物理卷·2018届四川省成都市彭州中学高二上学期月考物理试卷（非英才班）（10月份） （解析版）

物理卷·2018届四川省成都市彭州中学高二上学期月考物理试卷（非英才班）（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考物理试卷（非英才班）（10月份）‎ ‎　‎ 一、单选题（本题共计7个小题，每个小题只有一个正确选项，选对得3分，错选或多选不得分，共计21分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．元电荷实质上是指电子和质子本身 B．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体 C．电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同 D．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由I=知道，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 B．超导体的电阻为零，所以在任何温度下对电流都没有阻碍作用 C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D．电阻率的大小只随温度的变化而变化，而与材料本身无关 ‎3．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图，A、B带等量异种电荷，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，MN分别为AR、BR的中点，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．R点电场强度方向沿QR方向 B．M、N两点电势相等 C．M、N两点电场强度相等 D．N点电势高于无穷远处的电势 ‎5．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小 B．若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变 C．若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大 D．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小 ‎6．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）‎ A．将打在下板中央 B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央 ‎7．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（　　）‎ A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 V C．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确 ‎　‎ 二、不定项选择（本题共计7个小题，每个小题至少有一个正确选项，选对选全得4分，漏选得2分，错选或多选不得分，共计28分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）‎ ‎8．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压逐渐增大到220V过程中，则下列说法正确的是（　　）‎ A．灯丝的电阻不变 B．电流将逐渐变大 C．每增加1V电压而引起的电流变化量是相同的 D．每增加1V电压而引起的电流变化量是减小的 ‎9．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（　　）‎ A．仅将M板向下平移 B．仅将M板向左平移 C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）‎ D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎10．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点．已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（　　）‎ A．a球的质量一定大于b球的质量 B．a球的电荷量一定大于b球的电荷量 C．若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒 D．若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同 ‎11．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如下图乙所示，则（　　）‎ A．电场线的方向从B指向A B．A、B两点的电场强度EA＞EB C．A、B两点的电势ΦA＜ΦB D．负电荷在A、B两点的电势能EPA＜EPB ‎12．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　）‎ A．OB间的距离为 B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小 C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大 D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=‎ ‎13．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的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．P点的电势将降低 B．带点油滴将沿竖直方向向上运动 C．上极板在向上移动的过程中，流过R的电流由a到b D．带点油滴在P处的电势能将减少 ‎14．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、填空题（共计4个小题，每空2分，共计16分，请将答案写到答题卡对应位置．）‎ ‎15．来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10﹣19 C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为　　．‎ ‎16．如图虚线为一匀强电场的等势面．一带负电粒子从A点沿图中直线在竖直平面内自下而上运动到B，不计空气阻力，此过程中粒子能量的变化情况是：动能　　，动能、重力势能及电势能之和　　（填“变大”、“不变”或“变少”）‎ ‎17．板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场．一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E=　　．液滴离开电场时的速度为　　．（液滴的运动方向没有改变）‎ ‎18．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则两粒子所带的电荷符号　　‎ ‎（填“不同”或“相同”）；两粒子分别经过c、d两点时速度vc　　vd（填“＞”、“=”或“＜”）；经过b点时速度v甲　　v乙（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共计3个小题，18题10分，19题12分，20题13分，请将解答过程书写到答题卡上对应位置，没有过程只有答案不对分．）‎ ‎19．如图所示，在直角坐标系xoy中，虚线ab将第一象限分成两块区域，左边区域匀强电场沿x轴正方向，电场强度E1，右边区域匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度E2．现一个质量为m（重力忽略不计），电荷量为q的正粒子静止放在y轴上的P（0，h）点，粒子在电场力的作用下运动，最后从x轴上的Q点离开电场区域，已知虚线ab距y轴的距离L，求：‎ ‎（1）粒子穿过E1电场区域的速度；‎ ‎（2）粒子经过Q点的速度大小和Q点的坐标．‎ ‎20．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0．‎ ‎21．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力与其重力大小相等，圆环半径为R．当地重力加速度为g ‎（1）若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，小球过C点时的速度至少为多少？