2022年高二上學(xué)期第一次月考物理試卷 含解析(II)

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1、2022年高二上學(xué)期第一次月考物理試卷 含解析(II) 　 一、選擇題（每小題給出的4個選項中，只有一項符合題意．每題3分，共42分） 1．下列關(guān)于電勢和電勢能的說法中正確是（　?。? A．電場中電勢高的地方，電荷在該點具有的電勢能就大 B．電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能越大 C．電場中的任何一點上，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能 D．電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零 2．關(guān)于電場強度和電場線，下列說法正確的（　?。? A．在電場中某點放一檢驗電荷后，該點的電場強度會發(fā)生改變 B．由電場強度的定義式E=可知，電場中

2、某點的E與q成反比，與q所受的電場力F成正比 C．電荷在電場中某點所受力的方向即為該點的電場強度方向 D．初速為零、重力不計的帶電粒子在電場中運動的軌跡可能不與電場線重合 3．如圖所示，在勻強電場中有一平行四邊形ABCD，已知A、B、C三點的電勢分別為φA=10V、φB=8V、φC=2V，則D點的電勢為（　　） A．8V B．6V C．4V D．1V 4．如圖，在金屬球殼內(nèi)部球心放置帶電荷量+Q的點電荷，球殼內(nèi)有A點，殼壁中有B點，殼外有C點，則下列說法正確的是（　?。? A．A、B兩點場強均為零 B．EA＞EB＞EC C．如果A、C和球心在一條直線上，則A、C兩點的場強

3、方向相同 D．B點場強方向沿半徑方向向外 5．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為（　　） A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9 6．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很小）固定在A點，如圖所示．以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，EPA表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（　　） A．U變小，EPA不變 B．E變大，EPA變大 C．U變大，EPA不變 D．U不變，EPA不變 7．如圖是某點電荷電場中的一條電場線，下面說法正確的是（　　

4、） A．A點場強一定大于B點場強 B．A點電勢一定低于B點電勢 C．該點電荷一定帶正電 D．在B點由靜止釋放一個電子，將一定向A點運動 8．如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點．其中a、b兩點的電勢相等，電場強度也相同的是（　?。? A． B． C． D． 9．將電量為3×10﹣6C的負電荷，放在電場中A點，受到的電場力大小為6×10﹣3N，方向水平向右，則將電量為6×10﹣6C的正電荷放在A點，受到的電場力為（　　） A．1.2×10﹣2N，方向水平向右 B．1.2×10﹣2N，方向水平向左 C．1.2×102N，方向水平向右 D．1.2×102N，方向水平向左

5、 10．在光滑的絕緣水平面上放著帶電小球甲和乙，若它們的帶電荷量的關(guān)系是q甲=4q乙，質(zhì)量關(guān)系電 m甲=3m乙，則它們在庫侖力的作用下產(chǎn)生的加速度之比是（　　） A．a(chǎn)甲：a乙=1：12 B．a(chǎn)甲：a乙=12：1 C．a(chǎn)甲：a乙=1：3 D．a(chǎn)甲：a乙=3：4 11．如圖中虛線所示為靜電場的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0．一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點的動能分別為26eV和5eV．當(dāng)這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椹?eV時，它的動能應(yīng)為（　?。? A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV 12．如圖所

6、示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地，靜電計的外殼也接地．用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U．在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面操作將使靜電計指針張角變大的是（　?。? A．將M板向下平移 B．將M板沿水平向右方向靠近N板 C．在M、N之間插入云母板 D．在M、N之間插入厚度為d的金屬板 13．如圖所示，一個質(zhì)量為30g、帶電量為﹣1.7×10﹣8C的半徑極小的小球用絲線懸掛在某勻強電場中，電場線與水平面平行．當(dāng)小球靜止時，測得懸線與豎直方向夾角為30°，

