2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学高二上学期10月联考物理试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学高二上学期10月联考物理试题 解析版

绝密★启用前 江西省南昌市八一中学、洪都中学2018-2019学年高二上学期10月联考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据库仑定律，两球间的库仑力： ,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正确。‎ 故选：B。‎ ‎2．某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是 ‎ A． c点场强大于b点场强 B． b和c处在同一等势面上 C． 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大 D． 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；‎ B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；‎ C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C正确；‎ D、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D正确；‎ 故选；ACD．‎ ‎【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎3．如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V，由此可得D点电势为（ ）‎ A．6V B．9V C．12V D．15V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．‎ 解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势UD=9V．故B正确，ACD错误；‎ 故选B ‎【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图．‎ ‎4．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若 (　　)‎ A． 保持S不变，增大d，则θ变大 B． 保持S不变，增大d，则θ变小 C． 保持d不变，减小S，则θ变小 D． 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ AB：保持S不变，增大d，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大。故A项正确，B项错误。‎ CD：保持d不变，减小S，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大。故CD两项错误。‎ 点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎5．在平行板间加上如图(甲)所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，在图(乙)中，能定性描述粒子运动的速度时间图象的是 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．‎ 故选：A 点评：带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性．‎ ‎6．如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )‎ A． 小物块的带电量 B． A、B间的电势差 C． 小物块的质量 D． 小物块速度最大时到斜面底端的距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差．故B错误；由重力势能线得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离．故D错误．故选C．‎ 考点：功能关系；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。‎ ‎7．如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线。电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其图象如图（乙）所示，关于A、B两点的电场强度、和电势的关系，下列判断正确的是（ ）‎ A． EA>EB B． EAφB D． φA<φB ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，从速度-时间图像可知，电子的加速度在减小而速度也在减小，说明电场力做负功，且电场力在减小，场强也在减小，故选项A正确，B错误；电场力对电子做负功，说明电子沿电场线方向运动，电势减小，故选项C正确，D错误。‎ 考点：电场的性质；v-t图线 ‎【名师点睛】此题是对电场的性质及对v-t图线的考查；关键是从v-t图线中获取信息，得到电子的运动情况，从而判断电场力做功情况；电场力做正功，电势能减小，动能变大；克服电场力做功，电势能变大，动能减小.‎ ‎8．如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A． 偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B． 三种粒子打到屏上时的速度一样大 C． 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D． 三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd；‎ ‎ 由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得： ；粒子在偏转电场中的时间；在偏转电场中的纵向速度 纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。‎ 视频 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．如图， a、b两个带电小球分别用绝缘细线系住，并悬挂在O点，当两小球处于静止时，它们恰好在同一水平面上，此时两细线与竖直方向夹角。若同时剪断两细线，在下落过程中 A． 两球始终处在同一水平面上 B． a、b两球系统的电势能增大 C． 任一时刻，a球速率小于b球速率 D． a球水平位移始终大于b球水平位移 ‎【答案】AC ‎【解析】当细线剪断后，对小球受力分析，竖直方向仍只受重力，所以加速度不变仍为g，则在下落过程中，两球仍处于同一水平面，但由于库仑斥力的作用下，导致间距的增大，库仑力做正功，电势能减小，故A正确，B 错误；根据平衡条件有： ， ．由于β＞α，所以ma＞mb，因此水平方向上，a的加速度小于b的加速度．小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做变加速直线运动，根据分运动与合运动具有等时性，知a、b两球同时落到同一水平面上，落地时a球落地时的速度小于b球落地时的速度．故C正确．由于竖直方向加速度相同，所以同时落在同一水平地面上，但由于质量的不同，导致水平方向的加速度大小不同，因此水平位移也不相同，因水平方向a的加速度比b小，故a球水平位移始终小于b球水平位移，D错误； 故选AC.‎ 点睛：本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题.‎ ‎10．如图所示，充有一定电量的平行板电容器水平放置，其中上极板A带负电，下极板B带正电，其正中有一小孔，带负电的小球（可视为质点）从小孔正下方某处以一确定初速度v0开始正对小孔运动，恰能到达上极板A处（空气阻力忽略不计）．只考虑板之间存在的电场，则下列说法正确的是（　　）‎ A． 若A板向上移动少许，则小球将不能到达A板 B． 若A板向上移动少许，则小球仍能到达A板 C． 若B板向上移动少许，则小球仍能到达A板 D． 若B板向下移动少许，则小球仍能到达A板 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意设两板间的电压为U，小球的质量为m，电荷量为q，板间距离为d，由动能定理可得： ‎ A、B项：若A板向上移动少许，由电容器的决定式可知，电容减小，由电容器定义式可知，两板间的电压增大，小球从B板到A板克服电场力做功大于qU ‎，所以小球不能达到A板，故A正确,，B错误；‎ C、D项：若B板向上移动少许，由电容器的决定式可知，电容增大，由电容器定义式可知，两板间的电压减小，小球从B板到A板克服电场力做功小于qU，所以仍能到达A板，故C正确，D错误。‎ 故应选AC。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、填空题 ‎11．如图所示，有一方向水平向右的匀强电场，一个质量为m，带电量为＋q的小球以初速度从a点竖直向上射入电场中。小球通过电场中b点时速度大小为，方向与电场方向一致，则匀强电场的场强大小为_________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将粒子的运动分解为竖直上抛和水平匀加速直线运动，根据运动学规律有： ，可知，即电场力等于重力的2倍，即.