電勢差，故C錯誤； D：點電荷的電場，同心圓上各點的電勢相等，ac與勻強電場垂直，是勻強電場的等勢線，所以ac兩點的電勢相等，檢驗電荷在a點的電勢能等于在c點的電勢能．故D正確． 故選：BD 　 12．如圖所示，真空中的勻強電場與水平方向成15

32、°角，AB直線垂直勻強電場E，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球在A點以初速度大小v0方向水平向右拋出，經(jīng)時間t小球下落到C點（圖中未畫出）時速度大小仍未v0，則小球由A點運動到C點的過程中，下列說法不正確的是（　?。? A．電場力對小球做功為零 B．小球的機械能減小量為 C．小球的電勢能減小 D．C一定位于AB直線的右側(cè) 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】小球由A點運動到C點的過程中，重力做正功，動能不變，由動能定理可判斷出電場力做負功，機械能減小，C點的電勢比A點電勢高，可知C點位于AB直線的右側(cè)． 【解答】解：A、C、由題，小球由A點運動到C點的過程中，重力做

33、正功，動能不變，由動能定理得知，電場力必定做負功，小球的電勢能增加．故A、C錯誤． B、小球具有機械能和電勢能，總量守恒，小球的電勢能增加，則知小球的機械能一定減小，小球的機械能的減少量即為豎直方向的重力勢能的減少量mgh，由于電場力向左下方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，故在豎直方向的分運動的加速度a大于g，豎直方向h=at2＞gt2，即mgh＞mg2t2，故B錯誤． D、小球的電勢能增加，而小球帶正電，則知C點的電勢比A點電勢高，故C點一定位于AB直線的右側(cè)．故D正確． 本題選錯誤的，故選：ABC 　 二、填空題（共4小題，每小題8分，滿

34、分18分） 13．兩塊大小、形狀完全相同的金屬板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，閉合開關(guān)S，電源即給電容器充電． ①若保持S閉合，減小兩板間的距離，則兩極板間電場的電勢差　不變　，電場強度　變大　；（填：“變大”、“不變”或“變小”） ②若斷開S，減小兩板間的距離，則極板上的電量　不變　，兩極板間的電場強度　不變?。ㄌ睿骸白兇蟆?、“不變”或“變小”） 【考點】電容器的動態(tài)分析． 【分析】接通S，電容器兩端的電勢差不變，斷開S，電容器所帶的電量不變．根據(jù)電容的定義式C=，決定式C= 和板間場強 E=進行分析即可． 【解答】解：①若保持S閉合，電容器的電勢

35、差U不變．減小兩板間的距離d時，根據(jù)E=得知，兩極板間的電場強度E增大． ②若斷開S，減小兩板間的距離，電容器的帶電量不變，根據(jù)決定式C=、電容的定義式C=和場強公式 E=，得到E=，可知E與d無關(guān)，只改變d時，E不變． 故答案為： ①不變； 變大 ②不變； 不變． 　 14．如圖所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接時，則驗電器帶電電性　帶正電?。? 【考點】電荷守恒定律． 【分析】當帶正電的絕緣空腔導體A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B連接時，導體與驗電器就是一個大的導體，驗電器部分不再是內(nèi)部，而是大導體外部．平衡時，根據(jù)同性電荷相斥，電荷最終分

36、布在導體的外部，內(nèi)部不帶電． 【解答】解：當A的內(nèi)部通過導線與驗電器的小球B相連時，導體A和驗電器已連為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，連接后導體與驗電器就是一個大的導體，驗電器部分不再是內(nèi)部，而是大導體外部，必有凈電荷從A移向B，所以驗電器帶正電． 故答案為：帶正電． 　 15．如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間距為d，電壓大小為U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一個質(zhì)量為m、電量為﹣q的小顆粒，將小顆粒由靜止釋放，它將從靜止被加速，然后沖出小孔，則它能上升的最大高度h=　　． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用；機械能守恒定律．

37、 【分析】小顆粒由靜止釋放，電場力對它做正功，重力做負功，根據(jù)動能定理求解它能上升的最大高度h． 【解答】解：從小顆粒由靜止釋放到最高點過程，根據(jù)動能定理得 qU﹣mg（d+h）=0 解得，h= 故答案為： 　 16．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中有三個小球A、B、C，用不伸長的絕緣絲線相連掛于O點，質(zhì)量分別為5m、3m和2m，其中只有B球帶電﹣Q，電場強度為E．現(xiàn)將AO線燒斷，在燒斷瞬間，A球的加速度為　　，A、B間線的張力為　　，B、C間線的張力為　0?。? 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；牛頓第二定律；庫侖定律． 【分析】OA段被剪斷，球被釋放，由