‎ ‎（2）若小球刚好做完整圆周运动之后，经过C点时让其带上等量的正电荷，小球继续沿光滑轨道CDG运动，DG为半径为r的圆弧，CD段长为R，r=0.5R．求小球经过G点后最小速度？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考物理试卷（非英才班）（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本题共计7个小题，每个小题只有一个正确选项，选对得3分，错选或多选不得分，共计21分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．元电荷实质上是指电子和质子本身 B．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体 C．电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同 D．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎【考点】电场线；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】元电荷是最小单位电荷，感应起电是物体一部分转移到另一部分；电场线的切线方向即为该点的场强方向，正电荷所受的电场力方向与场强方向相同．电荷的运动轨迹与电场线不一定重合，只有电场线是直线时，电荷的运动轨迹才能沿电场线．‎ ‎【解答】解：A、元电荷是最小单位电荷量，不是电子或质子，故A错误；‎ B、摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电是物体一部分转移到另一部分，故B错误；‎ C、电场线的切线方向为该点的场强方向，正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，所以正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向，由牛顿第二定律可知，电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同．故C正确；‎ D、带电粒子在电场中运动的轨迹与带电粒子的初速度的方向以及电场的特点决定的，所以带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合，只有电场线是直线时，电荷的运动轨迹才可能沿电场线，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由I=知道，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 B．超导体的电阻为零，所以在任何温度下对电流都没有阻碍作用 C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D．电阻率的大小只随温度的变化而变化，而与材料本身无关 ‎【考点】欧姆定律；电阻率与温度的关系．‎ ‎【分析】欧姆定律I=中I与电压成正比；而电阻取决于导体本身的性质，和电压及电流无关．‎ ‎【解答】解：A、I=可知，电流与加在它两端的电压成正比，与电阻成反比，故A正确；‎ B、超导体是指在温度低于某个值时，电阻率减小为零；并不是所有温度下均没有电阻，故B错误；‎ C、材料的电阻率取决于材料本身及温度，与电阻、横截面积和长度无关，故C错误；‎ D、电阻率的大小取决于材料及温度，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．‎ ‎【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；‎ 故电阻最小的为A；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图，A、B带等量异种电荷，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，MN分别为AR、BR的中点，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．R点电场强度方向沿QR方向 B．M、N两点电势相等 C．M、N两点电场强度相等 D．N点电势高于无穷远处的电势 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．‎ ‎【解答】解：画出该等量异种电荷的电场线如图：‎ A、由图知R点的电场强度的方向垂直于RQ向左．故A错误；‎ B、沿电场线的方向电势降低，所以N点的电势高于M点的电势．故B错误；‎ C、根据等量异种点电荷电场的对称性可知，M、N两点的场强大小相等，方向不同，则场强不等．故C错误；‎ D、等量异种点电荷的中垂线是一条等势线，与无穷远处的电势相等．从图中可知，N点的电势高于同一条电场线上的R点的电势，而R点处于中垂线上，所以N点的电势高于无穷远处的电势．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小 B．若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变 C．若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大 D．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】滑动变阻器是靠改变接入电路的电阻线的长度改变接入电路的电阻大小的．滑动变阻器要串联在电路中，采用“一上一下”的连接方法．并明确接入电路的是哪一部分．‎ ‎【解答】解：A、若将a、c两端连在电路中，接入电路部分为ap；故当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故A错误；‎ B、若将a、b两端连在电路中时，滑动变阻器全部接入，起不到调节电阻的作用；故B正确；‎ C、若将b、c两端连在电路中，接入部分为Pb，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小；故C错误；‎ D、若将a、d两端连在电路中，接入电路部分为ap；则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）‎ A．将打在下板中央 B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、B、C、将电容器上板上移一小段距离，电容器所带的电量Q不变，由E=、C=、C=得，E==．‎ 由题意可知，电容器带电量Q不变，极板的正对面积S不变，相对介电常量ɛ不变，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故AC错误，B正确．‎ D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（　　）‎ A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 V C．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场的强弱．由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点C的电势φc．‎ ‎【解答】解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ucb，即φa﹣φc＞φc﹣φb，得到φc＜．所以选项C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、不定项选择（本题共计7个小题，每个小题至少有一个正确选项，选对选全得4分，漏选得2分，错选或多选不得分，共计28分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）‎ ‎8．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压逐渐增大到220V过程中，则下列说法正确的是（　　）‎ A．灯丝的电阻不变 B．电流将逐渐变大 C．每增加1V电压而引起的电流变化量是相同的 D．每增加1V电压而引起的电流变化量是减小的 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】白炽灯的电阻随温度的升高而增大，在电压增大过程中要考虑电阻的变化，知道灯泡电阻随温度的增大而增大．‎ ‎【解答】解：A、当电压增大时，灯丝中的电流一定是增大的；而灯丝的电阻随温度的增大而增大，故A错误，B正确； ‎ C、由于灯丝电阻随温度的升高而增大，故每增大1V电压时引起的电流变化量是越来越小的；故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（　　）‎ A．