‎ ‎12．有一电容器，带电量为1×10-5C，两板间电压200V，如果使它的带电量再增加1×10-6C，这时它的电容是______ F，两板间电压变为______  V．‎ ‎【答案】5×10-8220 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电容的定义式进行求解电容，对于固定的电容器，其电容是不变的．根据这个公式变形即可求得电压。‎ ‎【详解】‎ 由电容的定义式得： ‎ 电荷量发生变化时，电容不变，还是5×10-8F 由得：两极间的电压为 ‎ 。‎ ‎13．如图所示，长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端 R处，当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端L/4处 产生的场强大小等于_______________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：‎ 考点：静电平衡.‎ ‎14．实线为电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等．一正电荷在等势面φ3上时，具有动能24J，它运动到等势面φ1上时，动能为零．令φ2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，求它的动能是_________焦耳．‎ ‎【答案】8J ‎【解析】‎ 试题分析：正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，从等势面上等势面U1上时电荷动能的减小20J．由于相邻等势面间的电势差相等，由知：电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过等势面时的动能为10J，又，电荷在等势面上电势能为0，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J 考点：考查了动能定理，等势面，能量守恒定律 ‎【名师点睛】相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过等势面时的动能，确定电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能 ‎15．如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10-3C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm两点连线与电场方向成 60°角．则：‎ ‎(1)该负电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB=____________；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差以UAB=____________；‎ ‎(3)该匀强电场的电场强度E=____________．‎ ‎【答案】-0.2J100V1×104V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.2J，所以电场力负功，大小为0.2J；‎ ‎(2) A、B两点间的电势差：；‎ ‎(3) 又因为在匀强电场中U=Ed，所以有： ‎ 则： 。‎ ‎【点睛】‎ 根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少，由求解电势差，由U=Ed求解电场强度E。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎16．如图所示，绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一带电荷量为q，质量为m的带正电小球，空间存在一水平方向的匀强电场，要使带电小球静止时细线与竖直方向成а角（如图），则匀强电场的方向如何？大小是多少？‎ ‎【答案】匀强电场的方向水平向右，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件和电场力公式F=qE，列方程求解即可。‎ ‎【详解】‎ 由图可知，小球向右偏，即小球受到的电场力方向水平向右，由于小球带正电，所以电场强度方向水平向右，‎ 对小球进行受力分析，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，可得：‎ qE=mgtanα 解得： 。‎ ‎【点睛】‎ 本题实质上考场了物体平衡问题，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。‎ ‎17．如图所示，真空中光滑绝缘的水平面上的两个等量异号的点电荷，电荷量为+4Q和 -Q，它们之间的距离为r，为使两电荷保持静止，现加入第三个点电荷C使三个点电荷都处于平衡状态（静电力常量为k）‎ ‎（1）第三个点电荷C应放在什么位置 ‎（2）第三个点电荷C的电性及电荷量是多少 ‎【答案】（1）放在B的右侧距离B点r处 （2）正电 　+4Q ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 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AB电荷的连线的延长线上，B点的右侧，‎ 设距离B电荷为x， ‎ 再以B电荷为研究对象 解得： x=r。‎ ‎18．在竖直向下的匀强电场中有一带负电的小球，已知小球的质量为m，带电荷量为大小q，自绝缘斜面的A点由静止开始滑下，接着通过绝缘的离心轨道的最高点B．圆弧轨道半径为R，匀强电场场强为E，且mg＞Eq，运动中摩擦阻力及空气阻力不计，求：‎ ‎（1）A点距地面的高度h至少应为多少？‎ ‎（2）当h取最小值时，小球对最低点C的压力为多少？‎ ‎【答案】（1）2.5R；（2）6（mg-Eq）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据重力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；‎ ‎(2) 根据受力分析，由牛顿第二定律与动能定理，即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由分析知，小球要经过B点至少需满足条件重力与电场力的合力提供向心力，‎ 即 ‎ 又从A到B过程由动能定理得：‎ ‎ ‎ 由以上两式解得：h=2.5R；‎ ‎(2) 在C点，对小球受力分析得：‎ ‎ ‎ 从A到C过程由动能定理得：‎ ‎ ‎ 由以上两式解得： ‎ 由牛顿第三定律知，小球对C点的压力与轨道在C点给小球的支持力是一对相互作用力，所以小球对C点的压力为6（mg-Eq）‎ ‎【点睛】‎ 考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功。‎ ‎19．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O点．若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm，板长l=6．0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：‎ ‎（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？‎ ‎（2）加上电压U2后电子束打到荧光屏上的位置到O点的距离为多少？‎ ‎（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围．‎ ‎【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0，‎ 有，‎ 解得：…①‎ 代入数据解得： ；‎ ‎（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…②‎ 在沿电场方向受力为F=Eq…③‎ 根据匀强电场性质U2=Ed…④‎ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤‎ 根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来…⑥‎ 根据①﹣⑥式可推得：…⑦‎ 此时在电场方向上的分速度为：vy=at…⑧‎ 出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧可得 ‎…⑨‎ 将数据代入⑦式可得y=3mm＜，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm ‎（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，‎ 所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：…⑩‎ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm，‎ 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm，‎ 所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子的运动过程、应用动能定理、类平抛运动规律即可正确解题．‎