物理卷·2018届湖南省岳阳市华容一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届湖南省岳阳市华容一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题，56分（本题共14小题，1-8小题为单选题，每小题4分．9-14小题为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）‎ A．电场强度E B．电势φ C．电势能ε D．电势差U ‎2．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后（稳定）与增加前比较，其内部的场强将（　　）‎ A．一定增强 B．不变 C．一定减弱 D．可能增强也可能减弱 ‎3．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度为（　　）‎ A．0 B．g，方向竖直向下 C．gtanθ，水平向右 D．，沿绳向下 ‎4．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 ‎5．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（　　）‎ A．εA=﹣W，UA= B．εA=W，UA=﹣ C．εA=W，UA= D．εA=﹣W，UA=﹣‎ ‎6．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金 属板，其它面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分 别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是（　　）‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多 ‎7．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎8．如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，若正极板A以固定直线OO′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，恰有一质量为m带负电荷的粒子（不计重力）以速度V0沿垂直于电场方向射入平行板之间，则带电粒子在电场区域内运动的轨迹是（设负极板B固定不动，带电粒子始终不与极板相碰）（　　）‎ A．直线 B．正弦曲线 C．抛物线 D．向着电场力方向偏转且加速度作周期性变化的曲线 ‎9．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处等电势 D．一个电子在a点无初速度释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向下运动 B．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 C．带电油滴的电势能将减小 D．P点的电势将降低 ‎11．带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿右图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），b为运动轨迹上到Q的最近点，不计粒子的重力，则可知（　　）‎ A．运动粒子带负电 B．b点的场强大于a点的场强 C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功 D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变 ‎12．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎13．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）‎ A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动 C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小 ‎14．（多选）如图所示是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量是h，两平行板间距为d，电压为U2，板长为l，为了增加偏转量h，可采取下列哪种方法（　　）‎ A．增加U2 B．增加U1 C．增加d D．增加l ‎　‎ 三、实验题：本大题共3小题，每小题4分，共12分．把答案写在题中指定的答题处，不要求写出演算过程．‎ ‎15．学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系．取三个完全相同的不带电金属球A、B、C，首先使A球带上一定电荷，A、B接触后放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FAB．B、C接触后也放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FBC，如果金属球间的电荷量平分，FAB、FBC的比值等于　　．‎ ‎16．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（　　）‎ A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小 B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小 C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小 D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小 ‎17．如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为 m、电量为﹣q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度 h=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共3小题，44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎18．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎19．如图，ABC为绝缘轨道，AB部分是半径R=40cm的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中点，BC部分水平，整个轨道处于E=1×103V/m的水平向左的匀强电场中，有一小滑块质量m=40g，带电量q=1×10﹣4C，它与BC间的动摩擦因数µ=0.2，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B多远处静止释放？‎ ‎（2）在上述情况中，小滑块通过P点时，对轨道的压力大小为多少？‎ ‎20．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uo，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度vo从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：‎ ‎（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．‎ ‎（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？‎ ‎（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，56分（本题共14小题，1-8小题为单选题，每小题4分．9-14小题为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）‎ A．电场强度E B．电势φ C．电势能ε D．电势差U ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．‎ ‎【解答】解：电场强度E= 和电势φ= 分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后（稳定）与增加前比较，其内部的场强将（　　）‎ A．一定增强 B．不变 C．一定减弱 D．可能增强也可能减弱 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】处于静电平衡的导体是个等势体，内部场强处处为零，根据这个特点进行分析．‎ ‎【解答】解：导体处于静电平衡时，其内部场强处处为零，所以当它带的电量增加后，其内部的场强将不变，仍为零，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度为（　　）‎ A．0 B．g，方向竖直向下 C．gtanθ，水平向右 D．，沿绳向下 ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对小球进行研究，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出小球的电荷量．