四川省射洪中学校学年高二物理上学期期中模拟考试试题Word格式.docx

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4．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a，b两带电粒子仅

在电场力作用下从电场中的O点以相同的初速度飞出．两粒子

的运动轨迹如图中虚线所示，则

A．a一定带正电，b一定带负电

B．在虚线所示的过程中，a加速度增大，b加速度减小

C．在虚线所示的过程中，a电势能减小，b电势能增大

D．在虚线所示的过程中，a和b的动能都增大

5．如图所示，两块长均为L的平行金属板M、N与水平面成α角放

置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。

一个质量为m．带

电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过

电场。

下列判断中正确的是

A.液滴在电场中做匀速直线运动

B.液滴在电场中的电势能逐渐增大

C.电场强度的大小E＝mgcosα/q

D.液滴离开电场时的动能增量为mgLsinα

6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很

小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表

示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极

板移到图中虚线所示的位置，则

A．E变大，Ep变大

B．U变小，E不变

C．U不变，Ep不变

D．U变小，Ep不变

7.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左

极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间

变化的规律如图乙所示.电子原来静止在

左极板小孔处.（不计重力作用）下列说法

中正确的是

A.从t＝0时刻释放电子，电子将始终向

右运动，直到打到右极板上

B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C.从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上

D.从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上

8.如图所示，长为L＝0.5m、倾角为θ＝37°

的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场

中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球（可视为质点），

以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10m/s2，

sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，则下列说法中正确的是

A．水平匀强电场的电场强度为

B．小球在B点的电势能大于在A点的电势能

C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2

D．若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半

二、实验题（9题4分，10题8分，共计12分）

9．如图所示，A、B、C是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶

点，已知A、B、C三点的电势分别为

＝15V，

＝3V，

＝－3V，画出一条过B点的电场线

10．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，在以下操作步骤中，

静电计指针的张角分别是怎样变化的？

请将答案填在相应的横线上。

（1）甲图中将B板上移，静电计的指针张角将_______（填“增大”或“减小”或“不

变”）

（2）乙图中将B板左移，静电计的指针张角将_______（填“增大”或“减小”或“不

（3）丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针张角将_______（填“增大”或“减

小”或“不变”）

（4）本实验的研究方法是____________。

三、解答题（11题12分；

12题18分；

13题20分，共计50分）

11．一个电量为q=2×

10-8C的正电荷从a移到b，电场力做功为W1=1.2×

10-7J，从b移到

c，电场力做功为W2=-2.0×

10-7J。

求：

（1）ab、bc间的电势差各为多少；

（2）若以b点的电势为零，则c点的电势为多少？

电荷在c点的电势能为多少；

（3）把负电荷q=-1×

10-8C从a移到c，电场力做的功为多少？

12．如图所示，BCDG是光滑绝缘的

圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端

与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。

现有一质

量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为

mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为

，重力加速度为g。

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高

的C点时速度为多大？

（2）在

（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在

圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。

13.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ

之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一

与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中

的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；

（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；

（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离x.

物理参考答案

一、选择题（1-5为单选题，6-8为多选题，6分/题×

多选题，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错的得0分。

1.【答案】C

【试题解答】A．元电荷是密立根根据油滴实验测量出来的，A错误；

B．卡文迪许通过扭秤实验测定了静电力常量，B错误；

C．法拉第首次提出了电场线，C正确；

D．库仑总结出了库仑定律，D错误；

故选C.

【名师点睛】

平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一

2.【答案】D

【试题解答】：

E=F/q为电场强度的定义式，不能说E由F和q决定，即电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量无关，选项A错误；

根据电容定义式C=Q/U，电容C大小与Q、U无关，应该说电容器极板的电压每增加1V，电荷量就增加1C，故不能说电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比选项B错误；

根据真空中点电荷电场强度公式E=KQ/r2，这是真空点电荷的决定式，场强与场源电荷成正比，故C错误。

由电势差的定义式UAB=WAB/q，可知q=1C，克服电场力做功即电场力做功为-1J，代入公式的电势差为-1V，故D正确。

故选D。

考点：

电场强度、电势差、电容的概念。

【名师点睛】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；

场强公式，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；

点电荷的场强强度公式E=KQ/r2，电场强度只由场源电荷电量和位置决定。

C=Q/U是电容的定义式，电容的大小与电容器本身的性质有关，与所带电荷量和电压有关。

UAB=WAB/q为电压的定义式，应用此公式时注意代入符号运算。

得出电势差为正时，A比B电势高。

得出电势差为负时，A比B电势

3.【答案】A

A．在等量异种点电荷的电场线分布图中，在两电荷连线的中垂线上，中点O处的电场线最密集，可知O点场强一定大于与b点场强，选项A正确；

B．沿着电场线的方向电势降低，由于不知道两电荷电性，所以不能判断a、c两点电势高低，选项B错误；

C．电势能与试探电荷和电势都有关系，由于不知道a、c两点电势的高低，所以无法判断两点的电势能大小，选项C错误；

D．因b点与d点是在同一等势面上，电场力不做功，选项D错误。

故选A。

4.【答案】D

由粒子的轨迹弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．根据电场力方向与粒子速度方向的夹角，判断电场力对粒子做正功还是负功，确定粒子在a与b动能的大小变化以及电势能的变化．

