陜西省渭南高級(jí)中學(xué)2020學(xué)年高二物理上學(xué)期周測(cè)試題（含解析）

1、2020學(xué)年度第一學(xué)期高二物理靜電場(chǎng)檢測(cè)試題 一選擇題（共12小題）1. 如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處?kù)o止釋放，重力加速度為g，則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過(guò)程（）A. 加速度大小為B. 所需的時(shí)間為C. 下降的高度為D. 電場(chǎng)力所做的功為W=Eqd【答案】B【解析】點(diǎn)電荷受到重力、電場(chǎng)力，合力；根據(jù)牛頓第二定律有：，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平方向上的加速度a=Eq/m，根據(jù)位移公式可得：，化簡(jiǎn)得，故B正確；C、豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，下降高度，故C錯(cuò)誤；D、電荷運(yùn)動(dòng)

2、位移為d/2，故電場(chǎng)力做功W=Eqd/2，故D錯(cuò)誤。故選：B?！久麕燑c(diǎn)睛】分析電荷的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律可求得總的加速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性，分別對(duì)水平方向和豎直方向進(jìn)行分析，根據(jù)水平方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間；再對(duì)豎直方向分析，從而求出對(duì)應(yīng)的高度，根據(jù)功的公式可求得電場(chǎng)力所做的功。2. 如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電一電荷量為q（q0）的粒子在電容器中靠近下極板處以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出不計(jì)重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒

3、子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)。將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，聯(lián)立得，故B正確。考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。【名師點(diǎn)睛】根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，沿電場(chǎng)方向的勻減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合粒子到達(dá)上極板時(shí)的臨界條件，利用動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。3. 有兩個(gè)點(diǎn)電荷，如果將兩個(gè)點(diǎn)電荷電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，而距離變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，則庫(kù)侖力變?yōu)樵瓉?lái)的（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根據(jù)庫(kù)侖定律的公式有：，如果將兩個(gè)點(diǎn)電荷電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，而

4、距離變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，根據(jù)庫(kù)侖定律：，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。4. 均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM=ON=2R已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】試題分析：若將帶電量為的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為，由題知當(dāng)半球面如圖所示產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為，故選項(xiàng)A正確。考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；電場(chǎng)的疊加【名

5、師點(diǎn)睛】均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，假設(shè)將帶電量為的球面放在O處在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)和半球面在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)對(duì)比求解；本題解題關(guān)鍵是抓住對(duì)稱性，找出兩部分球面上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)關(guān)系。5. 如圖所示，為一空腔球形導(dǎo)體（不帶電），現(xiàn)將一個(gè)帶正電的小金屬球A放入腔中，當(dāng)靜電平衡時(shí)，圖中a、b、c三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和電勢(shì)的關(guān)系是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】空腔球形導(dǎo)體在正電荷的電場(chǎng)中感應(yīng)結(jié)果如圖所示，從電場(chǎng)線的疏密可確定A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，而B(niǎo)點(diǎn)電電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故EAECEB，而沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故ABC，選項(xiàng)D正確。故選D?！久麕燑c(diǎn)睛】

6、首先畫(huà)出放入帶正電荷的金屬球后空腔球形導(dǎo)體的電荷分布和電場(chǎng)線，空腔內(nèi)壁都是負(fù)電荷，外壁都是正電荷，電場(chǎng)線中斷；電場(chǎng)線越密代表電場(chǎng)強(qiáng)度越強(qiáng)，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，據(jù)此可判斷A、B、C三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和電勢(shì)高低。6. 如圖所示，Q是固定的點(diǎn)電荷，虛線是以Q為圓心的兩個(gè)圓帶電粒子P在Q的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，1、2、3為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)若P僅受Q的電場(chǎng)力作用，其在1、2、3點(diǎn)的加速度大小分別為a1、a2、a3，電勢(shì)能分別為E1、E2、E3，則（）A. a2a3a1，E1E3E2B. a2a3a1，E2E3E1C. P、Q為異種電荷D. P的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線線【答案】B【解析】由軌跡知，P

7、、Q之間的庫(kù)侖力為排斥力，所以是同種電荷，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力是變力，所以軌跡不是拋物線，故D錯(cuò)誤；根據(jù)庫(kù)倫定律知：，結(jié)合F=ma可得a2a3a1，從3到2電場(chǎng)力做負(fù)功電動(dòng)勢(shì)增加，所以E2E3，從2到1電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以E2E1，從3到1，電場(chǎng)力的總功是正功，電勢(shì)能減小，所以E3E1，即E2E3E1，所以B正確；A錯(cuò)誤。7. 空間有一電場(chǎng)，在x軸上-x0到x0間電勢(shì)隨x的變化關(guān)系圖象如圖所示，圖線關(guān)于軸對(duì)稱一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子僅受電場(chǎng)力作用，以沿+x方向的初速度v0，從x軸上的-x1點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，粒子的運(yùn)動(dòng)一直在x軸上，到達(dá)原點(diǎn)0右側(cè)最遠(yuǎn)處的坐標(biāo)為x2，x2點(diǎn)與-x