根据小球所受电场力与场强方向的关系，判断小球的电性；如果将细线烧断，小球沿合力方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：因小球向右偏，所受电场力向右，与电场强度方向相反，故带负电荷；‎ 小球受力情况，如图所示：‎ 根据平衡条件得：‎ qE=mgtanθ 如果将细线烧断，球沿合力方向做匀加速直线运动；‎ 烧断细线后小球所受合外力为：F=；‎ 根据牛顿第二定律得加速度为：a=，方向：沿绳子方向向下；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化，根据E=，判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E==，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（　　）‎ A．εA=﹣W，UA= B．εA=W，UA=﹣ C．εA=W，UA= D．εA=﹣W，UA=﹣‎ ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式UA=求解A点的电势．‎ ‎【解答】解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势UA==．‎ 故选A ‎　‎ ‎6．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金 属板，其它面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分 别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是（　　）‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于真空盒内有水平向右的电场，三个液滴在电场中均受到向右的电场力，不可能做平抛运动；故A错误．‎ B、运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式y=，知t=，由于竖直方向的分位移大小y相等，所以三个液滴运动时间一定相等，故B错误．‎ C、根据动能定理得：qEx+mgy=，则得：v=，x3＞x2＞x1，可知，C液滴落到底板时的速率最大．故C错误．‎ D、由图看出，水平位移的关系为x3＞x2＞x1，初速度v0相同，由位移公式x=v0t+得知，加速度的关系为a3＞a2＞a1，根据牛顿第二定律得知，三个液滴所受的电场力大小关系为：F3＞F2＞F1，由F=qE知，液滴C所带电荷量最多．D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．‎ ‎【解答】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 ‎ 加速度：a=，①‎ ‎ 时间 t=，②‎ ‎ 偏转量 y==．③‎ 因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大．故C正确．ABD错误 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，若正极板A以固定直线OO′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，恰有一质量为m带负电荷的粒子（不计重力）以速度V0沿垂直于电场方向射入平行板之间，则带电粒子在电场区域内运动的轨迹是（设负极板B固定不动，带电粒子始终不与极板相碰）（　　）‎ A．直线 B．正弦曲线 C．抛物线 D．向着电场力方向偏转且加速度作周期性变化的曲线 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由题意可知，开始时带电粒子受电场力作用．通过电容的定义式，平行板电容器的电容公式以及匀强电场的电场强度公式进行推导，可得出结论：只改变平行板电容器的板间距离的情况下，平行板电容器内部的电场强度不变，从而可得出正确选项．‎ ‎【解答】解：‎ 平行板电容器的电容：C= （s为两板的正对面积，d为两板间的距离）‎ 由E=，C= 以及C= 可推导出E= 即E∝，‎ 由此式可知，若Q、S和介质不变，只改变距离d，则电场强度E不变．‎ 所以正极板A以固定直线0O′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，两金属板间的电场强度不变，带点粒子受到的竖直向上的电场力就不变，其受力情况不变，则做类平抛运动．选项C正确，选项ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处等电势 D．一个电子在a点无初速度释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、C、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，C正确．‎ B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B正确．‎ D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向下运动 B．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 C．带电油滴的电势能将减小 D．P点的电势将降低 ‎【考点】电容器的动态分析；电势．‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A正确．‎ B、两板间的距离增大，由C=可知电容C减小，根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故B错误； ‎ CD、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低； 由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿右图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），b为运动轨迹上到Q的最近点，不计粒子的重力，则可知（　　）‎ A．运动粒子带负电 B．b点的场强大于a点的场强 C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功 D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变 ‎【考点】电场强度；电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子受到排斥力，判断粒子的电性．由于ra＞rb，由公式E=k分析场强的大小．a到b的过程中，电场力对粒子做负功．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子受到排斥力，粒子带正电．故A错误；‎ ‎ B、由于ra＞rb，由公式E=k分析可知，b点的场强大于a点的场强．故B正确；‎ ‎ C、a到b的过程中，电场力方向大体向左，对粒子做负功．故C错误；‎ ‎ D、粒子在运动过程中，动能与电势能总和守恒．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．‎ ‎【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A错误，B正确．‎ C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．‎ D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）‎ A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动 C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小 ‎【考点】射线管的构造及其工作原理．‎ ‎【分析】电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；‎ 电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．‎ ‎【解答】解：A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v．电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：‎ ‎ eU1=‎ 解得，．‎ 电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：‎ ‎ 水平方向有：L=vt ‎ 竖直方向有：‎ ‎ vy=at 电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=‎ 由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα=，‎ 则 α=arctan．‎ 即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动．故A正确，B错误；‎ C、电子离开偏转电场时的偏转量：，‎ 如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大．‎ 偏转电场对电子做的功：W=e•E•y，偏转量越大，电场力做的功越多．故C正确；‎ D、偏转电场的电场强度：，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎14．（多选）如图所示是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量是h，两平行板间距为d，电压为U2，板长为l，为了增加偏转量h，可采取下列哪种方法（　　）‎ A．增加U2 B．增加U1 C．增加d D．增加l ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子的偏转位移，从而判断增加偏转量的方法．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得，eU1=‎ 在偏转电场中，运动的时间 t=，则h===，可知为了增加偏转量h，可以增加U2、L，或减小d，或减小U1．