2022年高二上學(xué)期期中物理試卷 含解析(V)

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1、2022年高二上學(xué)期期中物理試卷 含解析(V) 　 一、單選題：（本大題共8小題，每小題4分，共32分；每小題的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的） 1．關(guān)于電動(dòng)勢，下列說法正確的是（　?。? A．電源兩極間的電壓等于電源電動(dòng)勢 B．電源把越多的其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電動(dòng)勢就越大 C．電動(dòng)勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負(fù)極移送到正極時(shí)非靜電力所做的功 D．電源的電動(dòng)動(dòng)勢與外電路結(jié)構(gòu)有關(guān)，外電路變化，通常電動(dòng)勢也要變化 2．下列說法中正確的是（　　） A．電場線密集處場強(qiáng)大，電勢高 B．沿電場線方向場強(qiáng)減小，電勢降低 C．在電勢高處電荷具有的電勢能也大 D．場強(qiáng)為零處，電勢不一定

2、為零 3．如圖，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中．已知靜電力常量為k．若 三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為（　?。? A． B． C． D． 4．如圖所示，圖甲中AB是一條電場線，圖乙則是放在電場線上a、b處的試探電荷的電荷量與所受電場力大小的函數(shù)圖象，由此可判定（　?。? A．電場方向一定由A指向B B．若場源為正電荷，位置在A側(cè) C．若場源為負(fù)電荷，位置在B側(cè) D．若場源為正電荷，位置在B側(cè) 5．等量異種點(diǎn)電荷的連線和其中垂線如圖所示，現(xiàn)將一

3、個(gè)帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷先從圖中a點(diǎn)沿直線移到b點(diǎn)，再從b點(diǎn)沿直線移到c點(diǎn)．則檢驗(yàn)電荷在此全過程中（　　） A．所受電場力的方向?qū)l(fā)生改變 B．所受電場力的大小恒定 C．電勢能一直減小 D．電勢能先不變后減小 6．如圖所示，曲線為電荷在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是（　?。? A．電荷在b點(diǎn)的電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能 B．電荷在a、b兩點(diǎn)的電勢能相等 C．該電場的方向水平向左 D．b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢 7．如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N

4、點(diǎn)，若OM=MN，則P和Q的質(zhì)量之比為（　?。? A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：3 8．如圖所示，平行放置的金屬板A、B組成一只平行板電容器，保持開關(guān)S閉合，若A、B金屬板間距增大，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強(qiáng)E的變化情況是（　　） A．Q變小，C變小，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 　 二、多選題（本大題共4小題，每小題4分，共16分，有錯(cuò)選零分，漏選得2分） 9．圖中電路可將聲信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，電路中右側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b與能在聲波

5、的驅(qū)動(dòng)力作用下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的振動(dòng)膜a構(gòu)成一個(gè)電容器，a、b通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接，則（　?。? A．a(chǎn)板振動(dòng)中，a、b板間場強(qiáng)不變 B．a(chǎn)板振動(dòng)中，a、b板所帶電量不變 C．a(chǎn)板振動(dòng)中，靈敏電流表中始終有方向不變的電流 D．a(chǎn)板向右的位移最大時(shí)，a、b板構(gòu)成的電容器的電容最大 10．如圖所示，虛線a、b和c是某靜電場中的三個(gè)等勢面，它們的電勢分別為φa、φb、φc，φa＞φb＞φc，一帶電粒子射入電場中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如實(shí)線KLMN所示，由圖可知（　?。? A．帶電粒子帶正電 B．粒子從L到N的過程中，電場力做負(fù)功 C．粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加 D

6、．粒子從L到M的過程中，動(dòng)能減少 11．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔以速度v1射出，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離y后離開電場，離開電場時(shí)速度為v2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則下列判斷正確的是（　　） A．若只增大U1，則t1增大 B．若只增大U1，則y減小 C．若只增大U2，則v2增大 D．若只增大U2，則y減小 12．如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端 A點(diǎn)開始沿斜面上滑，當(dāng)?shù)竭_(dá)斜面頂端B點(diǎn)時(shí)，速度仍為v0，則（　　） A．A、B