仅将M板向下平移 B．仅将M板向左平移 C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）‎ D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器充电后断开电源保持带电量不变，根据平行板电容器的决定式可求得C的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，注意指针张角变大时，极板之间的电压增大．‎ ‎【解答】解：‎ A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A错误．‎ B、仅将M板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误．‎ C、仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确．‎ D、仅在M、N之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点．已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（　　）‎ A．a球的质量一定大于b球的质量 B．a球的电荷量一定大于b球的电荷量 C．若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒 D．若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同 ‎【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解．‎ ‎【解答】解：A、对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反，根据平衡条件有：‎ mag=‎ mbg=，‎ 由于β＞α，‎ 所以ma＞mb，故A正确．‎ B、两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，故B错误；‎ C、若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中，除重力做功外，还有库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故C错误．‎ D、竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如下图乙所示，则（　　）‎ A．电场线的方向从B指向A B．A、B两点的电场强度EA＞EB C．A、B两点的电势ΦA＜ΦB D．负电荷在A、B两点的电势能EPA＜EPB ‎【考点】电势；电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据电子的运动方向，确定电场力的方向．场强方向与电子所受电场力方向相反，从而可判断出电场强度方向．根据场强方向判断电势的高低．由速度图象的斜率读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况．根据能量守恒，分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，故A正确．‎ B、速度﹣时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点即FA＜FB．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即EA＜EB．故B错误．‎ C、根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB．故C正确．‎ D、电场力对电子做正功，电势能减小，则EPA＞EPB．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　）‎ A．OB间的距离为 B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小 C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大 D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=‎ ‎【考点】电势能；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】金属块B点时速度最小，则知A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离减小，库仑力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差．‎ ‎【解答】解：A、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 μmg=K，得r=．故A正确．‎ B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误．‎ C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故C正确．‎ D、滑块从A到B过程，由动能定理得：qUAB﹣μmgL=mv2﹣，得UAB=．故D错误．‎ 故选AC ‎　‎ ‎13．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的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．P点的电势将降低 B．带点油滴将沿竖直方向向上运动 C．上极板在向上移动的过程中，流过R的电流由a到b D．带点油滴在P处的电势能将减少 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【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，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．故A正确．‎ B、因电场强度减小，则油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故B错误．‎ C、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，处于放电状态，则电路中有顺时针方向的电流，即流过R的电流由a到b．故C正确．‎ D、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D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，～T时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律分析加速度．根据电子的运动情况分析判断．‎ ‎【解答】解：分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．～T时间内时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．接着周而复始．‎ A、C、根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况．故A正确，C错误．‎ B、电子做匀变速直线运动时x﹣t图象应是抛物线，故B错误．‎ D、根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a﹣t图象应平行于横轴．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 三、填空题（共计4个小题，每空2分，共计16分，请将答案写到答题卡对应位置．）‎ ‎15．来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10﹣19 C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为　6.25×1015个　．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据公式q=It求出每秒打在靶上的质子的电量q，每个质子的电量为e=1.6×10﹣19C，由n=求出每秒打在靶上的质子数．‎ ‎【解答】解：每秒打在靶上的质子的电量q=It=1×﹣3C．‎ ‎ 每个质子的电量为e=1.6×10﹣19C 则质子流每秒打在靶上的质子数n===6.25×1015个 故本题答案是：6.25×1015个 ‎　‎ ‎16．