四川成都市青羊区高二物理月考.docx

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四川成都市青羊区高二物理月考

高2016级高二上期10月阶段性测试物理试题

一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．）

⒈下列关于说法中正确的是（）

A．电荷在电场中两点间移动时，电场力做功为零，则电荷一定在同一等势面上移动B．带电粒子只在电场力作用下运动，其运动轨迹一定与电场线重合C．电势降低的方向就是电场的方向D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这是为了把静电引入大地，避免

因放电引起爆炸

C．图乙中，a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿ab由a移动到b，所受电场力先减小后增大

D．图乙中，c点的场强小于d点的场强；将一检验试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场

力先减小后增大

到

80

J，减少的动能中有12J转化为电势能，下列说法正确的是

（

）

⒍如图所示，粗糙绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为：

φ＝106x（φ的单位为V，x单位为m）．一带电小滑块P，从坐标原点x＝0处以100J的初动能沿x轴正方向运动，到达x＝＋2m的A点时动能减少

A

－6

⒉关于电场，下列说法中正确的是（）

A．小滑块所带电荷量为q＝－6×10

CB．小滑块一直做匀变速直线运动

A．电场是电荷周围空间实际存在的物质，电场线不是客观存在的B．电场强度大小由场源电荷决定，方向由场源电荷与检验电荷共同决定C．点电荷的电场中以点电荷为球心的球面上场强一定相同D．电场中电势不为零的点场强一定也不为零

⒊如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角

C．小滑块具有的最大电势能为60JD．小滑块回坐标原点O时的动能为84J

⒎如图所示，空间存在足够大的竖直向下的匀强电场，质量为m，带正电荷的小球（可视为

质点且所受电场力与重力相等）自空间O以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑绝缘滑道并固定在与OA完全重合的位置上，将此小球从O点

由静止释放，在下滑过程中小球未脱离滑道．P为滑道上一点，已知小球沿滑道滑至P点时其速

形围成的空间封闭图形），所有棱长都为a，现在A、B两点分别固定电荷量为

＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法错．误．的是（）

度与水平方向的夹角为45°，下列说法正确的是（）

A．小球两次由O点运动到P点的时间相等

B．小球经过P点时，水平位移与竖直位移之比为1∶2

Ov0

EP

kq12

A．C、D两点的场强相同B．C点的场强大小为a2

C．小球经过滑道上P点时，动能为

mv0

C．C、D两点电势相同

D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功

⒋如图甲所示为示波管，如果在YY'之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX'之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X'高，则在荧光屏上会看到图形为（）

2A

D．小球经过滑道上P点时，重力的瞬时功率为2mgv0

⒏如图所示，在空间坐标系中存在匀强电场，A、B、C分别是x、y、z轴z

上到原点O距离相等的三个点，P为AB连线中点，已知电场线平行于BC连线，C

B点电势为＋3V，C点电势为－3V，则电荷量为2.0×10－6C的带正电粒子从

O点运动到P点，电场力所做的功为（）OB

y

A．6.0×10－6JB．－3.0×10－6JAP

C．－2.0×10－6JD．1.5×10－6Jx

二、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分．每题给出的四个选项

（甲）

YY

（乙）（丙）

YY

中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0

分）

⒐下述说法中正确的是（）

XX

Y

XX

Y

XX

Y

XX

Y

A．等势面是电场中实际存在的曲面B．库仑认为电荷周围都存在电场C．首先提出用电场线来描述电场的物理学家是法拉第D．库仑提出了库仑定律并测出了静电力常量

ABCD

⒌在真空中有两个固定的等量点电荷如图甲、乙所

示．直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O

的对称点，c、d是直线MN上的两个点，且Oc＞Od．下列说法中正确的是（）

A．图甲中，a点的场强等于b点的场强；将一检验甲乙

电荷沿ab由a移动到b，所受电场力先增大后减小

B．图甲中，c点的场强小于d点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小

⒑下列说法中正确的是（）

A．在电场强度为零的区域内，任意两点的电势差一定为零B．电场中某点的场强大小在数值上等于单位电量的检验电荷在该点所受的电场力大小C．根据公式U＝Ed知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．电容器带电荷量越多，其电容值越大

⒒如图所示，虚线是等势线，相邻的两等势线的电势差都相等，有一带正电的粒子在电场中运动，实线表示该带电粒子的运动轨迹，若取c点为零电势点，不计重力和空气阻力，下列说法