故A、D正确，B、C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 三、实验题：本大题共3小题，每小题4分，共12分．把答案写在题中指定的答题处，不要求写出演算过程．‎ ‎15．学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系．取三个完全相同的不带电金属球A、B、C，首先使A球带上一定电荷，A、B接触后放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FAB．B、C接触后也放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FBC，如果金属球间的电荷量平分，FAB、FBC的比值等于　4：1　．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．‎ ‎【解答】解：设A一开始带电为Q，则AB接触后AB带电均为，根据库仑定律=‎ BC接触后带电均为，根据库仑定律=‎ 所以 故答案为；4：1‎ ‎　‎ ‎16．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（　　）‎ A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小 B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小 C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小 D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、增大A、B板间的距离，根据电容的决定式C=分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A错误．‎ B、减小A、B板间的距离，根据电容的决定式C=分析得知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B正确．‎ C、减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式C=分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故C错误．‎ D、在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式C=分析得知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎17．如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为 m、电量为﹣q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度 h=　　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】小颗粒由静止释放，电场力对它做正功，重力做负功，根据动能定理求解它能上升的最大高度h．‎ ‎【解答】解：从小颗粒由静止释放到最高点过程，根据动能定理得 ‎ qU﹣mg（d+h）=0‎ 解得，h=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共3小题，44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎18．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎（1）A点的电势；‎ ‎（2）A、B两点的电势差；‎ ‎（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎【考点】电势；电势差；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOA=EpO﹣EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpA=﹣WOA=8×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φA==‎ 即A点的电势为400V．‎ ‎（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有 WOB=EpO﹣EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0‎ 故 EpB=﹣WOB=2×10﹣6J 根据电势的定义式φ=，有 φB==‎ 故A、B间的电势差为 UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V 即A、B点的电势差为300V．‎ ‎（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J 即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．‎ ‎　‎ ‎19．如图，ABC为绝缘轨道，AB部分是半径R=40cm的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中点，BC部分水平，整个轨道处于E=1×103V/m的水平向左的匀强电场中，有一小滑块质量m=40g，带电量q=1×10﹣4C，它与BC间的动摩擦因数µ=0.2，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B多远处静止释放？‎ ‎（2）在上述情况中，小滑块通过P点时，对轨道的压力大小为多少？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球要想通过最高点，应保证重力充当向心力，由向心力公式可求得最高点的速度，对全程由动能定理可求得滑块应在BC轨道上释放的距离；‎ ‎（2）由动能定理可求得小球通过P点的速度，由向心力公式可求得小球对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：（1）最高点处重力充当向心力，由向心力公式可得：‎ mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1）‎ 由动能定理可得：‎ EqL﹣mg2R﹣μmgL=mv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）‎ 联立（1）（2）解得：‎ L=20m；‎ ‎（2）由动能定理可知 Eq（L+R）﹣mgR﹣μmgL=mvP2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）‎ 而在P点轨道对小于的支持力与电场力的合力充当向心力，‎ F﹣Eq=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4）‎ 联立（3）、（4）可解得P点压力F=1.5N．‎ ‎　‎ ‎20．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uo，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度vo从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：‎ ‎（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．‎ ‎（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？‎ ‎（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．‎ ‎（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；‎ ‎（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速度到vy再减速到零．‎ ‎【解答】解：（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：‎ e=mv2﹣mv02‎ 解得：v=‎ ‎（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v0T ‎（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速到vy再减速到零．‎ 由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为，即电子竖直方向只能先加速时间到达某一速度vy再减速时间速度减小到零，然后反方向加速时间到达某一速度vy，再减速时间速度减小到零，电子回到原高度．‎ 根据以上描述电子可以从t时刻进入：t=+（k=0，1，2，3…） ‎ 设两板间距至为d，‎ 而电子加速时间的竖直位移为：h=（）2‎ 而电子减速时间的竖直位移也为：h 所以电子在竖直方向的最大位移为：y=2h=h+（）2 ①‎ 而：y≤②‎ 由①②解得：d≥=‎ 所以d的最小值：d=‎ 答：（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为 ‎．‎ ‎（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少v0T ‎（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子可以从t时刻进入：t=+（k=0，1，2，3…），两板间距至少．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日