7、兩點(diǎn)間的電壓一定等于 B．小球在B點(diǎn)的電勢能一定大于在A點(diǎn)的電勢能 C．若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的電場強(qiáng)度的最大值一定為 D．如果該電場由斜面中點(diǎn)正上方某處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，則該點(diǎn)電荷必為負(fù)電荷 　 三、填空題（每空2分，共計(jì)16分） 13．如圖所示，不帶電的枕形導(dǎo)體AB，A段靠近一帶正電的導(dǎo)體C時(shí)，A端將帶　　電，B端　?。ㄌ睢安粠щ姟薄ⅰ皫д姟被颉皫ж?fù)電”）．用手觸摸枕形導(dǎo)體A端后，枕形導(dǎo)體A端　　（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負(fù)電”），B端　?。ㄌ睢安粠щ姟?、“帶正電”或“帶負(fù)電”）． 14．研究影響平行板電容器電容的因素的實(shí)驗(yàn)中的實(shí)驗(yàn)方法是　?。O(shè)兩極板正對(duì)面積為S

8、，極板間的距離為d，電容器已充電．實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若保持S不變，增大d，則θ將　　；板間電壓　??；說明電容隨板間距離增大而　?。ㄌ睢霸龃蟆?，“不變”或“減小”） 　 四、計(jì)算題（本大題共3小題，共46分．要求：回答要有必要的公式和過程） 15．有一電子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，設(shè)電子的電量為e，質(zhì)量為m．（重力不計(jì)）求： （1）電子剛進(jìn)入U(xiǎn)2電場時(shí)的初速度V0 （2）金屬板的長度L （3）電子離開電場時(shí)的動(dòng)能． 16．如圖，平行板電容器為C，電荷量Q0，極板長

9、為L，極板間距離為d，極板與水平面成α夾角，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點(diǎn)由靜出發(fā)到達(dá)Q點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應(yīng)，求： （1）液滴的電荷量； （2）液滴到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小． 17．如圖所示，兩個(gè)圓弧與直軌道組合成光滑絕緣軌道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，其它幾何尺寸如圖所標(biāo)，一帶電量為q，質(zhì)量為m的帶正電的小球，從A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)， （1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處時(shí)，對(duì)軌道的壓力等于mg，試求小球落回水平軌道時(shí)與A處相距多遠(yuǎn)？ （2）若小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)只能束縛在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不脫離，則小球v0應(yīng)滿足的條件？ （3）在

10、第（2）問條件下v0為最大值時(shí)，求小球?qū)壍赖淖畲髲椓槎嗌伲? 　 參考答案與試題解析 　 一、單選題：（本大題共8小題，每小題4分，共32分；每小題的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的） 1．關(guān)于電動(dòng)勢，下列說法正確的是（　?。? A．電源兩極間的電壓等于電源電動(dòng)勢 B．電源把越多的其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電動(dòng)勢就越大 C．電動(dòng)勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負(fù)極移送到正極時(shí)非靜電力所做的功 D．電源的電動(dòng)動(dòng)勢與外電路結(jié)構(gòu)有關(guān)，外電路變化，通常電動(dòng)勢也要變化 【考點(diǎn)】電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻． 【分析】電源電動(dòng)勢是描述電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)的物理量； 電動(dòng)勢等于非靜

11、電力把1C的正電荷在電源內(nèi)部從負(fù)極搬運(yùn)到正極所做的功， 電動(dòng)勢等于電源沒有接入電路時(shí)電源兩極間的電壓，電動(dòng)勢等于內(nèi)外電路電壓之和． 【解答】解：A、根據(jù)閉合電路歐姆定律，在閉合電路中，電源電動(dòng)勢等于路端電壓與電源內(nèi)部電勢降落之和，故A錯(cuò)誤． B、根據(jù)W=qU，電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能越多，電動(dòng)勢不一定大，還跟移動(dòng)電荷的多少有關(guān)．故B錯(cuò)誤； C、電動(dòng)勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負(fù)極移送到正極時(shí)非靜電力所做的功，故C正確； D、電源電動(dòng)勢表征了電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，由電源本身決定，與外電路結(jié)構(gòu)無關(guān)，外電路變化，電動(dòng)勢保持不變，故D錯(cuò)誤． 故選：C 　 2．下列