解：

A、由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误；

B、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；

a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B错误；

C、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故C错误；

D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D正确故选：

D

【点评】物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出力、速度和运动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系

5.【答案】C

微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿运动方向，否则就做曲线运动，所以电场力的方向是垂直于金属板斜向上，如图示．

根据电场力做功的正负判断电势能变化，由几个关系求出电场力与重力的关系，根据动能定理分析动能的变化．

A、粒子所受力的合力与速度方向共线反向，物体做减速运动，故A错误．

B、电场力方向和速度方向垂直电场力不做功，电势能不变化，故B错误；

C、由几何关系得qE=mgcosα,E=mgcosα/q，，故C正确；

D、由动能定理可得，液滴离开电场时的动能增量为－mgLsinα，D错误．

故选：

C。

带电粒子在匀强电场中的运动．

点评：

本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是根据粒子做直线运动判断出粒子受力情况．

6.【答案】BD

平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=εs/4πkd知，电容C增大，根据U=Q/C，则板间电压变小．由E=U/d，C=εs/4πkd得到：

E=4πkq/εs，可知E与d无关，则知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故AC正确，BD错误．故选BD．

电容器；

场强和电势

【名师点睛】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=εs/4πkd以=Q/C及定义式．要能熟练推导出场强的表达式E=4πkq/εs，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析。

7.【答案】AC

分析电子在一个周期内的运动情况．从t=0时刻释放电子，前T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；

后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；

接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．故A正确，B错误．从t=T/4时刻释放电子，在T/4－T/2内，电子向右做匀加速直线运动；

在T/2－5T/8内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，5T/8时刻速度为零；

在5T/8T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T－5T/4内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在5T/4时刻速度减为零；

接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C正确．用同样的方法分析从t=3T/8t时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误．故选AC。

带电粒子在电场中的运动

8.【答案】AD

A．带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即得qELcosθ-mgLsinθ=0得

故A正确。

B．带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能。

故B错误。

C．由题意知，电场强度未加倍时，满足mgsinθ=qEcosθ

电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力2qEcosθ-mgsinθ=ma

所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2故C错误；

D．电场强度未减半时，满足mgsinθ=qEcosθ

若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：

mgsinθ-

qEcosθ=

mgsinθ=ma′

所以小球的加速度为：

a′=

gsinθ=3m/s2；

根据速度位移公式，有v2-v02=2as，代入数据解得

v=1m/s=

v0故D正确。

故选AD。

2，

实验题（9题4分，10题8分，共计12分）

9.【答案及试题解答】：

先在AC连线上找出与B点电势相等的点，作出等势线，再根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线；

【详解】A、C间的电势差为18V，连接AC，在AC连线上取三等分点D、F，根据匀强电场中，沿同一方向任意距离相等两点间的电势差相等，知D的电势为3V，与B点的电势相等，连接DB，则DB是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线如图所示：

10.【答案】：

增大增大减小控制变量法

【试题解答】：

【详解】

根据

，

，联合分析求解；

研究某量与其他两之间的关系时，常采用控制变量法．

（1）根据

，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，张角将增大；

（2）根据

，B板左移，d增大，C减小，U增大，张角将增大；

（3）根据

，插入电介质，ε增大，电容C增大，U减小，张角将减小；

（4）根据

可知，其中有

，S，d为变量，所以本实验应用的为控制变量法．

三.解答题

11.【答案】

（1）6V，-10V；

（2）10V，2×

10-7J；

（3）4×

10-8J

（1）正电荷从a移到b，电场力做正功，由W1＝qUab可得

－－－－－－（1分）

代入数据得Uab＝6V－－－－－－（1分）

由W2＝qUbc－－－－－－（1分）

代入数据得

Ubc＝﹣10V－－－－－－（1分）

（2）

若以b点的电势为零，由

代入数据得φc＝10V－－－－－－（1分）

电荷在c点的电势能为

－－－－－－（2分）

（3）ac之间的电势差

故

12.【答案】

（1）

；

（2）

（3）

.

（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有

－－－－－－（4分）

又因为Eq=

mg

联立两式解得

（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，

则

解得

（3）

【分析】要使滑块恰好始终沿轨道滑行，即轨道对滑块作用力在某一点时为零，速度最小，即：

当N=0时，v最小，设滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn）－－－－－－（2分）

则有 

13.【答案】：

（1）t＝t1＋t2＝3

（2）tanθ＝2（3）x＝x1＋x2＝3L.

（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：

a1＝

＝

a1t

v1＝a1t1－－－－－－（1分）

t2＝

运动的总时间为t＝t1＋t2＝3

.－－－－－－（2分）

（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为

a2＝

t3＝

vy＝a2t3－－－－－－（1分）

tanθ＝

解得：

tanθ＝2.－－－－－－（2分）

（3）如图，设电子在电场中的偏转距离为x1

x1＝

a2t

－－－－－－（3分）

x＝x1＋x2＝3L.－－－－－－（1分）