7、則勻強電場方向和大小為（g取10m/s2）（　?。? A．水平向右5×106N/C B．水平向右1×107 N/C C．水平向左5×106N/C D．水平向左1×107N/C 14．圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點．則關(guān)于該粒子的下列說法錯誤的是（　?。? A．帶正電 B．在b點的電勢能大于在c點的電勢能 C．在c點受力最大 D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化 　 二、填空題（每空3分，共15分） 15．如圖（a）所示，兩平

8、行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是（　?。? A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜ 16．如圖所示，在勻強電場中有a、b、c三點，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．將一個帶電荷量為2×10﹣8C 的電荷從a點移到b點時，電場力做功為4×10﹣6 J．將此電荷從b點移到c點時電場力做功為　　 J，a、c間電勢差為　　V． 17．如圖所示，是一種通過測量電容器電容的變化，來檢驗液面高

9、低的儀器原理圖（這種儀器的優(yōu)點是將非電荷的變化轉(zhuǎn)換為電信號，使測量自動化）．容器中裝有導(dǎo)電液體，是電容器的一個電極，中間的芯柱是電容器的另一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質(zhì)．電容器的兩個電極分別用導(dǎo)線接到指示器上．指示器顯示的是電容的大小，從電容的大小就可以知道容器中液面位置的高低．如圖指示器顯示出電容增大了，則可判斷液面　?。ㄌ睢吧摺被颉敖档汀保? 18．如圖所示，B板帶正電且電勢為U，質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）以初速v0水平射入電場．若粒子帶﹣q電量，則粒子到達B板時速度大小為　　． 　 三．計算題（共43分） 19．如圖所示，一平行板電容器接在U=1

10、2V的直流電源上，電容C=3.0×10﹣10F，兩極板間距離d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求： （1）該電容器所帶電荷量Q． （2）若板間有一帶電微粒，其質(zhì)量為m=2.0×10﹣3 kg，恰在板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則微粒帶電荷量多少？ 20．如圖所示，板長L=4cm的平行板電容器，板間距離d=3cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100V．有一帶負電液滴，帶電荷量為q=3×10﹣10 C，以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出（取g=10m/s2，sin α=0.6，cos α=0.8）．求： （1）

11、液滴的質(zhì)量； （2）液滴飛出時的速度． 21．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m=2.0×10﹣6kg，帶電量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中點O處，取g=10m/s2．試求： （1）帶電粒子入射初速度的大?。? （2）現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢為多少？ 22．如圖所示，空間有場強E=1.0×102V/m豎直向下的電場，長l=0.8m不可伸長的輕繩固定于O點．另一端系

12、一質(zhì)量m=0.5kg帶電q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至繩水平后在A點無初速度釋放，當(dāng)小球運動至O點的正下方B點時繩恰好斷裂，小球繼續(xù)運動并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ=53°、無限大的擋板MN上的C點．試求： （1）繩子的最大張力； （2）A、C兩點的電勢差． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（每小題給出的4個選項中，只有一項符合題意．每題3分，共42分） 1．下列關(guān)于電勢和電勢能的說法中正確是（　　） A．電場中電勢高的地方，電荷在該點具有的電勢能就大 B．電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能越大 C．電場中的任何一點上

13、，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能 D．電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零 【考點】電勢能；電勢． 【分析】電場中電勢高的地方，正電荷在該點具有的電勢能就大．電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能不一定越大．電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零． 【解答】解： A、根據(jù)推論可知：電場中電勢高的地方，正電荷在該點具有的電勢能大，電場中電勢高的地方，負電荷在該點具有的電勢能小．故A錯誤． B、電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能不一定越大，與電勢的正負、電荷的電性有關(guān)．故B錯誤． C、電場中的電

