物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期第一次双周考物理试卷（B卷） （解析版）

物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期第一次双周考物理试卷（B卷） （解析版）

‎2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第一次双周考物理试卷（B卷）‎ ‎　‎ 一、单选题（9×3′=27′）‎ ‎1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成θ角，m1、m2均处于静止，如图所示．由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角θ也逐渐小直到零．在θ角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（　　）‎ A．T1不变，T2不变 B．T1不变，T2变小 C．T1变小，T2变小 D．T1变小，T2不变 ‎3．在匀强电场中，将一质量为m，电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则匀强电场的电场强度大小为（　　）‎ A．若大小为，则为最大值 B．若大小为，则为最小值 C．若大小为，则是唯一的 D．若大小为，则是唯一的 ‎4．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，a、b关于O点对称．若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大 D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零 ‎5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎6．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（　　）‎ A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B．Ea=Eb＞Ec，φa=φb＞φc C．Ea=Eb=Ec，φa=φb=φc D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc ‎7．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B．电源就是产生电荷的装置 C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功 D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关 ‎8．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A．光速c B． C． D．‎ ‎9．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（　　）‎ A．开关处于断开状态，电容器C2的电量大于C1的带电量 B．开关处于断开状态，电容器C1的电量大于C2的带电量 C．开关处于接通状态，电容器C2的电量大于C1的带电量 D．开关处于接通状态，电容器C1的电量大于C2的带电量 ‎　‎ 二、多选题（5×3′=15′）‎ ‎10．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容变小 B．电容器内部电场强度大小变大 C．电容器内部电场强度大小不变 D．P点电势升高 ‎11．如图1，A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（　　）‎ A．若电子在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子在t= 时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动 ‎12．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（　　）‎ A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多 B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多 C．三种原子核打在屏上的速度一样大 D．三种原子核都打在屏的同一位置上 ‎13．将分压电阻串联在电流表上，改装成电压表，下列说法中正确的是（　　）‎ A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压 B．接上分压电阻后，电压按一定比例分配在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变 C．如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n倍 D．通电时，通过电流表和分压电阻的电流一定相等 ‎14．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 ‎　‎ 三、实验题（2′×7′=14′）‎ ‎15．有一个量程为0.5A的电流表，与阻值为1Ω的电阻并联后通入0.6A的电流，电流表的示数为0.4A，若将该电流表的量程扩大为5A，则应　　联一个阻值为　　Ω的电阻．（保留两位有效数字）‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3W”，其他可供选择的器材有：‎ 电压表V1（量程6V，内阻约为20kΩ）‎ 电压表V2（量程20V，内阻约为60kΩ）‎ 电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ 电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）‎ 变阻器R1（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ 学生电源E（6～8V）‎ 开关S及导线若干 ‎（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　　，电压表应选　　，变阻器应选用　　．‎ ‎（2）下列实验电路设计合适的是　　‎ 按照选定的电路，在开始实验前滑动变阻器移动到　　（填A或B）位置 ‎　‎ 四、计算题（10′+10′+10′+12′+12′=54′）‎ ‎17．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，‎ 求：（1）原来的电场强度的大小； ‎ ‎（2）物体运动的加速度；‎ ‎（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎18．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎19．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎20．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎（3）若能通过最高点，从A运动到D的过程中，在何处有最大动能？最大动能为多少？‎ ‎21．如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB的电荷量，质量分别为mA和mB．两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左的匀强电场中，电场强度为E．