8、1點(diǎn)間的電勢(shì)差為U21，則（）A. x2x1，B. x2x1，C. x2x1，D. x2+，【答案】B故選B?！久麕燑c(diǎn)睛】弄清粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程：先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)直至減速為零；根據(jù)圖象明確電勢(shì)差大則兩點(diǎn)之間的距離就大；在電場(chǎng)中正確應(yīng)用動(dòng)能定理和電場(chǎng)力做功公式。8. 在真空中的x軸上的原點(diǎn)和x=6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x=2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是（）A. 點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷B. 點(diǎn)電荷P的電勢(shì)能一定是先增大后減小C. 點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為2：1D. x=

9、4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零【答案】D【解析】試題分析：考點(diǎn)：【名師點(diǎn)睛】9. 如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的枕形導(dǎo)體原來(lái)不帶電，O點(diǎn)是其幾何中心將一個(gè)帶正電、電量為Q的點(diǎn)電荷放置在距導(dǎo)體左端R處，由于靜電感應(yīng)，枕形導(dǎo)體的a、b端分別出現(xiàn)感應(yīng)電荷，k為靜電力常量，則（）A. 導(dǎo)體兩端的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小等于0B. 導(dǎo)體兩端的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小等于C. 閉合S，有電子從枕形導(dǎo)體流向大地D. 導(dǎo)體a、b端電勢(shì)滿足關(guān)系ab【答案】D【解析】試題分析：枕形導(dǎo)體處于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，處于靜電平衡狀態(tài)，即內(nèi)部合場(chǎng)強(qiáng)為零，故導(dǎo)體兩端的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小等于點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，兩者

10、反向，故導(dǎo)體兩端的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小等于，A錯(cuò)誤，B正確；閉合S后，由于大地的電勢(shì)為零，而導(dǎo)體的電勢(shì)為正，所以電子從低電勢(shì)流向高電勢(shì)，即電子從大地流向枕形導(dǎo)體，C錯(cuò)誤；枕形導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體，即導(dǎo)體a、b端電勢(shì)相等，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查了靜電平衡10. 如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說(shuō)法正確的是（）A. 平行板電容器的電容將變小B. 帶電油滴的電勢(shì)能將減少C. 靜電計(jì)指針張角變小D. 若將上極板與電源正極斷開(kāi)后再將下極板左移一小

11、段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變【答案】B【解析】A、將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距減小，根據(jù)C=s/4kd知，d減小，則電容增加，故A錯(cuò)誤；B、電勢(shì)差不變，d減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增加，P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小，故B正確；C、靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故靜電計(jì)指針張角不變，故C錯(cuò)誤；D、若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開(kāi)，則電荷量不變，正對(duì)面積S減小，根據(jù)E=U/d=Q/Cd=4kq/S，知電場(chǎng)強(qiáng)度變大，則油滴所受電場(chǎng)力變大，故D錯(cuò)誤。故選：B

12、。11. 如圖，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓質(zhì)子流以初速度v0垂直電場(chǎng)射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將（）A. 開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)B. 初速度變?yōu)镃. 板間電壓變?yōu)镈. 豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d【答案】C【解析】A、開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，電容器極板電荷量不變，電容器電容不變，電容器兩極板間電壓不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，質(zhì)子所受電場(chǎng)力不變，加速度不變，所以仍落到下板的中央，故A錯(cuò)誤；B、將初速度變?yōu)橐话耄|(zhì)子加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的一半，不可能到達(dá)下板邊緣，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)板間電壓變?yōu)閁/4時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的

13、1/4，電場(chǎng)力變?yōu)樵瓉?lái)的1/4，加速度變?yōu)樵瓉?lái)的1/4，根據(jù)知，時(shí)間為原來(lái)的2倍，由x=v0t知水平位移為原來(lái)的2倍，所以能沿b軌跡落到下板邊緣，故C正確；D、豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的1/2，電場(chǎng)力為原來(lái)的1/2，加速度為原來(lái)的1/2，根據(jù)知，時(shí)間為原來(lái)的倍，水平位移為原來(lái)倍，不能到達(dá)下板邊緣，故D錯(cuò)誤；故選：C。12. 如圖所示，一個(gè)絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，在環(huán)的上端，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球由靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，則（）A. 小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒B. 小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最小C. 在最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為（mg+qE）D. 在

14、最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mg+qE）【答案】D【解析】A、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，合力做正功，則根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能增加，速率增大，所以小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大，故B錯(cuò)誤；CD、小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得：，又由NmgqE=mv2/R，聯(lián)立解得N=3(mg+qE)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！久麕燑c(diǎn)睛】小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒；根據(jù)動(dòng)能定理知小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大；根據(jù)動(dòng)能定理求出小球經(jīng)過(guò)在最低點(diǎn)時(shí)的速度，由牛頓第二定律求出環(huán)對(duì)球的支持力，得到球?qū)Νh(huán)的壓力。二多選題（共4小題）13. 一勻強(qiáng)

