《2022年高二上學期第一次月考物理試卷 含解析(III)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高二上學期第一次月考物理試卷 含解析(III)（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高二上學期第一次月考物理試卷 含解析(III)一.選擇題（每小題4分共48分每小題所給的四個選項中，1-8題只有一個選項，9-12題不定選項）1兩個完全相同的金屬小球，分別帶有+3Q和Q的電量，當它們相距r時，它們之間的庫侖力是F若把它們接觸后分開，仍置于相距r的兩點，則它們的庫侖力的大小將變?yōu)椋ǎ〢BFC3FD9F2如圖所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸現(xiàn)使帶負電的橡膠棒C靠近A（C與A不接觸），然后先將A、B分開，再將C移走關(guān)于A、B的帶電情況，下列判斷正確的是（）AA帶正電，B帶負電BA帶負電，B帶正電CA、B均不帶電DA帶負電，B帶負電3如圖

2、所示，所畫的曲線為某靜電場的三條電場線，其中有A、B兩點，下列說法中正確的是（）A該電場是負電荷的電場B點電荷q在A點受到的電場力比在B點受到的電場力大C由E=可知，在A點放入的點電荷量越大，A點場強越小DA、B兩點可能在同一條電場線上4如圖所示，a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（）AP點的電勢高于Q點的電勢B帶電質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時大D帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小5如圖所示，為某一

3、點電荷所形成的一簇電場線，a、b、c 三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線為一圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力，則以下說法正確的是（）Ab虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量大于c虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量B由于AB的長度等于BC的長度，故UAB=UBCCa虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對應(yīng)的粒子的加速度不變Da一定是正粒子的運動軌跡，b和c一定是負粒子的運動軌跡6如圖，A、B、C三點在勻強電場中，ACBC，ABC=60，=20cm，把一個電量q=1105C的正電荷從A移到B，電場力不做功；從B移到C

4、，電場力做功為103J，則該勻強電場的場強大小和方向是（）A866V/m，垂直AC向上B866V/m，垂直AC向下C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下7如圖所示，運輸汽油等易燃易爆物品的車輛總有一條鐵鏈拖在地上，這樣做的目的是（）A發(fā)出聲音，引起路人注意B減緩車速，保證行車安全C把靜電引入大地，避免因放電引起爆炸D與地面發(fā)生摩擦，在運輸車上積累電荷8平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示，則（）A保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變B保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向

5、B板靠近，則減小C開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則減小D開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變9如圖，把塑料匙在干燥的布上摩擦幾下，然后去舀爆米花，爆米花就會到處亂蹦發(fā)生這種情況的原因是（）A爆米花與帶電的勺子接觸，帶同種電荷B爆米花與帶電的勺子接觸，帶異種電荷C爆米花受到塑料匙的作用力而到處亂跳D爆米花是因為靜電感應(yīng)的帶電，到外亂跳10兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖所示一個電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是（）AB點為中垂線上

6、電場強度最大的點，場強E=2V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點的過程中，電勢逐漸降低DAB兩點的電勢差UAB=5V11如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是（）Aa、c兩點電場強度相等B正電荷+q在c點電勢能等于在a點電勢能C在MN連線的中垂線上，O點電勢最高D負電荷q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大12如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場電子的重力不計在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件

7、下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)一下位置B增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓，減小兩板間的距離C增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離，減小偏轉(zhuǎn)電極的電壓D減小偏轉(zhuǎn)電極板間的距離，增大偏轉(zhuǎn)電極板的長度二.實驗題（共兩題，15分其中13題6分，14題9分）13在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實驗中，某同學安裝好實驗裝置并進行如下操作：（1）給平行板電容器充電，保持兩板距離和板上的電荷量不變，使B板平行上移，如圖甲所示，則靜電計指針偏角（填“不變”，“變大”或“變小”）（2）給平行板電容器充電，保持兩板正對面積和板上的電荷量不變，使B平行板右移，如圖乙所示，觀察到靜電計指針偏