开始时A、B静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B一直在水平面上运动且不会碰到滑轮．‎ ‎（1）开始A、B静止时，求挡板P对物块A的作用力大小和弹簧弹力大小的比值；‎ ‎（2）若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板P的压力刚好为零，试求物块C下落的最大距离；‎ ‎（3）若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第一次双周考物理试卷（B卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（9×3′=27′）‎ ‎1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．‎ ‎【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；‎ 故只有B符合条件．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成θ角，m1、m2均处于静止，如图所示．由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角θ也逐渐小直到零．在θ角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（　　）‎ A．T1不变，T2不变 B．T1不变，T2变小 C．T1变小，T2变小 D．T1变小，T2不变 ‎【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与OA、OB的关系，即可求解．‎ ‎【解答】解：小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0．因此这三个力构成封闭的力的三角形，‎ 且正好与几何三角形OAB相似，有：‎ 因为OA=OB，所以T2=mg．即T2与θ无关，‎ 由于库仑力的减小，导致B球受到A球的库仑力大小减小，且方向趋于水平，则有T1变小．因此D正确，ABC错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在匀强电场中，将一质量为m，电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则匀强电场的电场强度大小为（　　）‎ A．若大小为，则为最大值 B．若大小为，则为最小值 C．若大小为，则是唯一的 D．若大小为，则是唯一的 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值 ‎【解答】解：物体做直线运动的条件是合外力方向与速度方向在一条直线上，即垂直于速度方向的合外力为零，故静电力最小值就等于重力垂直于速度方向的分力，即mgsinθ=qE，E=，同时也是唯一值，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，a、b关于O点对称．若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大 D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】两个等量的正点电荷的连线的中垂线上电场强度方向为O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，电子做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．‎ ‎【解答】解：A、B在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断．故AB错误．‎ C、越过O点后，电子做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．‎ D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，电子做减速运动，加速度的变化情况无法判断．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度小于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变．故C错误；‎ D、由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（　　）‎ A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B．Ea=Eb＞Ec，φa=φb＞φc C．Ea=Eb=Ec，φa=φb=φc D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc ‎【考点】静电场中的导体；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．‎ 由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．‎ 根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B．电源就是产生电荷的装置 C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功 D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．‎ ‎【解答】解：A、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故A正确；‎ B、电动势不能产生电荷，只是产生电势差而促使导线中的电荷运动，故B不正确；‎ C、根电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功，故C正确；‎ D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A．光速c B． C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．‎ ‎【解答】解：单位长度质量为：M′=ρ•S•1；‎ 单位长度原子数为：N=•NA=；‎ 每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为n=；电流I=；‎ 而t=；‎ 解得：v=；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（　　）‎ A．开关处于断开状态，电容器C2的电量大于C1的带电量 B．开关处于断开状态，电容器C1的电量大于C2的带电量 C．开关处于接通状态，电容器C2的电量大于C1的带电量 D．开关处于接通状态，电容器C1的电量大于C2的带电量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C2与电阻R1并联，电容器C1与电阻R2并联．开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势．根据Q=UC即可判断带电量之间的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据Q=UC，且C2=2C1，R2=2R1，得：电容器C2的电量大于C1的带电量，故A正确，B错误；‎ C、D、当开关S闭合时，电容器C2的电压等于R1的电压，电容器C1的电压等于电阻R2的电压．