12、說法中正確的是（　?。? A．電場線密集處場強(qiáng)大，電勢高 B．沿電場線方向場強(qiáng)減小，電勢降低 C．在電勢高處電荷具有的電勢能也大 D．場強(qiáng)為零處，電勢不一定為零 【考點(diǎn)】電場線；電場強(qiáng)度． 【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)概念非常抽象，可借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低． 【解答】解：A、電場線密處，電場強(qiáng)度大，而電場線方向不確定，故無法判斷電勢高低，電勢就不一定高，故A錯(cuò)誤 B、電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，沿電場線方向場強(qiáng)不一定減小，電勢降低，故B錯(cuò)誤 C、如果是正電荷在電

13、勢高處電荷具有的電勢能大，如果是負(fù)電荷在電勢高處電荷具有的電勢能小，故C錯(cuò)誤 D、場強(qiáng)為零處，電勢不一定為零，例如等量同種電荷的連線中點(diǎn)，故D正確 故選D． 　 3．如圖，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中．已知靜電力常量為k．若 三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為（　?。? A． B． C． D． 【考點(diǎn)】庫侖定律． 【分析】三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對(duì)象受力分析求解． 【解答】解：設(shè)

14、c電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對(duì)象受力分析， 根據(jù)平衡條件得a、b對(duì)c的合力與勻強(qiáng)電場對(duì)c的力等值反向，即： 2××cos30°=E?Q 所以勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為． 故選B． 　 4．如圖所示，圖甲中AB是一條電場線，圖乙則是放在電場線上a、b處的試探電荷的電荷量與所受電場力大小的函數(shù)圖象，由此可判定（　?。? A．電場方向一定由A指向B B．若場源為正電荷，位置在A側(cè) C．若場源為負(fù)電荷，位置在B側(cè) D．若場源為正電荷，位置在B側(cè) 【考點(diǎn)】電場線． 【分析】由電場強(qiáng)度的定義式E=得到F=qE，F(xiàn)﹣q圖象的斜率表示電場強(qiáng)度大小，圖線a的斜率小于b的斜率，說明a處場強(qiáng)

15、小于b處的場強(qiáng)．根據(jù)場強(qiáng)的大小判斷場源電荷的位置． 【解答】解：由電場強(qiáng)度的定義式E=得知：F﹣q圖象的斜率表示電場強(qiáng)度大小，圖線a的斜率大于b的斜率，說明a處場強(qiáng)大于b處的場強(qiáng)，而該電場是由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，說明a距離場源較近，即場源位置在A側(cè)， 由于檢驗(yàn)電荷的電性未知，電場線的方向不能確定，故場源電荷可能是正電荷，也可能是負(fù)電荷．故ACD錯(cuò)誤，B正確． 故選：B 　 5．等量異種點(diǎn)電荷的連線和其中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷先從圖中a點(diǎn)沿直線移到b點(diǎn)，再從b點(diǎn)沿直線移到c點(diǎn)．則檢驗(yàn)電荷在此全過程中（　?。? A．所受電場力的方向?qū)l(fā)生改變 B．所受電場力的大小恒定

16、C．電勢能一直減小 D．電勢能先不變后減小 【考點(diǎn)】電場的疊加；電場強(qiáng)度；電勢能． 【分析】根據(jù)等量的異種電荷的電場的分布的規(guī)律，在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負(fù)電荷，由此可以分析電場力和電勢能的變化． 【解答】解：在等量的異種電荷的中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負(fù)電荷，檢驗(yàn)電荷所受電場力的方向保持不變，所以A錯(cuò)誤； 且電荷從a運(yùn)動(dòng)到b，因電場力與位移方向垂直，電場力不做功；所以C錯(cuò)； 又因?yàn)殡妶鼍€分布的疏密不同，所受電場力是變化的，所以B錯(cuò)誤； 電荷從b運(yùn)動(dòng)到c，因?yàn)殡妶隽ψ稣?，所以電荷電勢能減小，所以D正確． 故選D． 　 6．如圖所示，曲線為電荷在