8、角減小，則平行板電容器的電容（填“不變”，“變大”或“變小”）14示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（1）如圖所示如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的A極板X應(yīng)帶正電 B極板X應(yīng)帶正電C極板Y應(yīng)帶正電 D極板Y應(yīng)帶正電（2）如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖；（3）如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖；（4）如果在偏轉(zhuǎn)電極XX上加如圖所示的電壓同時在偏轉(zhuǎn)電極YY上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖三.計算題（共4小題，47分要求有必要的文字說明和演算過程，只有結(jié)果不得分）15如圖所示，把

9、質(zhì)量為克的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電量為4108C的正電小球B靠近它，當兩小球在同一高度相距3cm時，絲線與豎直夾角為30，（取g=10m/s2，k=9.0109Nm2/kg2）求：（1）小球A帶正電還是負電？（2）此時小球A受到的庫侖力大小和方向？（3）小球A帶的電量qA？16如圖所示，在勻強電場中，將帶電荷量q=6106 C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4105 J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2105 J的功求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；（2）如果規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？（3）作出過B點的一條電

10、場線（只保留作圖的痕跡，不寫做法）17甲圖是密立根測定電子電荷量的實驗，他在真空裝置中放置兩塊水平金屬板，兩極板間距為d，電壓為U，上極板帶正電，用噴霧器把許多帶電、密度為的油滴噴入兩板之間，通過顯微鏡找到懸浮不動的一個油滴，測得它的半徑為R，由此可測算出該油滴的電荷量現(xiàn)有如乙圖所示的水平放置的兩極板Y、Y，間距也為d，板間電壓為2U，將該油滴從兩極板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且剛好從Y右則邊緣穿出，設(shè)重力加速度為g，求：（1）求該油滴的電荷量q，帶何種電荷？（2）求乙圖中極板的長度L18如圖所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個有理想邊界的勻強電場區(qū)，物體與水平面間動摩擦因數(shù)為，水平

11、向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，電場寬度均為d一個質(zhì)量為2m、帶正電的電荷量為q的物體（看作質(zhì)點），從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，則物體從開始運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中，重力加速度為g求：（1）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，則整個過程中電場力對物體所做總功？（2）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，求物體在水平向右電場區(qū)域中運動所需總時間？參考答案與試題解析一.選擇題（每小題4分共48分每小題所給的四個選項中，1-8題只有一個選項，9-12題不定選項）1兩個完全相同的金屬小球，分別帶有+3Q和Q的電量，當它們相距r時，它們之間的庫侖力是F若把它們接觸后分開，仍置于相距r

12、的兩點，則它們的庫侖力的大小將變?yōu)椋ǎ〢BFC3FD9F【考點】庫侖定律【分析】接觸帶電的原則是先中和再平分根據(jù)庫侖定律公式F=k 求出庫侖力的大小【解答】解：根據(jù)庫侖定律公式得，F(xiàn)=k接觸再分離后所帶電量各為Q，F(xiàn)=k=F故A正確，BCD錯誤故選：A2如圖所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸現(xiàn)使帶負電的橡膠棒C靠近A（C與A不接觸），然后先將A、B分開，再將C移走關(guān)于A、B的帶電情況，下列判斷正確的是（）AA帶正電，B帶負電BA帶負電，B帶正電CA、B均不帶電DA帶負電，B帶負電【考點】電荷守恒定律【分析】將帶負電的導體球C靠近兩個不帶電的導體AB，靠感應(yīng)起電

13、使物體帶電，根據(jù)電荷間的相互作用明確帶電情況【解答】解：把導體A和B分開，再移走C，導體A和B由于感應(yīng)起電帶上異種電荷，由于同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，所以此時A帶正電，B帶負電故選：A3如圖所示，所畫的曲線為某靜電場的三條電場線，其中有A、B兩點，下列說法中正確的是（）A該電場是負電荷的電場B點電荷q在A點受到的電場力比在B點受到的電場力大C由E=可知，在A點放入的點電荷量越大，A點場強越小DA、B兩點可能在同一條電場線上【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系【分析】負電荷電場的電場線是會聚型的射線電場線越密，場強越大電場強度是描述電場本身的性質(zhì)的物理量，與試探電荷無關(guān)由此分析【解答】解：A