14、勢為正值的一點上，正電荷所具有的電勢能大于負電荷具有的電勢能，而電勢為負值的一點上，正電荷所具有的電勢能小于負電荷具有的電勢能．故C錯誤． D、由EP=qφ得知，電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零．故D正確． 故選D 　 2．關(guān)于電場強度和電場線，下列說法正確的（　?。? A．在電場中某點放一檢驗電荷后，該點的電場強度會發(fā)生改變 B．由電場強度的定義式E=可知，電場中某點的E與q成反比，與q所受的電場力F成正比 C．電荷在電場中某點所受力的方向即為該點的電場強度方向 D．初速為零、重力不計的帶電粒子在電場中運動的軌跡可能不與電場線重合 【考點】電場線；電場強度．

15、 【分析】電場強度大小由電場本身性質(zhì)決定，與是否放入試探電荷無關(guān)，電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線不一定與帶電粒子的運動軌跡重合． 【解答】解：AB、電場強度大小由電場本身性質(zhì)決定，與是否放入試探電荷無關(guān)，即放入試探電荷不會影響電場強度大小，故A、B錯誤； C、正電荷在電場中的受力方向與該點電場強度方向一致，負電荷在電場中受力方向與該點電場強度方向相反，故C錯誤； D、初速度為0，重力不計的帶電粒子在非勻強電場中運動時，運動軌跡與電場線不會重合，故D正確． 故選：D． 　 3．如圖所示，在勻強電場中有一平行四邊形ABCD，已知A、B、C三點的電勢

16、分別為φA=10V、φB=8V、φC=2V，則D點的電勢為（　?。? A．8V B．6V C．4V D．1V 【考點】電勢；電場強度． 【分析】運用“勻強電場中，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化相等”進行分析計算D點的電勢；根據(jù)電場線與等勢面垂直垂直畫出電場線，根據(jù)U=Ed計算電場強度． 【解答】解：由于電場是勻強電場，則UAB=UDC， 即φA﹣φB=φD﹣φC， 得φD=4V，所以C選項正確． 故選：C 　 4．如圖，在金屬球殼內(nèi)部球心放置帶電荷量+Q的點電荷，球殼內(nèi)有A點，殼壁中有B點，殼外有C點，則下列說法正確的是（　　） A．A、B兩點場強均為零 B

17、．EA＞EB＞EC C．如果A、C和球心在一條直線上，則A、C兩點的場強方向相同 D．B點場強方向沿半徑方向向外 【考點】靜電場中的導(dǎo)體． 【分析】處于靜電平衡的導(dǎo)體在近端感應(yīng)出等量的異種電荷，在遠端感應(yīng)出等量的同種電荷，導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零． 【解答】解：+Q在球殼內(nèi)外表面感應(yīng)出等量的異種電荷，即球殼內(nèi)為﹣Q，球殼外為+Q且均勻分布．畫出這時候的電場線，在球殼的內(nèi)外的場強和沒有球殼一樣．靠近球心處的場強大、遠離球心處的場強小，故C正確； 處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，所以ABD錯誤． 故選：C 　 5．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電

18、場強度大小之比為（　?。? A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9 【考點】點電荷的場強． 【分析】直接根據(jù)庫倫定律公式計算出試探電荷q所受電場力，然后利用電場強度的定義式即可求出在M所在處的場強的大小． 【解答】解：引入一個試探電荷q，分別計算它在AB兩點受的電場力． ，， 得：F1=9F2 根據(jù)電場強度的定義式：， 得： 故選：C 　 6．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ贏點，如圖所示．以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，EPA表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則

19、（　?。? A．U變小，EPA不變 B．E變大，EPA變大 C．U變大，EPA不變 D．U不變，EPA不變 【考點】電容器的動態(tài)分析． 【分析】抓住電容器的電荷量不變，結(jié)合電容的決定式和定義式，以及勻強電場的場強公式得出電場強度的變化，從而得出P與下極板電勢差的變化，得出P點的電勢變化和電勢能變化． 【解答】解：平行板電容器充電后與電源斷開后，電量不變．將正極板移到圖中虛線所示的位置時，板間距離d減小， 根據(jù)C= 知，電容增大，根據(jù)U=，則板間電壓變小． 由E==，C= 得到：E=，可知E與d無關(guān)，則知電場強度E不變．P與負極板間的距離不變，由公式U=Ed可知，P與負極板間的電