17、勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是（　?。? A．電荷在b點(diǎn)的電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能 B．電荷在a、b兩點(diǎn)的電勢能相等 C．該電場的方向水平向左 D．b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢 【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢． 【分析】做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，本題中粒子只受電場力，由此可判斷電場力向左，根據(jù)電場力做功可以判斷電勢能的高低和動(dòng)能變化情況，加速度的判斷可以根據(jù)電場線的疏密進(jìn)行． 【解答】解：A、由電荷運(yùn)動(dòng)軌跡可以確定電荷所受電場力水平向左，a到b過程中，電場力與速度所成的角度為鈍角，則電場力做負(fù)功，電勢能增大，則電荷在b點(diǎn)的

18、電勢能大于在a點(diǎn)的電勢能．故A正確，B錯(cuò)誤； C、由于不知道電荷的電性，所以不能確定電場線的方向．故C錯(cuò)誤． D、由于不知道電荷的電性，所以不能確定電場線的方向，同時(shí)也就不能確定電勢的高低，故D錯(cuò)誤． 故選：A 　 7．如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N點(diǎn)，若OM=MN，則P和Q的質(zhì)量之比為（　?。? A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：3 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】帶電粒子垂直進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移比得出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比，再通過豎直位移關(guān)

19、系得出加速度的關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律以及電荷量之比得出它們的質(zhì)量比． 【解答】解：粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1：2，知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為1：2．根據(jù)y=，得加速度之比為4：1，根據(jù)牛頓第二定律得，a=，因?yàn)殡?，量比?：1，則質(zhì)量比為3：4．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 故選A． 　 8．如圖所示，平行放置的金屬板A、B組成一只平行板電容器，保持開關(guān)S閉合，若A、B金屬板間距增大，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強(qiáng)E的變化情況是（　　） A．Q變小，C變小，U不變，E變小 B．Q變小，

20、C變小，U不變，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析． 【分析】電容器與電源相連接，電壓保持不變，增大兩極板間距離時(shí)，根據(jù)C=，判斷電容的變化，根據(jù)Q=CU判斷電量的變化，根據(jù)E=，判斷電場強(qiáng)度的變化． 【解答】解：電容器與電源相連接，電壓U保持不變； 當(dāng)增大兩極板間距離時(shí)，根據(jù)C=，電容C減?。? 當(dāng)增大兩極板間距離時(shí)，根據(jù)E=，電場強(qiáng)度減小； 根據(jù)Q=CU，電量減??； 故選：A． 　 二、多選題（本大題共4小題，每小題4分，共16分，有錯(cuò)選零分，漏選得2分） 9．圖中電路可將聲信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，電路中右

21、側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b與能在聲波的驅(qū)動(dòng)力作用下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的振動(dòng)膜a構(gòu)成一個(gè)電容器，a、b通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接，則（　?。? A．a(chǎn)板振動(dòng)中，a、b板間場強(qiáng)不變 B．a(chǎn)板振動(dòng)中，a、b板所帶電量不變 C．a(chǎn)板振動(dòng)中，靈敏電流表中始終有方向不變的電流 D．a(chǎn)板向右的位移最大時(shí)，a、b板構(gòu)成的電容器的電容最大 【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析． 【分析】由圖看出，a、b間電壓不變，由公式E=分析板間電場強(qiáng)度的變化．由公式C=分析電量的變化，根據(jù)電容器充電和放電情況，分析電路中電流的方向． a向右的位移最大時(shí)，a、b 板構(gòu)成的電容器的電容最大． 【解答】解：A、a、b間電壓