14、、該電場的電場線是曲線，而負電荷電場的電場線是會聚型的射線所以該電場不可能是負電荷的電場，故A錯誤B、A、B兩處相比，A處電場線密，場強大由F=qE知，點電荷q在A點受到的電場力比在B點受到的電場力大，故B正確C、E=是電場強度的定義式，運用比值法定義，可知電場強度由電場本身決定，與放入電場中的試探電荷的電荷量無關(guān)故C錯誤D、A、B兩點不可能在同一條電場線上，否則兩條電場線出現(xiàn)相交了，故D錯誤故選：B4如圖所示，a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（）AP點的

15、電勢高于Q點的電勢B帶電質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時大D帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小【考點】電場線；電勢【分析】由于質(zhì)點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大【解答】解：A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，P點的電勢低于Q點的電勢故A錯誤；B、根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P

16、到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；C、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；D、等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D錯誤故選：B5如圖所示，為某一點電荷所形成的一簇電場線，a、b、c 三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線為一圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力，則以下說法正確的是（）Ab虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量大于c虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量B由于AB的長度等于BC的長度，故UAB=UB

17、CCa虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對應(yīng)的粒子的加速度不變Da一定是正粒子的運動軌跡，b和c一定是負粒子的運動軌跡【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢能【分析】電場線的疏密反映了電場強度的大?。桓鶕?jù)曲線運動的條件判斷電場力方向；結(jié)合離心運動的條件列式比較粒子質(zhì)量大小根據(jù)公式U=Ed定性分析電勢差的關(guān)系由牛頓第二定律分析加速度的變化【解答】解：A、a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，且三個粒子的電荷量大小相等，故它們所受的靜電力相等；由于b粒子做圓周運動，說明向心力等于靜電力；C粒子做向心運動，故靜電力大于需要的向心力，

18、根據(jù)向心力公式F=m，知b虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量比c虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量大；故A正確；B、根據(jù)公式U=Ed，由于AB間的場強小于BC間的場強，故UABUBC，故B錯誤；C、由于電場線的疏密表示電場強度的大小，粒子只受電場力，故a虛線對應(yīng)的粒子所受的電場力越來越小，則其加速度越來越小c虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對應(yīng)的粒子的加速度大小不變，但方向在變化，所以b粒子的加速度是變化的，故C錯誤；D、a粒子受向左的電場力，b和c受到向右的電場力，由于電場線的方向未知，所以不能確定粒子的電性故D錯誤；故選：A6如圖，A、B、C三點在勻強電場中，ACBC，ABC=60，=20cm，把一個電量q=1

19、105C的正電荷從A移到B，電場力不做功；從B移到C，電場力做功為103J，則該勻強電場的場強大小和方向是（）A866V/m，垂直AC向上B866V/m，垂直AC向下C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【分析】根據(jù)一個q=105C的正電荷從A移到B，電場力做功為零，可知，A與B電勢相等根據(jù)電荷從B移到C，電場力做功為103 J，由電勢差的公式求出BC間的電勢差由求場強大小，其中d為沿電場線方向的有效長度【解答】解：由題，q=105 C的正電荷從A移到B，電場力做功為零，則A與B電勢相等，AB連線是一條等勢線BC間電勢差為： V

20、，所以C點的電勢高該勻強電場的場強大小： V/m電場線方向垂直于AB向下所以選項D正確故選：D7如圖所示，運輸汽油等易燃易爆物品的車輛總有一條鐵鏈拖在地上，這樣做的目的是（）A發(fā)出聲音，引起路人注意B減緩車速，保證行車安全C把靜電引入大地，避免因放電引起爆炸D與地面發(fā)生摩擦，在運輸車上積累電荷【考點】* 靜電的利用和防止【分析】油罐車上的搭地鐵鏈是為了把產(chǎn)生的靜電導走，屬于靜電的防止【解答】解：汽車行駛時，油罐中的汽油隨車的振動摩擦起電，如果不及時的將這些靜電倒走，一旦出現(xiàn)放電現(xiàn)象，就會發(fā)生爆炸事故拖地鐵鏈使油罐表面與大地相連，使油罐罐體中的電荷不斷地中和，不致造成放電產(chǎn)生火花引起油罐爆炸故選