而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据Q=UC，且C2=2C1，U1=2U2，得：电容器C2的电量等于C1的带电量，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多选题（5×3′=15′）‎ ‎10．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器的电容变小 B．电容器内部电场强度大小变大 C．电容器内部电场强度大小不变 D．P点电势升高 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．‎ ‎【解答】解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；‎ B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C正确；‎ D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎11．如图1，A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（　　）‎ A．若电子在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子在t= 时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据电子在电场力作用下，结合牛顿第二定律与运动学公式的关系，从而可确定不同时刻电子的运动情况，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它一直向B板运动，直到到达B板，故A正确，B错误；‎ C、若电子在t= 时刻进入的，从到它先向B板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向B运动，这样时而向B板运动，时而向A板运动，最后打到B板上，故C正确；‎ D、同理，若电子是在t=T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，故D正确；‎ 故选ACD ‎　‎ ‎12．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（　　）‎ A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多 B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多 C．三种原子核打在屏上的速度一样大 D．三种原子核都打在屏的同一位置上 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系．‎ ‎【解答】解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．‎ 在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1‎ 由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；‎ D、在偏转电场中的偏转位移：‎ y=at2=••（）2‎ 解得：y=‎ 同理可得到偏转角度的正切：‎ tanθ=，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故三种粒子打屏上同一点，故D正确；‎ B、粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，根据动能定理，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确 C、整个过程运用动能定理得：‎ mv 2=qU1+qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎13．将分压电阻串联在电流表上，改装成电压表，下列说法中正确的是（　　）‎ A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压 B．接上分压电阻后，电压按一定比例分配在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变 C．如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n倍 D．通电时，通过电流表和分压电阻的电流一定相等 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流计改装成电压表需要串联分压电阻，根据串联电路特点与欧姆定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、原电流计的满偏电压等于原电流计内阻与满偏电流的乘积，串联分压电阻后，原电流计满偏电压不变，故A错误；‎ B、接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流计和分压电阻上，电流计的满偏电压不变，故B正确；‎ C、若分压电阻是电流计内阻的n倍，根据串联电路规律可知电压表量程扩大为（n+1）倍，故C错误；‎ D、电流计与分压电阻串联，通电时，电流计和分压电阻通过的电流一定相等，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化．‎ ‎【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．‎ C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、实验题（2′×7′=14′）‎ ‎15．有一个量程为0.5A的电流表，与阻值为1Ω的电阻并联后通入0.6A的电流，电流表的示数为0.4A，若将该电流表的量程扩大为5A，则应　并　联一个阻值为　0.056　Ω的电阻．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】由并联电路的特点确定出电流表的内阻；电流表扩大量程要并联电阻分流，分流电阻R=．‎ ‎【解答】解：电流表内阻Rg=Ω=0.5Ω，当接5 A量程时，‎ 分流电阻R==≈0.056Ω 故答案为：并，0.05‎ ‎　‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3W”，其他可供选择的器材有：‎ 电压表V1（量程6V，内阻约为20kΩ）‎ 电压表V2（量程20V，内阻约为60kΩ）‎ 电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ 电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）‎ 变阻器R1（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ 学生电源E（6～8V）‎ 开关S及导线若干 ‎（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　A2　，电压表应选　V1　，变阻器应选用　R2　．‎ ‎（2）下列实验电路设计合适的是　D　‎ 按照选定的电路，在开始实验前滑动变阻器移动到　A　（填A或B）位置 ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；‎ ‎（2）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图；同时明确测量电路与滑动变阻器的哪一部分并联，开始时应让并联部分电压为零，从而确定滑片开始时的位置．