38、于電場力作用AB具有相同的向下加速度a，且加速度a大于重力加速度g，故BC段繩子松弛無彈力作用，采用整體法和隔離法處理AB間的相互作用力即可． 【解答】解：剪斷OA時，由于B帶電受向下的電場力作用，使AB向下加速運動，以AB整體為研究對象，受力如圖所示： 整體所受合力為： F合=8mg+QE A的加速度為： ． 對A進行受力分析如圖： A球所受合力FA=5mg+T=5maA 解得TAB=． 由于電場力作用加速度向下且大于g，故此時BC繩間無作用力． 故答案為：，，0． 　 三、解答題（共4小題，滿分46分） 17．把一個電荷量為q=5×10﹣9C的正電荷從距電

39、場無窮遠處移到電場中M點，電荷克服電場力做功WM=6.0×10﹣3J，如果把該點電荷從距電場無窮遠處移到電場中N點，電荷克服電場力做功WN=3.6×10﹣3J．取無窮遠處為零電勢點，求： （1）M、N點的電勢是多少？ （2）M、N點的電勢差是多少？把該點電荷從M點移到N點電場力做功是多少？ 【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢；電勢能． 【分析】帶正電的試探電荷逆著電場線移動，電場力做負功．而電場中某點的電勢等于將該電荷從無窮遠處移到這該點電場力所做的功與其電荷量的比值．若改變零電勢位置，則電勢也會發(fā)生變化，但電勢差卻不變． 【解答】解：（1）把一個正點電荷從距電場無窮遠處移到電場中

40、的M點，電荷克服靜電力做功W=6.0×10﹣3J，相反的過程中，把正點電荷從電場中的M點移動到距電場無窮遠處，靜電力做功W′=6.0×10﹣3J，所以： UM==V=1.2×106V 把該點電荷從電場中的N點移到距電場無窮遠處，靜電力做功W=3.6×10﹣3J，所以： UN===7.2×105V （2）M、N兩點的電勢差： UMN=UM﹣UN=1.2×106V﹣7.2×105V=4.8×105V 把該點電荷從M點移到N點靜電力做功： WMN=qUMN=5×10﹣9×4.8×105=2.4×10﹣3J 答：（1）M點的電勢是1.2×106V，N點的電勢是7.2×105V； （2

41、）M、N兩點的電勢差是4.8×105V；把該點電荷從M點移到N點靜電力做功是2.4×10﹣3J． 　 18．如圖所示，在勻強電場中，有A、B兩點，它們間距為2cm，兩點的連線與場強方向成60°角．將一個不知道電荷性質(zhì)，電量為2×10﹣5C的電荷由A移到B，其電勢能增加了0.2J．求： （1）判斷電荷帶正電還是負電？由A到B電場力做的功WAB？ （2）A、B兩點的電勢差UAB為多少？ （3）勻強電場的場強的大?。? 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電場強度． 【分析】根據(jù)電勢差的變化得出電場力做功，結(jié)合電場力做功與電勢差的關(guān)系求出A、B兩點的電勢差．根據(jù)勻強電場的電場強

42、度公式求出場強的大?。? 【解答】解：（1）因電勢能增加0.2J 即電場力做功為W=﹣0.2J 則帶負電 （2）由A→B電場力做負功 q=﹣2×10﹣5c 則UAB= （3）根據(jù)勻強電場中的關(guān)系式有：U=Ed 由幾何關(guān)系可知：d=LABcos60°=0.01m 則E==106v/m 答：（1）判斷電荷負電由A到B電場力做的功）﹣0.2J （2）A、B兩點的電勢差UAB為104V （3）勻強電場的場強的大小106v/m 　 19．靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，

43、質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如圖所示．A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103 N/C的勻強電場．在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質(zhì)量m=5.0×10﹣15 kg、帶電量為q=﹣2.0×10﹣16 C．微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上．試求： （1）微粒打在B板上的動能； （2）微粒到達B板所需的最短時間； （3）微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大?。? 【考點】帶電粒子在勻強電