21、：C8平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示，則（）A保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變B保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則減小C開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則減小D開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變【考點】電場強度【分析】帶電小球受到重力、電場力和細線的拉力而平衡，電場力越大，細線與豎直方向的夾角越大；根據(jù)電容器電容定義式C=、平行板電容器的公式C= 以及電壓與電場強度關(guān)系公式U=Ed對各種變化中電場強度進行分析，得到電場強度的變化情況，最后判斷電場力變化情況和偏

22、轉(zhuǎn)角變化情況【解答】解：A、B、保持S閉合，電容器兩極板間的電勢差等于電源的電動勢，不變；故電場強度為E=，當A板向B板靠近時，電場強度變大，電場力變大，故變大，故AB錯誤；C、D、斷開S，電容器帶電量Q不變，根據(jù)電容器電容定義式C=、平行板電容器的公式C= 以及電壓與電場強度關(guān)系公式U=Ed，得到：E=，故電場強度與兩極板距離d無關(guān)，故將A板向B板靠近，電場強度不變，電場力不變，故傾角不變，故C錯誤，D正確；故選：D9如圖，把塑料匙在干燥的布上摩擦幾下，然后去舀爆米花，爆米花就會到處亂蹦發(fā)生這種情況的原因是（）A爆米花與帶電的勺子接觸，帶同種電荷B爆米花與帶電的勺子接觸，帶異種電荷C爆米花受

23、到塑料匙的作用力而到處亂跳D爆米花是因為靜電感應(yīng)的帶電，到外亂跳【考點】電荷守恒定律；物體的彈性和彈力【分析】明確靜電現(xiàn)象，根據(jù)接觸起電的性質(zhì)分析爆米花的電性，并明確它們運動的原因【解答】解：A、由于塑料與布摩擦后產(chǎn)生靜電，而爆米花與勺子接觸帶電，故帶同種電荷；故A正確；B錯誤；C、爆米花之所以運動是因為受到塑料匙的作用力；故C正確；D、爆米花與帶電的勺子接觸，帶同種電荷，不是由于感應(yīng)帶電；故D錯誤；故選：AC10兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖所示一個電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖所示，其中B點處為整條圖線切線斜率

24、最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是（）AB點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=2V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點的過程中，電勢逐漸降低DAB兩點的電勢差UAB=5V【考點】電場的疊加；電勢能【分析】根據(jù)vt圖可知粒子在B點的加速度最大，此處電場強度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場強的最大值由C到A的過程中物塊的動能一直增大，由能量守恒定律分析電勢能的變化情況由動能定理可求得AB兩點的電勢差【解答】解：A、從速度時間圖象可知帶電粒子在B點的加速度最大為 am=2m/s2，所受的電場力最大為 Fm=mam=2N，據(jù)E=知，B點的場強最大為1N/C，故A錯誤；

25、B、從速度時間圖象可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C、據(jù)兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，故C正確；D、從速度時間圖象可知A、B兩點的速度分別為 vA=6m/s，vB=4m/s，再根據(jù)動能定理得 qUAB=mvB2mvA2=1（4262）J=10J，解得：UAB=5V，故D正確故選：CD11如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是（）Aa、c兩點電場強度相等B正電荷+q在c點電勢能等于在a點電勢能C在M

26、N連線的中垂線上，O點電勢最高D負電荷q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大【考點】電場的疊加；電場強度；電勢能【分析】本題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據(jù)電場線方向判斷電勢高低a、c兩點關(guān)于中垂線對稱，電勢相等，電荷在這兩點的電勢能相等【解答】解：A、根據(jù)電場線的分布，a、c兩點電場強度大小相等故A錯誤B、根據(jù)電場線的分布情況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則點電荷在a點電勢能一定等于在c點電勢能故B正確C、沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高故C正確D、由對稱性知O點的場強為零，電荷q從d點靜止釋放，在

27、它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大故D錯誤故選：BC12如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場電子的重力不計在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)一下位置B增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓，減小兩板間的距離C增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離，減小偏轉(zhuǎn)電極的電壓D減小偏轉(zhuǎn)電極板間的距離，增大偏轉(zhuǎn)電極板的長度【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】電子經(jīng)電場加速后，進入偏轉(zhuǎn)電場，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出電子離開電