22、不變，a振動(dòng)過程中，板間距離周期性變化，則由公式E=分析得知，a、b板間的電場強(qiáng)度也會(huì)周期性變化．故A錯(cuò)誤． B、a振動(dòng)過程中，a、b間電壓不變，由公式C=分析得知，a、b 板所帶的電量會(huì)周期性變化．故B錯(cuò)誤． C、a 振動(dòng)過程中，a、b 板所帶的電量會(huì)周期性變化，電容器放電和充電周期性交替產(chǎn)生，所以靈敏電流計(jì)中電流的方向也會(huì)周期性變化．故C錯(cuò)誤． D、a向右的位移最大時(shí)，a、b 板間的距離最小，則a、b構(gòu)成的電容器的電容最大．故D正確． 故選：D． 　 10．如圖所示，虛線a、b和c是某靜電場中的三個(gè)等勢面，它們的電勢分別為φa、φb、φc，φa＞φb＞φc，一帶電粒子射入電場中

23、，其運(yùn)動(dòng)軌跡如實(shí)線KLMN所示，由圖可知（　?。? A．帶電粒子帶正電 B．粒子從L到N的過程中，電場力做負(fù)功 C．粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加 D．粒子從L到M的過程中，動(dòng)能減少 【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢；電勢能． 【分析】根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性．通過電場力做功情況判斷電勢能的變化以及動(dòng)能的變化． 【解答】解：A、由題 φa＞φb＞φc．所以該電場是正電荷產(chǎn)生的電場，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向下彎曲，說明粒子受到的靜電力是排斥力，則粒子帶正電．故A正確． B、粒子從L到N的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，故B錯(cuò)誤． C

24、、粒子從K到L的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加．故C正確． D、粒子從L到M的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知，動(dòng)能先減小后增加．故D錯(cuò)誤． 故選：AC 　 11．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔以速度v1射出，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離y后離開電場，離開電場時(shí)速度為v2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則下列判斷正確的是（　　） A．若只增大U1，則t1增大 B．若只增大U1，則y減小 C．若只增大U2，則v2增大 D．若只增大U2，則y減小 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】電子

25、先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，根據(jù)y=可以分析電壓的變化使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生相應(yīng)的變化． 【解答】解：A、根據(jù)動(dòng)能定理，得，若只增大，則增大，由知，減小，故A錯(cuò)誤； B、電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)， =，若只增大，則y減??；若只增大，則y增大，故B正確，D錯(cuò)誤； C、離開電場時(shí)，豎直方向的分速度= 離開時(shí)速度，若只增大，則增大，故C正確； 故選：BC 　 12．如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端 A點(diǎn)開始沿斜面上滑，當(dāng)?shù)竭_(dá)斜面頂端B點(diǎn)時(shí)，速度仍為v0，則（　　） A．A、B兩點(diǎn)間的電壓一定等

26、于 B．小球在B點(diǎn)的電勢能一定大于在A點(diǎn)的電勢能 C．若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的電場強(qiáng)度的最大值一定為 D．如果該電場由斜面中點(diǎn)正上方某處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，則該點(diǎn)電荷必為負(fù)電荷 【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場強(qiáng)度；電勢能． 【分析】根據(jù)動(dòng)能定理和電場力做功公式結(jié)合，求解A、B兩點(diǎn)的電勢差．根據(jù)電場力做功的正負(fù)，判斷小球電勢能的大小，當(dāng)電場力做正功時(shí)，小球電勢能減??；相反，電勢能增大．若電場是勻強(qiáng)電場，根據(jù)力學(xué)知識(shí)確定電場力的最小值，再確定場強(qiáng)的最小值．由電勢關(guān)系，判斷該電場是否由斜面中點(diǎn)正上方某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的 【解答】解： A、根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=