如图虚线为一匀强电场的等势面．一带负电粒子从A点沿图中直线在竖直平面内自下而上运动到B，不计空气阻力，此过程中粒子能量的变化情况是：动能　变小　，动能、重力势能及电势能之和　不变　（填“变大”、“不变”或“变少”）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】带电粒子做直线运动，合力与速度共线；粒子受重力和电场力，故电场力向左；根据功能关系分析即可．‎ ‎【解答】解：由图可知，电场的方向向右，所以负离子受到的电场力的方向向左，重力的方向向下，所以粒子在复合场中做减速运动，速度减小，动能减小；重力做负功，重力势能增大；电场力做负功，电势能增大；由于只有重力和电场力做功，所以动能、重力势能及电势能之和不变．‎ 故答案为：变少，不变 ‎　‎ ‎17．板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场．一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E=　　．液滴离开电场时的速度为　　．（液滴的运动方向没有改变）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在电场中受到重力和电场力作用，重力方向竖直向下，电场力方向垂直于两极板，两个力不在同一条直线上，故合力不为零，物体沿直线运动，所以合力方向必定与物体的运动方向同向或者反向，很明显在这合力应与物体的运动方向反向．电场力方向应垂直于虚线向上，此过程中电场力不做功，由平行四边形定则求解电场力，得到电场强度；由动能定理可知，动能的增量等于重力做功．‎ ‎【解答】解：由题液滴做直线运动，则电场力方向应垂直于虚线向上，液滴所受的合力方向沿虚线向下，如图所示，液滴做匀减速直线运动，则：‎ qE=mgcosθ 解得：‎ E=‎ 因电场力与位移方向垂直，不做功，故电势能不变；‎ 根据动能定理，液滴离开电场时动能为： +mgLsinθ 液滴离开电场时的速度为：v=‎ 故答案为：，‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则两粒子所带的电荷符号　不同　（填“不同”或“相同”）；两粒子分别经过c、d两点时速度vc　＞　vd（填“＞”、“=”或“＜”）；经过b点时速度v甲　=　v乙（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲方向可判断两电荷所受的电场力方向，并能确定两电荷与Q电性的关系．根据电场力做功正负，由动能定理分析两粒子经过c、d两点的速度大小、确定电势能的变化．并分析通过b点的速度关系．‎ ‎【解答】解：根据质点做曲线运动时所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷符号不同．‎ 甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两粒子的初动能相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度，即vc＞vd．‎ 甲、乙粒子的初动能相等，并且都能到达b点，即a、b两点的电势相等，两粒子从a到b电场力做功为零，所以根据动能定理可知，甲粒子经过b点时的速度等于乙粒子经过b 点时的速度，即v甲=v乙．‎ 故答案为：不同，＞，=‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共计3个小题，18题10分，19题12分，20题13分，请将解答过程书写到答题卡上对应位置，没有过程只有答案不对分．）‎ ‎19．如图所示，在直角坐标系xoy中，虚线ab将第一象限分成两块区域，左边区域匀强电场沿x轴正方向，电场强度E1，右边区域匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度E2．现一个质量为m（重力忽略不计），电荷量为q的正粒子静止放在y轴上的P（0，h）点，粒子在电场力的作用下运动，最后从x轴上的Q点离开电场区域，已知虚线ab距y轴的距离L，求：‎ ‎（1）粒子穿过E1电场区域的速度；‎ ‎（2）粒子经过Q点的速度大小和Q点的坐标．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式和动能定理求解末速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）由动能定理得：‎ 得：V=‎ ‎（2）从P到Q粒子做类平抛运动，由动能定理有：‎ 得：V′=‎ 竖直方向：h=‎ 得：x=‎ 答：（1）粒子穿过E1电场区域的速度；‎ ‎（2）粒子经过Q点的速度大小和Q点的坐标（，0）．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性．当小环离开直杆后，仅少了支持力．则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向．小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动．当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起．当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度．‎ ‎【解答】解：（1）对带电小环受力分析 因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．‎ 由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=‎ 由牛顿第二定律可得：，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．‎ ‎（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ek．由动能定理有：WG+WE=△Ek 则电场力做功为零WE=0‎ 所以△Ek=WG=mgh=4J ‎（3）小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴 垂直于杆方向做匀加速运动：‎ 平行于杆方向做匀速运动：‎ 解得：υ0=2m/s 答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量为4J．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力与其重力大小相等，圆环半径为R．当地重力加速度为g ‎（1）若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，小球过C点时的速度至少为多少？‎ ‎（2）若小球刚好做完整圆周运动之后，经过C点时让其带上等量的正电荷，小球继续沿光滑轨道CDG运动，DG为半径为r的圆弧，CD段长为R，r=0.5R．求小球经过G点后最小速度？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球在圆轨道中做圆周运动，将重力和电场力的合力等效成重力，故等效最高点在圆弧右侧且与圆心的连线与竖直方向成45°角；然后根据等效重力提供向心力求解出等效最高点的速度，在根据动能定理列式求解小球过C点时的速度；‎ ‎（2）先对从C到G过程根据动能定理列式求解G点速度；经过G点后，合力为F=，方向与竖直方向右偏下45°，粒子做类似斜抛运动，将G点速度沿着平行合力和垂直合力方向正交分解，等效最高点的速度最小，等于G点速度垂直电场力方向的分速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球所受的重力和电场力都为恒力，故将重力和电场力的合力等效成重力，如图所示．可知：‎ F=，方向与竖直方向左偏下45°‎ 从图中可知，能作完整的圆周运动的临界点是能通过P点，即达到P点时球与环的弹力恰好为零，由F提供向心力；‎ 由圆周运动知识得：F=m 即： mg=m 解得：vP=‎ 小球由C到P过程，由动能定理有：‎ ‎﹣mg（R+Rcos45°）﹣qERsin45°=‎ 又qE=mg 解得：vc=‎ ‎（2）对从C到G过程，根据动能定理，有：‎ qE（R+r）﹣mgr=‎ 其中：r=0.5R，qE=mg 解得：‎ 经过G点后，合力为F=，方向与竖直方向右偏下45°，粒子做类似斜上抛运动；‎ 等效最高点的速度最小，等于G点速度垂直电场力方向的分速度，为：‎ 答：（1）若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，小球过C点时的速度至少为；‎ ‎（2）小球经过G点后最小速度为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日