20、勢差不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變．故A正確，BCD錯誤． 故選：A． 　 7．如圖是某點電荷電場中的一條電場線，下面說法正確的是（　　） A．A點場強一定大于B點場強 B．A點電勢一定低于B點電勢 C．該點電荷一定帶正電 D．在B點由靜止釋放一個電子，將一定向A點運動 【考點】電場線；電勢． 【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度?。? 【解答】解：A、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由于只有一條電場線，不能判斷電場線的疏密

21、情況，所以不能判斷場強的大小，所以A錯誤； B、沿電場線的方向，電勢降低，則A點電勢一定高于B點電勢，所以B錯誤； C、只有一條電場線不能判斷場源電荷的情況，所以不能判斷是不是正電荷產(chǎn)生的，所以C錯誤； D、由圖可以知道的電場的方向向右，所以當(dāng)由靜止釋放一個電子時，電子的受力的方向向左，所以電子將一定向A點運動，所以D正確． 故選：D 　 8．如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點．其中a、b兩點的電勢相等，電場強度也相同的是（　?。? A． B． C． D． 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系． 【分析】在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的

22、強弱，等勢面與電場線相互垂直 【解答】解：A、圖中兩點電場線方向不同，故電場強度的方向不同，故A錯誤； B、ab兩點方向均向水平向左，且兩電荷中垂線為等勢面，故電勢相等，因兩點關(guān)于連線對稱，故電場強度相等，故B正確； C、a、b兩點電場方向相等，但兩點的場強和電勢大小不等，故C錯誤； D、a、b兩點不在同一等勢面上，故電勢不相等，故D錯誤； 故選：B 　 9．將電量為3×10﹣6C的負電荷，放在電場中A點，受到的電場力大小為6×10﹣3N，方向水平向右，則將電量為6×10﹣6C的正電荷放在A點，受到的電場力為（　?。? A．1.2×10﹣2N，方向水平向右 B．1.2×10﹣2N

23、，方向水平向左 C．1.2×102N，方向水平向右 D．1.2×102N，方向水平向左 【考點】電場強度． 【分析】電場中某點的電場強度不會隨著放置電荷變化而變化，它是電場固有的．當(dāng)放入電荷變化時，則對應(yīng)的電場力也會跟著變化．當(dāng)不放入電荷時，電場強度依然存在． 【解答】解：將電量為3×10﹣6C的負電荷，放在電場中A點，受到的電場力大小為6×10﹣3N，方向水平向右．則將電量為6×10﹣6C的正電荷放在A點，受到的電場力方向與前者相反﹣﹣﹣﹣水平向左，大小為 故選：B． 　 10．在光滑的絕緣水平面上放著帶電小球甲和乙，若它們的帶電荷量的關(guān)系是q甲=4q乙，質(zhì)量關(guān)系電 m甲=3m

24、乙，則它們在庫侖力的作用下產(chǎn)生的加速度之比是（　?。? A．a(chǎn)甲：a乙=1：12 B．a(chǎn)甲：a乙=12：1 C．a(chǎn)甲：a乙=1：3 D．a(chǎn)甲：a乙=3：4 【考點】庫侖定律；牛頓第二定律． 【分析】電荷間存在庫侖力，根據(jù)牛頓第三定律分析相互作用力的大小關(guān)系，由牛頓第二定律研究兩球加速度之比． 【解答】解：根據(jù)牛頓第三定律得知，兩球之間的庫侖力大小相等，設(shè)為F，由牛頓第二定律得 對甲：F=m甲a甲， 對乙：F=m乙a乙， 則有a甲：a乙=m乙：m甲=1：3 故選C 　 11．如圖中虛線所示為靜電場的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為