27、mv02﹣m0v2=0， 得到，UAB=，故A正確； B、小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，重力勢能增加，電勢能減小，則小球在B點(diǎn)的電勢能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢能．故B錯(cuò)誤． C、若電場力與重力、支持力的合力為零時(shí)，電場力有最小值，無最大值，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球速度仍為v0．小球的重力沿斜面向下的分力為mgsinθ一定，則當(dāng)電場力沿斜面向上，大小為F=mgsinθ時(shí)，電場力最小，場強(qiáng)最小，又電場力F=Eq，則該電場的場強(qiáng)的最小值一定是．故C錯(cuò)誤． D、粒子帶正電，電場力要做正功，則受到向上的電場力，如果該電場由斜面中點(diǎn)正上方某處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，則該點(diǎn)電荷必為負(fù)電荷．故D正確．

28、故選：AD． 　 三、填空題（每空2分，共計(jì)16分） 13．如圖所示，不帶電的枕形導(dǎo)體AB，A段靠近一帶正電的導(dǎo)體C時(shí)，A端將帶　負(fù)　電，B端　帶正電?。ㄌ睢安粠щ姟薄ⅰ皫д姟被颉皫ж?fù)電”）．用手觸摸枕形導(dǎo)體A端后，枕形導(dǎo)體A端　帶負(fù)電?。ㄌ睢安粠щ姟?、“帶正電”或“帶負(fù)電”），B端　不帶電?。ㄌ睢安粠щ姟?、“帶正電”或“帶負(fù)電”）． 【考點(diǎn)】靜電場中的導(dǎo)體． 【分析】根據(jù)靜電感應(yīng)可以判斷金屬導(dǎo)體的感應(yīng)的電荷的情況，從而可以判斷導(dǎo)體帶電的情況． 【解答】解：由于靜電感應(yīng)，AB中的負(fù)電荷將向A端移動(dòng)，從而使A端帶負(fù)電，B端帶正電； 用手觸摸AB后，用手觸摸枕形導(dǎo)體后，由于C

29、為正電荷，故AB電勢高于大地的電勢，因此大地上電子跑到導(dǎo)體上，將B端的正電荷中和，而A端所受的負(fù)電荷增大，B端不帶電； 故答案為：負(fù)； 帶正電； 帶負(fù)電；不帶電； 　 14．研究影響平行板電容器電容的因素的實(shí)驗(yàn)中的實(shí)驗(yàn)方法是　?。O(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，電容器已充電．實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若保持S不變，增大d，則θ將　增大??；板間電壓　增大　；說明電容隨板間距離增大而　減小?。ㄌ睢霸龃蟆保安蛔儭被颉皽p小”） 【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析． 【分析】靜電計(jì)測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大．根據(jù)電容的決定式C= 分析極板間距離、正對(duì)面積變化

30、時(shí)電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式C= 分析板間電勢差的變化，即可再確定靜電計(jì)指針的偏角變化情況． 【解答】解：根據(jù)電容的決定式C= 得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時(shí)，電容減小，電容器的電量Q不變， 由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大，則靜電計(jì)指針的偏角θ增大；說明電容隨板間距離增大而減?。? 故答案為：增大，增大，減?。? 　 四、計(jì)算題（本大題共3小題，共46分．要求：回答要有必要的公式和過程） 15．有一電子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場

31、，設(shè)電子的電量為e，質(zhì)量為m．（重力不計(jì)）求： （1）電子剛進(jìn)入U(xiǎn)2電場時(shí)的初速度V0 （2）金屬板的長度L （3）電子離開電場時(shí)的動(dòng)能． 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】（1）電子先在加速電場中加速，由動(dòng)能定理求得速度 （2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，由于電子正好能穿過電場，所以在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)的距離就是d，由此可以求得極板的長度； （3）電子在運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，只有電場力做功，根據(jù)動(dòng)能定理即可求得電子的動(dòng)能的大 【解答】解：（1）設(shè)電子飛離加速電場時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理有： eU1=mv2 解得：v=…① （2）電子在平行板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=…②

32、電子在平行板間的加速度為：a=…③ 電子的偏轉(zhuǎn)的距離為：y=d=at2…④ 由①②③④解得：L=d． （3）設(shè)電子穿過電場時(shí)的動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能定理為： Ek=eU1+e=e（U0+）． 答：（1）電子剛進(jìn)入U(xiǎn)2電場時(shí)的初速度為 （2）金屬板AB的長度為d． （2）電子穿出電場時(shí)的動(dòng)能為e（U1+）． 　 16．如圖，平行板電容器為C，電荷量Q0，極板長為L，極板間距離為d，極板與水平面成α夾角，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點(diǎn)由靜出發(fā)到達(dá)Q點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應(yīng)，求： （1）液滴的電荷量； （2）液滴到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大?。?