44、場中的運動． 【分析】（1）每個微粒在勻強電場中所受的電場力大小為qE，微粒從噴出到落在B板上的過程，電場力做正功，根據(jù)動能定理求解； （2）微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短．由動能求出微粒打在B板上的速度，由運動公式求出最短時間； （3）圖象為圓，圓的半徑等于類似平拋運動的微粒的水平分位移，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運動學公式列式求解分位移公式，即可求得面積． 【解答】解：（1）電場力對每個微粒所做的功為： W=qEd=2.0×10﹣16×1.0×103×0.40J=8.0×10﹣14J 微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得 W=Ekt﹣Ek0 則得：Ek

45、t=W+Ek0=W+mv02=（8.0×10﹣14+×5.0×10﹣15×2.02）J=9.0×10﹣14J （2）微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短． 由Ekt=mvt2得： vt==m/s=6.0m/s 根據(jù)運動學公式得： = 所以微粒到達B板所需的最短時間為： t===0.1s （3）根據(jù)對稱性可知，微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形． 由牛頓第二定律得： a==m/s2=40m/s2 由類平拋運動規(guī)律得： R=vot1 h=a 則圓形面積為： S=πR2=π（v0t1）2=π=3.14×2.02×（）≈0.25m2 答：（1）微粒打在B板上的

46、動能為9.0×10﹣14J． （2）微粒到達B板所需的最短時間為0.1s． （3）微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形，面積的大小為0.25m2． 　 20．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m，板長L=0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現(xiàn)在AB板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知U0=1.0×102V，在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m=1.0×10﹣7kg，電荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均為v0=1.0

47、×104m/s，帶電粒子的重力不計，則： （1）求電子在電場中的運動時間； （2）求在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離； （3）請證明粒子離開電場時的速度均相同； （4）若撤去擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用． 【分析】（1）粒子進入電場后水平方向做勻速直線運動，由t=，求出電子通過電場的時間． （2）在t=0時刻進入的粒子，豎直方向上先作勻加速直線運動2×10﹣5s，再作勻減速直線運動1×10﹣5s，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出電場時豎直方向的速度．由運動學位移時間公式求出粒

48、子離開電場時偏轉(zhuǎn)的豎直位移．粒子離開電場后做勻速直線運動，也運用運動的分解法求解偏轉(zhuǎn)的豎直位移，即可得到粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離； （3）由b圖可知，粒子在豎直方向加速和減速運動的時間之差等于交變電壓的周期的，由公式vy=at求解粒子離開電場時的豎直分速度，再合成，即可證明． （4）所有粒子飛出時的速度均相同，重點研究2×10﹣5s來打入的一個粒子，若其恰好能不碰下極板，即可由幾何知識和運動學公式求解熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度． 【解答】解：（1）粒子水平方向速度不變，作勻速直線運動， 在電場中運動時間為：t==s=3×10﹣5s， （2）0時刻進入的粒子豎直方向上先作勻加速直

49、線運動，用時t1=2×10﹣5s，再作勻減速直線運動，用時t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，為： a==m/s2=108m/s2， 射出電場時，豎直分速度為： vy=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s， 因為t1=2t2，可將整個運動時間分成三個t2，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的推論可知，在三個t2內(nèi)粒子豎直分位移分別為：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出電場時，豎直分位移為： Y′=（1+3+3）?at22=7×m=0.035m 依據(jù)比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.

50、085（m） （3）粒子離開電場時豎直分速度為：vy=a（t正﹣t負），式中t正為粒子在電場中運動時正向電壓（上極板為U0）的持續(xù)時間．t負為粒子在電場中運動時負向電壓（下極板為U0）的持續(xù)時間，（t正﹣t負）恰好等于交變電壓的周期的， 故vy=a?T=108m/s2×m/s=1000m/s， 又所有粒子打入時的水平速度均為v0=1.0×104m/s，且水平方向作勻速直線運動，所以所有粒子離開電場時的速度均為v==1000m/s，方向與水平成arccot10度角．可知粒子離開電場時的速度均相同． （4）由第（3）問可知，所有粒子飛出時的速度均相同，研究2×10﹣5s來打入的一個粒子，若其恰好能不碰下極板（如圖），所以光帶長度為 l=d﹣at22=0.095m 答： （1）電子在電場中的運動時間為3×10﹣5s； （2）在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離為0.085m； （3）證明粒子離開電場時的速度均相同見上； （4）熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度為0.095m． 　 xx12月18日