‎ ‎【解答】解：（1）由于灯泡额定电压为6V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为I===0.5A，所以电流表量程选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2‎ ‎（2）本实验中应保证电流由零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；故电路图应选择D；‎ 为了让电流从零开始调节，开始时测量部分的电压应为零，故滑片应滑到A端；‎ 故答案为：（1）A2 V1 R2‎ ‎（2）D A ‎　‎ 四、计算题（10′+10′+10′+12′+12′=54′）‎ ‎17．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，‎ 求：（1）原来的电场强度的大小； ‎ ‎（2）物体运动的加速度；‎ ‎（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．‎ ‎（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解．‎ ‎【解答】解：（1）对小球受力分析并合成如图：‎ 由平衡条件得：‎ F′=mg 在直角三角形中：‎ tanθ=‎ 得：qE=mgtanθ，解得：‎ ‎（2）对小球受力分析并正交分解如图：‎ F合=mgsin37°﹣Fcos37°=ma 即：‎ 解得：a=3m/s2‎ 方向：沿斜面向下 ‎（3）在下滑过程中：W=F合×L 由动能定理：‎ 解得：‎ 答：（1）原来的电场强度 ‎（2）物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下 ‎（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为 ‎　‎ ‎18．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；‎ ‎（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；‎ ‎（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度VA方向相反，微粒做匀减速直线运动．‎ 即微粒做匀减速直线运动．‎ ‎（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan﹣1θ 故电场强度E==1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．‎ ‎（3）微粒由A运动到B的速度vB=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：‎ mgLsinθ+qELcosθ=mvA2　解得vA=2.8m/s 即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得：v0=10m/s ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，‎ 当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U1=120V 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U2=200V 所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎（3）若能通过最高点，从A运动到D的过程中，在何处有最大动能？最大动能为多少？‎ ‎【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】（1）对AC过程由动能定理可求得C点的速度大小；‎ ‎（2）根据临界条件可求得最高点的速度，再对全过程分析根据动能定理可求得AB间的距离；‎ ‎（3）分析运动过程，根据合力的方向即可明确电场力和重力做功情况，知道当到达等效重力场的最低点时动能最大，则根据动能定理即可明确最大动能．‎ ‎【解答】解：（1）由A点到C点应用动能定理 有Eq（AB+R）﹣mgR=mvC2‎ 解得vC=2 m/s．‎ ‎（2）在D点，小球要安全通过必有mg≤m 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：‎ Eqx﹣mg2R=mvD2‎ 以上两式联立可得x≥0.5 m．‎ ‎（3）AB过程电场力一直做正功，故动能增大；进入圆轨迹时，重力和电场力的合力做功；合力方向如图所示，合力方向与水平方向夹角tanθ===1，故夹角为45°；故到达BC弧中点时动能最大；‎ 因此当粒子运动到与O连线夹角为45°时，动能最大，则由动能定理可知：‎ Eq（AB+Rcos45°）﹣mg（R﹣Rsin45°）=Ekm 解得：Ekm=0.2J；‎ 答：（1）它到达C点时的速度是2m/s ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少为0.2m；‎ ‎（3）若能通过最高点，从A运动到D的过程中，小球经过BC弧中点位置时的速度最大，最大动能为0.2J．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB的电荷量，质量分别为mA和mB．两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左的匀强电场中，电场强度为E．开始时A、B静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B一直在水平面上运动且不会碰到滑轮．‎ ‎（1）开始A、B静止时，求挡板P对物块A的作用力大小和弹簧弹力大小的比值；‎ ‎（2）若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板P的压力刚好为零，试求物块C下落的最大距离；‎ ‎（3）若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？‎ ‎【考点】能量守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．‎ ‎【分析】（1）分别对AB整体、物体B受力分析，根据平衡条件列方程求解即可；‎ ‎（2）初始状态弹簧处于压缩状态，形变量为 x1，物块A对挡板P的压力恰为零，但不会离开P，此时A、B、C连同弹簧组成的系统共同瞬间静止，A所受电场力与弹簧的弹力大小相等，方向相反，可求弹簧的伸长量x2，两者之和也就是C物体的下降距离，此过程中C重力是能的减少量恰等于弹簧弹性势能与B电势能的增量之和．‎ ‎（3）若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，弹簧的伸长量仍为x2，但此时A物体静止但B、C两物体的速度相等且不为零，此过程中C物体重力势能减少量等于B物体机械能和电势能的增量、弹簧弹簧弹性势能增量及系统动能的增量之和．‎ ‎【解答】解：（1）对系统AB，挡板P对物块A的作用力F1=（QA+QB）E 对B物体，弹簧弹力F2=QBE 解得：‎ ‎（2）开始时弹簧被压缩的形变量为x1，由平衡条件：kx1=EQB 设当A刚离开档板时弹簧被拉伸的形变量为x2，由平衡条件：kx2=EQA 故C下降的最大距离为：h=x1+x2‎ 由①～③式可解得 ‎（3）由能量守恒定律可知：‎ 当C的质量为M时：Mgh=QBEh+△E弹 当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V 解得A刚离开P时B的速度为：‎ 答：（1）开始A、B静止时，挡板P对物块A的作用力大小和弹簧弹力大小的比值为；‎ ‎（2）物块C下落的最大距离为；‎ ‎（3）若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日