33、【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】（1）帶電液滴沿直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線．根據(jù)力的合成法，求解液滴的電荷量． （2）根據(jù)動(dòng)能定理求解液滴到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大?。? 【解答】解：（1）帶電液滴沿直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線，可知電場力必定垂直于極板向上，如圖．則有： qE=mgcosα 又E== 聯(lián)立解得：液滴的電荷量為：q=； （2）在此過程中，電場力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得： mgLsinα= 解之得：液滴到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為：v= 答：（1）液滴的電荷量為； （2）液滴到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為． 　 17．如圖所示，兩個(gè)

34、圓弧與直軌道組合成光滑絕緣軌道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，其它幾何尺寸如圖所標(biāo)，一帶電量為q，質(zhì)量為m的帶正電的小球，從A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)， （1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處時(shí)，對(duì)軌道的壓力等于mg，試求小球落回水平軌道時(shí)與A處相距多遠(yuǎn)？ （2）若小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)只能束縛在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不脫離，則小球v0應(yīng)滿足的條件？ （3）在第（2）問條件下v0為最大值時(shí)，求小球?qū)壍赖淖畲髲椓槎嗌伲? 【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；向心力． 【分析】1、根據(jù)合力提供向心力解出小球通過B點(diǎn)的速度，經(jīng)過B點(diǎn)后，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球從B點(diǎn)落到電場上方

35、水平方向上向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球進(jìn)入電場中，在水平方向上，受到水平向右電場力，水平向左做勻減速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)計(jì)算時(shí)間，在水平方向上分段計(jì)算位移． 2、小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)只能束縛在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不脫離，末速度可以為零，根據(jù)功能關(guān)系列方程，化簡即可． 3、將重力和電場力合成后當(dāng)作一種全新的場力，找到等效場的最低點(diǎn)，最低處小球?qū)壍赖膹椓ψ畲?，根?jù)動(dòng)能定理，化簡計(jì)算出等效場的最低點(diǎn)處的速度，再根據(jù)合力提供向心力，計(jì)算壓力． 【解答】解：（1）在B點(diǎn)，根據(jù)合力提供向心力有： 因?yàn)镹B=mg 解得： 經(jīng)過B點(diǎn)后，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)位移公式，則小球從B點(diǎn)剛進(jìn)電場的時(shí)間

36、：， 從B點(diǎn)落到水平軌道上的時(shí)間：， 所以小球通過電場的時(shí)間為：△t=t2﹣t1= 小球從B點(diǎn)落到電場上方水平方向上向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為： 小球進(jìn)入電場中，在水平方向上，受到水平向右電場力，水平向左做勻減速運(yùn)動(dòng)． 根據(jù)牛頓第二定律，其加速度為：a=， 則到達(dá)水平軌道上時(shí)的水平速度為： = 所以在電場中的水平向左運(yùn)動(dòng)的位移： 故小球落回水平軌道時(shí)與A處相距的距離為： （2）根據(jù)功能關(guān)系有： 解得： （3）重力場和電場的最低處小球?qū)壍赖膹椓ψ畲?，設(shè)恒力場最低點(diǎn)為C處，則根據(jù)動(dòng)能定理有： 解得： 在C處，根據(jù)合力提供向心力為： 解得： 根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖淖畲髲椓? 答：（1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處時(shí)，對(duì)軌道的壓力等于mg，則小球落回水平軌道時(shí)與A處相距． （2）若小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)只能束縛在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不脫離，則小球v0應(yīng)滿足． （3）在第（2）問條件下v0為最大值時(shí)，則小球?qū)壍赖淖畲髲椓椋? 　 xx12月9日