28、場時數(shù)值方向分速度，表示出偏轉(zhuǎn)角正切值的表達式，從而判斷使偏轉(zhuǎn)角變大的方法【解答】解：A、偏轉(zhuǎn)電極只能使電子偏轉(zhuǎn)方向相反，不能增大偏轉(zhuǎn)角，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理：eU1=mv2得：v=在偏轉(zhuǎn)電場中由平拋規(guī)律可得：vy=at加速度為：a=運動時間為：t=可得偏角的正切值為：tan=若使偏轉(zhuǎn)角變大，即使tan變大，由上式看出可以增大U2，或減小U1，或增大L，或減小d故BD正確，C錯誤故選：BD二.實驗題（共兩題，15分其中13題6分，14題9分）13在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實驗中，某同學安裝好實驗裝置并進行如下操作：（1）給平行板電容器充電，保持兩板距離和板上的電荷量不變，使

29、B板平行上移，如圖甲所示，則靜電計指針偏角變大（填“不變”，“變大”或“變小”）（2）給平行板電容器充電，保持兩板正對面積和板上的電荷量不變，使B平行板右移，如圖乙所示，觀察到靜電計指針偏角減小，則平行板電容器的電容變大（填“不變”，“變大”或“變小”）【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】靜電計的電壓大則指針偏角大，先根據(jù)電容的決定式C=，分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式C=，分析電容器極板間電壓的變化，從而作出判斷【解答】解：（1）給平行板電容器充電，保持兩板距離和板上的電荷量不變，使B板平行上移，則S減小，根據(jù)C=知電容C減小，再根據(jù)電容的定義式C= 知U增大，則靜電計指針偏角變大；（2）給

30、平行板電容器充電，保持兩板正對面積和板上的電荷量不變，使B平行板右移d減小，電容C增大，靜電計兩端電壓U減小，觀察到靜電計指針偏角減小，故答案為：變大，變大14示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（1）如圖所示如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的ACA極板X應(yīng)帶正電 B極板X應(yīng)帶正電C極板Y應(yīng)帶正電 D極板Y應(yīng)帶正電（2）如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖；（3）如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖；（4）如果在偏轉(zhuǎn)電極XX上加如圖所示的電壓同時在偏轉(zhuǎn)電極YY上加如圖所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的

31、波形圖【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)后打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性（2、3、4）示波管是帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的實際應(yīng)用偏轉(zhuǎn)電極 YY：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號電壓）；XX：使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）【解答】解：（1）電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉(zhuǎn)則，電場方向為X到X，則X帶正電，同理可知Y帶正電，那么Y應(yīng)帶負電，故AC正確，BD錯誤故選：AC（2）只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加如圖所示的電壓，則電子只在x軸方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在y軸方向不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在圖中觀察到的波形圖如圖；（3）只在偏轉(zhuǎn)電極YY上加

32、如圖所示的電壓，則電子只在y軸方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在x軸方向不發(fā)生偏轉(zhuǎn)在圖中觀察到的波形圖如圖；（4）偏轉(zhuǎn)電極XX加圖示電壓，水平向隨時間均勻偏轉(zhuǎn)；同時偏轉(zhuǎn)電極YY加圖示電壓，則電子沿y向的偏轉(zhuǎn)在一個周期內(nèi)按照正弦形式發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以其顯示波形為Y向所加電壓波形，即正弦圖象如圖所示：故答案為：（1）AC（2）（3）（4）如圖三.計算題（共4小題，47分要求有必要的文字說明和演算過程，只有結(jié)果不得分）15如圖所示，把質(zhì)量為克的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電量為4108C的正電小球B靠近它，當兩小球在同一高度相距3cm時，絲線與豎直夾角為30，（取g=10m/s2，k=9.0109Nm2/kg2）求：（1

33、）小球A帶正電還是負電？（2）此時小球A受到的庫侖力大小和方向？（3）小球A帶的電量qA？【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；庫侖定律【分析】（1）根據(jù)電荷與電荷之間的相互作用力的特點判斷A的電性；（2）對小球A受力分析，受到重力、靜電引力和細線的拉力，根據(jù)三力平衡求出靜電引力；（3）根據(jù)庫侖定律求解出小球A的帶電量【解答】解：（1）根據(jù)異號電荷相互吸引可知，A帶負電；（2）對球A受力分析，如圖根據(jù)共點力平衡條件，結(jié)合幾何關(guān)系得到Tsin30=FTcos30=mg解得：F=mgtan30=mg=N方向向左（3）根據(jù)庫侖定律，有：F=故：q=2.5109 C即A球的帶電量是2.5109C答：（1）