正确的是（）

A．a点电势φa＜0

B．带电粒子过a点的时的电势能大于过b点时的电势能

C．带电粒子过a点时的加速度方向沿等势线的切线方向

D．若带电粒子在a点的动能为18eV，运动到b点的动能为3eV，则当这个粒子的电势能为

－8eV时，它的动能为16eV

⒓如图所示，在竖直平面内，倾角θ＝60°的光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C

两点，在圆心处有一固定的点电荷Q，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为

m、电荷量为－q（q＞0）套在杆上的带电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑．已知

重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度为2gR，加速度为a，以C点作为零电势点．则（）

A．小球从B点滑动到C点的过程中，机械能守恒

B．小球滑到C点时的速度7gR

C．小球滑到C点的前瞬间加速度为3g－a

三、计算题：

（本题共4个小题，共50分．）

⒗（12分）如图所示，一根长L的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，

电荷量＋Q；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量为＋q，质量为m．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k，重力加速度为g．）

⑴小球B开始运动时的加速度为多大？

⑵小球B从N端运动到距M端高度为0.25L的C点（C点图中没画出）时速度正好又变为了零，求此过程中小球B的电势能改变了多少？

NC间的电势差为多

少？

⒘（12分）如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场．在匀强电场中有一根长L＝2m

mgR

D．A点的电势为2q

的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向

成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在

mg静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2．求：

⒔如图所示，高为h，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面处在水平向右、场强E＝q的匀强电场中，

质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的带电滑块（可视为质点）从底端沿着斜面运动，滑块与斜面的动摩擦因数μ＝0.2，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则带电滑块由斜面底端运动到

斜面顶端的过程中（）

13

⑴小球运动过程中所受绳子的最大拉力Tm；

⑵小球机械能的最小值E机min．

－4

⒙（12分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L＝2m，在AC之间加一方向垂直斜面向上大小为E＝3×104N/C的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边

A．滑块的机械能增加了

15

4

mgh

E界，C为AB的中点位置．现有一质量为mP＝1kg、电荷量为q＝1×10

C的带正电的小物块P

B．滑块的电势能减小了

mgh

（可视为质点），从B点以的v＝1m/s速度匀速向下运动，与静止在C位置质量为mQ＝2kg的不

3

C．滑块的电势能、动能和摩擦生热之和保持不变

D．若滑块运动到斜面顶端时，速度恰好减为零，此时将电场方向反向（而电场强弱不变），

则滑块到达水平面的速率为2gh

⒕由n个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内．一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高

点．当金属小球电荷量也为Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平

衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P'关于圆心O对称．已知静电力常量为k，重力加速度为g，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是（）

A．O点的场强一定为零

带电小物块Q（可视为质点）发生对心正碰，碰后粘在一起．小物块P，

P

Q与斜面动摩擦因数相同．求：

Q

⑴小物块与斜面间的动摩擦因数μ；

⑵从B到A系统损失的总机械能ΔE损；

⑶保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过

90°，求小物块PQ最终停止时到C点的距离x．

⒚（14分）如图1所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连

（图中未画出电源），B、D为两板的右端点，两板间电压的变化如图2所示．在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为l．质量为m、电荷量为e的