25、0．一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點的動能分別為26eV和5eV．當(dāng)這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椹?eV時，它的動能應(yīng)為（　　） A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV 【考點】等勢面；功能關(guān)系；電勢能． 【分析】要求正電荷的電勢能為﹣8eV時的動能，需要知道該正電荷的動能和電勢能的總和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV從而確定φb＞φa；根據(jù)電荷經(jīng)過a、b點的動能分別為26eV和5eV和ab之間有兩個等勢面且等勢面3的電勢為0，可設(shè)等勢面4的電勢為φ，則等勢面a的電勢﹣2φ，再根據(jù)該正電荷的動能和電勢能的總和

26、保持不變求出正電荷的動能． 【解答】解：在只有電場力做功的條件下動能和電勢能的總和保持不變，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…① 所以26eV+Epa=5ev+Epb Epb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…② 根據(jù)EP=qφ可知φb＞φa， 由于相鄰等勢面之間的電勢差相同， 等勢面3的電勢為0，設(shè)等勢面4的電勢為φ，則等勢面a的電勢﹣2φ， 代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eV qφ=7eV 正電荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eV EK=5eV+7eV+8eV=20eV 故C正確， 故選C． 　 12．如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬

27、板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地，靜電計的外殼也接地．用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U．在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面操作將使靜電計指針張角變大的是（　　） A．將M板向下平移 B．將M板沿水平向右方向靠近N板 C．在M、N之間插入云母板 D．在M、N之間插入厚度為d的金屬板 【考點】電容器的動態(tài)分析． 【分析】由題意，電容器所帶電量Q保持不變，靜電計指針張角變小，板間電勢差U變小，由C= 分析電容C如何變化，根據(jù)C= 進行分析． 【解答】解：A、由題意，電容器所帶電

28、量Q保持不變，靜電計指針張角變大，板間電勢差U變大，由C= 分析可知，電容C應(yīng)變小， 根據(jù)C= 分析可知，應(yīng)減小正對面積，增大板間距離、或減小電介質(zhì)；故A正確；BC錯誤； D、在M、N之間插入厚度為d的金屬板時，相當(dāng)于減小d，則C增大，故D錯誤． 故選：A． 　 13．如圖所示，一個質(zhì)量為30g、帶電量為﹣1.7×10﹣8C的半徑極小的小球用絲線懸掛在某勻強電場中，電場線與水平面平行．當(dāng)小球靜止時，測得懸線與豎直方向夾角為30°，則勻強電場方向和大小為（g取10m/s2）（　?。? A．水平向右5×106N/C B．水平向右1×107 N/C C．水平向左5×106N/C D．

29、水平向左1×107N/C 【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；電場強度． 【分析】小球受重力、電場力、拉力．根據(jù)電場力的方向確定電場強度的方向．根據(jù)共點力平衡求出電場力的大?。俑鶕?jù)E=求出電場強度的大小． 【解答】解：電場力水平向左，但電荷帶負電，負電荷電場力方向與電場線方向相反，故電場強度方向向右． 由平衡條件： Tsin30°=qE Tcos30°=mg 聯(lián)立兩方程得：E==1.0×107N/C 故選：B． 　 14．圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是

30、實線與虛線的交點．則關(guān)于該粒子的下列說法錯誤的是（　?。? A．帶正電 B．在b點的電勢能大于在c點的電勢能 C．在c點受力最大 D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化 【考點】等勢面；電勢能． 【分析】電場線與等勢面垂直．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加． 【解答】解：A、根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，故A正確； B、根據(jù)動能定理，粒子由b到c，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，故粒

31、子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故B正確； C、點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故C錯誤； D、a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確． 本題選擇錯誤的，故選：C 　 二、填空題（每空3分，共15分） 15．如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間