34、A帶負電；（2）此時小球A受到的庫侖力大小是1104N，方向水平向右；（3）A球的帶電量是2.5109C16如圖所示，在勻強電場中，將帶電荷量q=6106 C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4105 J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2105 J的功求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；（2）如果規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？（3）作出過B點的一條電場線（只保留作圖的痕跡，不寫做法）【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【分析】（1）根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系求出AB間的電勢差、BC間的電勢差（2）根據(jù)電勢差等于電勢之

35、差，結(jié)合B點電勢為零，求出A、C點的電勢（3）找出等勢線，結(jié)合電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，作出電場線【解答】解：（1）UAB= V=4 VUBC= V=2 V（2）UAB=AB，UBC=BC又 B=0 解得A=4 V，C=2 V（3）取AB的中點D，D點的電勢為2V，連接CD，為等勢線，電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示答：（1）AB間的電勢差為4V，BC間的電勢差為2V（2）A、C的電勢分別為4V、2V（3）如圖所示17甲圖是密立根測定電子電荷量的實驗，他在真空裝置中放置兩塊水平金屬板，兩極板間距為d，電壓為U，上極板帶正電，用噴霧器把許多帶電、密度為的油滴噴入兩板

36、之間，通過顯微鏡找到懸浮不動的一個油滴，測得它的半徑為R，由此可測算出該油滴的電荷量現(xiàn)有如乙圖所示的水平放置的兩極板Y、Y，間距也為d，板間電壓為2U，將該油滴從兩極板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且剛好從Y右則邊緣穿出，設(shè)重力加速度為g，求：（1）求該油滴的電荷量q，帶何種電荷？（2）求乙圖中極板的長度L【考點】帶電粒子在混合場中的運動；牛頓第二定律【分析】（1）根據(jù)受力平衡方程mg=qE，結(jié)合E=，及m=V，并由電場強度方向，來確定電荷的電性，即可求解；（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學公式，即可求解【解答】解：（1）由平衡條件得：mg=q又m=得：q=油滴帶負電荷；（2）依題意

37、，油滴的電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律，有：q+mg=ma2；結(jié)合式解得：a2=3g 由于： =得：t2=極板長度：L2=v0t2=v0；答：（1）該油滴的電荷量為，帶負電荷；（2）乙圖中極板的長度v018如圖所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個有理想邊界的勻強電場區(qū)，物體與水平面間動摩擦因數(shù)為，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，電場寬度均為d一個質(zhì)量為2m、帶正電的電荷量為q的物體（看作質(zhì)點），從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，則物體從開始運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中，重力加速度為g求：（1）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，則整個過程中電場力對物體所做總功？（2）若每個電場區(qū)

38、域場強大小均為E=，求物體在水平向右電場區(qū)域中運動所需總時間？【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【分析】（1）在1、3、5、電場中運動時，電場力做功，而在2、4、6、電場中運動時，電場力與位移垂直，不做功；（2）先根據(jù)動能定理列式求解末速度，再將粒子在水平向右運動過程中可看成連續(xù)向右做勻加速直線運動，根據(jù)動量定理列式求解加速時間；【解答】解：（1）在豎直方向上電場中運動時，電場力不做功，水平向右電場中電場力做功，故電場力對物體所做的總功：W電=nEqd=nmgd；（2）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，在第1、3、5、電場中做勻加速直線運動；在第2、4、6、電場中做勻速直線運動；根據(jù)動能定理，得：W電Wf=mv2，即2nmgd2nmgd=mv2，解得：v=；帶電粒子在水平向右運動過程中可看成連續(xù)向右做勻加速直線運動，根據(jù)動量定理，有：（q2mg）t=2mv，解得：t=答：（1）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，則整個過程中電場力對物體所做總功nmgd；（2）若每個電場區(qū)域場強大小均為E=，求物體在水平向右電場區(qū)域中運動所需總時間為xx12月6日