B．处于P点的金属小球具有的电势能可能小于零

PP

电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行极板的直线OO'连续不断地射入．已知所有的电子

33n＋2

2kmg

均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等．忽略极板边缘

C．P'处的场强大小为

12Rn

处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用．求：

D．固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余n－1个

⑴t＝0和tT

时刻进入两板间的Mu

小球位置不变）置于P'处，则圆心O的场强大小为2

R

2kmg

n

2ll

＝

电子到达金属板B、D端界面时偏离ABU0

⒖如图所示，平行板电容器板间距为d，电源电压恒为U，电键S闭合，两板间为匀强电场，

让质子流以初速度v0从两板左侧中点沿垂直电场方向射入．质子沿如图所示的轨迹落到下板的中

OO'的距离之比；

⑵两板间电压U0的最大值；

Ov0

d

O

OTT3T2Tt

央．若改变条件，让质子恰好落到下板右边缘，以下说法正确的是（）

A．断开电键S的情况下，仅将两板间距离变为2dS

B．仅将两板间距离变为2d

⑶电子在荧光屏上分布的最大范C

围．

D22

N

C．仅将两板间距离变为4dv0

1

D．将两板间距离变为2

，并且将初速度变为4v0

d

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

D

A

D

C

B

C

C

B

题号

9

10

11

12

13

14

15

答案

CD

AB

AD

BC

ABD

CD

BD

高2016级高二上期10月阶段性测试物理试题答案

a＝3m/s2

3

匀减速发生的位移v'2＝2ax

x＝3m．

18

2

Tl

kQqE

33mgL

⒚解：

⑴t＝0时刻进入两板间的电子先沿OO'方向做匀速运动，即有v02＝

，而后在电场力

⒗答案：

⑴a＝g－qE－

2；⑵电势能增加了

mgL，U＝－．

作用下做类平抛运，在垂'方向做匀加速运动，设到达B、D端界面时偏离OO'的距离为

2

mmL

4NC4q

1eU0T2

eU0l2

3y1，则y1＝

·（）＝2．

动

·

直于OO

⒘解：

⑴tan37°＝qE，qE＝mg

2md2

8mdv0

mg4

vAm2

tT时刻进入两板间的电子T

时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运

in

先在

＝

mg＝m，22

图中A位置为速度最小位置，最小速度为vAmin，cos37°L

动到达金属板B、D端界面．设电子到达金属板的中央时偏离OO'的距离为y2，将此时电子的速度

该

应

A对称的位置为速度最大位置，位置对绳子拉力最大，

分解为沿OO'方向的分量v

与沿电场方向的分量v，并设此时刻电子的速度方向与OO'的夹角为

110E

mvmax2

mvAmin2

θ，电子沿直线到达金属板、D端界面时OO'的距离为y'，则有

·

B

偏离

2

mg×2Lcos37°＋qE×2Lsin37°＝2－2

vmax

1eU0T

vEeU0T

2

y2'－y2

mg＝m

y2＝

·（）2，tanθ＝＝·＝；

Tm－cos37°L

2md2

3eU0l2

v0mdv02

l/2

Tm＝6N．

⑵只有电场力做功改变小球的机械能，所以小球机械能最小值的位置是圆

轨道的最左边一点，即图中B点，

计算得出y2'＝8mdv2

0

因此，y1∶y2'＝1∶3．

T

1⑵在t＝（2n＋1）

（n＝0，1，2，…）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO'的距离最

零势能位置机械能为E机＝

mvmax22

2d

12大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为y2'≤

，计算得出板间

0

mv－qE（L＋Lsin37°）＝3.08J．2

E机min＝2

max

4d2mv2

⒙解：

⑴物块P从B到C做匀速运动，由平衡条件有mPgsinθ＝μmPgsinθ

电太的最大值U0m＝

3el2．

．

解得μ＝tanθ＝3

3

⑵物块P从B到C损失的机械能ΔE损1＝μmPg＝5J

P，Q碰撞过程，动量守恒mpv＝（mP＋mQ）v'

⑶设t＝nT（n＝0，1，2，…）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O'点的距离为Y1；

T

t＝（2n＋1）2（n＝0，1，2，…）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O'点的距离为Y2，

d

1电子到达荧光屏上分布在ΔY＝Y2－Y1范围内．当满足y2'＝

的条件时，ΔY为最大．根据题中金属

解得v'＝

3

m/s

Y2－y2'

2

Y1－y1

11板和荧光屏之间的几何关系，得到tanθ＝＝

P，Q碰撞过程损失的机械能ΔE损2＝

mPv2－

（mP＋mQ）v'2ll

22d

1因此电子在荧光屏上分布的最大范围为ΔY＝Y2－Y1＝y2'－y1＝．

3

解得ΔE损2＝J3

运

P，Q碰撞后，在电场区匀速动的过程，损失的机械能

2

L

ΔE损3＝μ[（mP＋mQ）gcosθ－qE]

＝14J

581

3

ΔE损＝ΔE损1＋ΔE损2＋ΔE损3＝3J＝19J．

L121

（或直接求机械能减少量ΔE损＝－ΔEp－ΔEk＝mPgLsinθ＋mQg2sinθ＋[2mPv－2（mP＋

227258

（

mQ）vA]，因为vA＝9m/s），所以同样可得ΔE损＝3J．）

⑶碰后PQ一起向下以v'做匀减速直线运动．

qE＋μ（mP＋mQ）gcos30°－（mP＋mQ）gsin30°＝（mP＋mQ）a，