32、段是（　　） A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜ 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】解決此題首先要注意A、B兩板電勢的高低及帶正電粒子運動的方向，再利用運動的對稱性，粒子加速與減速交替進行運動，同時注意粒子向左、右運動位移的大小，即可判斷各選項的對錯． 【解答】解： A、若，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以A錯誤． B、若，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向

33、左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以B正確． C、若，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C錯誤． D、若，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以D錯誤． 故選B． 　 16．如圖所示，在勻強電場中有a、b、c三點，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．將一個帶電荷量為2×10﹣8C 的電荷從a點移到b點時，電場力做功為4×10﹣6 J．將

34、此電荷從b點移到c點時電場力做功為　5×10﹣6　 J，a、c間電勢差為　450　V． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；電勢差；電勢能． 【分析】電荷從a點移到b點時電場力做功Wab=qELab，從b點移到c點時電場力做功Wbc=qELbccos60°，用比例法求出電荷從b點移到c點時電場力做功．根據(jù)公式Uac=求出a、c間電勢差． 【解答】解：由題，電荷從a點移到b點時，電場力做功Wab=qELab① 電荷從b點移到c點時電場力做功Wbc=qELbccos60°② 由②：①得Wbc=5×10﹣6J a、c間電勢差Uac===450V 故本題答案是：5

35、×10﹣6；450 　 17．如圖所示，是一種通過測量電容器電容的變化，來檢驗液面高低的儀器原理圖（這種儀器的優(yōu)點是將非電荷的變化轉(zhuǎn)換為電信號，使測量自動化）．容器中裝有導(dǎo)電液體，是電容器的一個電極，中間的芯柱是電容器的另一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質(zhì)．電容器的兩個電極分別用導(dǎo)線接到指示器上．指示器顯示的是電容的大小，從電容的大小就可以知道容器中液面位置的高低．如圖指示器顯示出電容增大了，則可判斷液面　升高?。ㄌ睢吧摺被颉敖档汀保? 【考點】電容器的動態(tài)分析． 【分析】由圖可知電容器的構(gòu)造，再由平行板電容器的決定式C=進行分析即可． 【解答】解：由圖可知，液

36、體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時兩極板的正對面積發(fā)生變化，則由C=可知，當(dāng)電容增大時只能是正對面積S增大，可知液面升高； 故答案為：升高 　 18．如圖所示，B板帶正電且電勢為U，質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）以初速v0水平射入電場．若粒子帶﹣q電量，則粒子到達B板時速度大小為　?。? 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】分析電場力對電子功做情況，根據(jù)動能定理列式即可求得粒子到達B板時的速度． 【解答】解：粒子帶負電，由A到B過程中電場力做正功，由動能定理可知： Uq=mv2﹣mv02； 解得：v= 故答案為： 　 三．計算題（共4

37、3分） 19．如圖所示，一平行板電容器接在U=12V的直流電源上，電容C=3.0×10﹣10F，兩極板間距離d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求： （1）該電容器所帶電荷量Q． （2）若板間有一帶電微粒，其質(zhì)量為m=2.0×10﹣3 kg，恰在板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則微粒帶電荷量多少？ 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；共點力平衡的條件及其應(yīng)用． 【分析】（1）平行板電容器接在U=12V的直流電源上，板間電壓U等于電源的電壓．由電容的定義式C=求解電容器所帶電量． （2）平行板電容器建立勻強電場，由E=求出板間電場強度E．帶電微粒在板間處于靜止?fàn)顟B(tài)時，重力與電場

38、力平衡，由平衡條件求出微粒的帶電量．判斷出電性 【解答】解： （1）由電容的定義式C=得，電容器所帶電量Q=CU=3.0×10﹣10×12C=3.6×10﹣9C． （2）由E=得，板間電場強度E= 對于帶電微粒，由平衡條件得，qE=mg 則q==C=2×10﹣6C 由于電容器上板帶正電，場強方向向下，微粒所受電場力方向豎直向上，則該電荷帶負電． 答：（1）該電容器所帶電量3.6×10﹣9C． （2）該微粒帶電量為2×10﹣6C，帶負電荷 　 20．如圖所示，板長L=4cm的平行板電容器，板間距離d=3cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100V．有一帶

39、負電液滴，帶電荷量為q=3×10﹣10 C，以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出（取g=10m/s2，sin α=0.6，cos α=0.8）．求： （1）液滴的質(zhì)量； （2）液滴飛出時的速度． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】（1）帶負電液滴在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力的合力必定沿此直線方向，否則就做曲線運動．根據(jù)力的合成，由重力與電場力的關(guān)系求解質(zhì)量． （3）液滴運動過程中，重力不做功，只有電場力做功，根據(jù)動能定理求解微粒飛出時的動能． 【解答】解：（1）根據(jù)題意畫出帶電液滴的受

40、力圖如圖所示，由圖可得： qEcosα=mg，E=， 解得：m==kg=8×10﹣8kg （2）對液滴由動能定理得： qU=﹣ 得：v==m/s=m/s≈1.32m/s 答：（1）液滴的質(zhì)量為8×10﹣8kg； （2）液滴飛出時的速度約為1.32m/s． 　 21．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m=2.0×10﹣6kg，帶電量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中點O處，取g=10m/s2．試求： （1）帶電粒子

41、入射初速度的大小； （2）現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢為多少？ 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；閉合電路的歐姆定律． 【分析】（1）粒子只是在重力的作用下做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可以求得粒子入射時初速度v0的大??； （2）對于落到最右側(cè)的粒子，在電場中受到重力和電場力的共同的作用，此時粒子做的是類平拋運動，由類平拋運動的規(guī)律可以求得此時電勢的大??； 【解答】解析：（1）電容器不帶電時，微粒做平拋運動，設(shè)初速度為v0，則有： 聯(lián)立兩式得： 代入數(shù)據(jù)得：v0=2.5m/s （2）若使微粒能

42、從電容器右側(cè)射出，則要求A板的電勢大于0，且B板接地電勢等于0，則 UAB=φA﹣φB=φA A板電勢最小時，微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出，則有： 聯(lián)立以上各式得：φAmin=6V A板電勢最大時，微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出，則有： 且有：a2=a1 代入數(shù)據(jù)得：φAmin=10V 綜上可得：6V≤φA≤10V 答：（1）粒子入射時初速度v0的大小為：v0=2.5m/s （2

43、）則帶電后A板的電勢為：6V≤φA≤10V 　 22．如圖所示，空間有場強E=1.0×102V/m豎直向下的電場，長l=0.8m不可伸長的輕繩固定于O點．另一端系一質(zhì)量m=0.5kg帶電q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至繩水平后在A點無初速度釋放，當(dāng)小球運動至O點的正下方B點時繩恰好斷裂，小球繼續(xù)運動并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ=53°、無限大的擋板MN上的C點．試求： （1）繩子的最大張力； （2）A、C兩點的電勢差． 【考點】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力． 【分析】（1）根據(jù)動能定理求出小球經(jīng)過最低點時的速度．經(jīng)過最低點時，由重力和細線的拉力的合力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出細線對小球的拉力； （2）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向是勻速直線運動，豎直方向是勻加速直線運動，由此可以求得 【解答】解：由A→B過程，根據(jù)動能定理有： ① 在最低點B，根據(jù)牛頓第二定律有： ② 代入數(shù)據(jù)聯(lián)解①②得：T=30N ③ （2）從A→C過程，根據(jù)動能定理有： ④ 在C點根據(jù)速度關(guān)系有：vcsinθ=vB⑤ 在勻強電場中有：UAC=E?hAC⑥ 聯(lián)解①④⑤⑥得：UAC=125V ⑦ 答：（1）繩子的最大張力為30N；（2）A、C兩點的電勢差125V． 　 xx1月18日