15、電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、17V、26V下列說(shuō)法正確的是（）A. 電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5V/cmB. 坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 VC. 電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7eVD. 電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9eV【答案】ABD.【名師點(diǎn)睛】在勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿同一方向線段的長(zhǎng)度與線段兩端的電勢(shì)差成正比；在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)線平行且均勻分布，故等勢(shì)面平行且均勻分布。以上兩點(diǎn)是解決此類題目的關(guān)鍵。電勢(shì)與電勢(shì)能之間的關(guān)系，也是?？嫉膯?wèn)題，要知道負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能低。14. 如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線，虛

16、線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB下列說(shuō)法正確的是（）A. 電子一定從A向B運(yùn)動(dòng)B. 若aAaB，則Q靠近M端且為正電荷C. 無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpAEpBD. B點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)【答案】BC【解析】電子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線直線曲線的凹側(cè)，電場(chǎng)的方向與電場(chǎng)力的方向相反，如圖所示，由所知條件無(wú)法判斷電子的運(yùn)動(dòng)方向，故A錯(cuò)誤；若aAaB，說(shuō)明電子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力較大，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布可知，靠近M端為場(chǎng)源電荷的位置，應(yīng)帶

17、正電，故B正確；無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有電勢(shì)，電子電勢(shì)能，電勢(shì)能是標(biāo)量，所以一定有EpAEpB，故C正確，D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題考查的知識(shí)點(diǎn)較多，應(yīng)從曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律出發(fā)判斷出電子的受力方向，再利用相關(guān)電場(chǎng)和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決問(wèn)題。15. 如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點(diǎn)為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點(diǎn)，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC為豎直方向的夾角為37，一電荷量為+q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度v=2，g為重力加速度，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是（）A. 電場(chǎng)中

18、A點(diǎn)的電勢(shì)為B. 電場(chǎng)中B點(diǎn)的電勢(shì)為C. 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mgRD. 小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的和為1.6mgR【答案】AC【解析】取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則最低點(diǎn)處電勢(shì)為0小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：mgR+qUAOmv2，解得 UAO，而UAO=A-0，解得：A，故A正確；由對(duì)稱性可知：UAO=UBO，即為：A-0=0-B，故有：B，故B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故C正確；小球在最低點(diǎn)處的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為：E1mv2+02mgR，由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能的總量守恒，而重力勢(shì)能增加量為：

19、Ep=mgR（1-cos37）=0.2mgR故動(dòng)能、電勢(shì)能的綜合減少了0.2mgR，所以小球在C點(diǎn)的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D錯(cuò)誤；故選AC.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是要知道等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線，其電勢(shì)與無(wú)窮遠(yuǎn)處相同在知道運(yùn)用動(dòng)能定理是求電勢(shì)差常用的方法16. 如圖a，A、B是一對(duì)平行金屬板，在兩板間加有周期為T的交變電壓u，A板電勢(shì)uA=0，B板電勢(shì)uB隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖b中現(xiàn)有一電子從A板的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)中，設(shè)電子的初速和重力的影響均可忽略，則（）A. 若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B. 若電子是在t=時(shí)刻進(jìn)入的

20、，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上C. 若電子是在t=時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上D. 若電子是在t=時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)【答案】AB【解析】電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)，前半個(gè)周期受到的電場(chǎng)力向上，向上做加速運(yùn)動(dòng)，后半個(gè)周期受到的電場(chǎng)力向下，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻速度為零，接著周而復(fù)始，所以電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，一定會(huì)到達(dá)B板，故A正確；B、若電子是在t=T/8時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)：在T/8T/2，電子受到的電場(chǎng)力向上，向上做加速運(yùn)動(dòng)，在T/27T/8內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向下，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，7

21、T/8時(shí)刻速度為零；在7T/8T內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向下，向下加速運(yùn)動(dòng)，在T9T/8內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向上，繼續(xù)向下做減速運(yùn)動(dòng)，9T/8時(shí)刻速度為零；接著繼續(xù)向B板運(yùn)動(dòng)，周而復(fù)始，所以電子時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，但是向B板運(yùn)動(dòng)的位移大，最后打在B板上，故B正確；C、若電子是在t=3T/8時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)：在3T/8T/2，電子受到的電場(chǎng)力向上，向上做加速運(yùn)動(dòng)，在T/25T/8內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向下，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，5T/8時(shí)刻速度為零；在5T/8T內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向下，向下加速運(yùn)動(dòng)，在T11T/8內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向上，繼續(xù)向下做減速運(yùn)動(dòng)，11T/8時(shí)刻速度為零；接著向B板運(yùn)動(dòng)，周而

22、復(fù)始，所以電子時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，但是向B板運(yùn)動(dòng)的位移小，最后打在A板上，故C錯(cuò)誤；D、若電子是在t=T/2時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)：在T/2T，電子受到的電場(chǎng)力向下，向下做加速運(yùn)動(dòng)，在T3T/2內(nèi)，受到的電場(chǎng)力向上，繼續(xù)向下做減速運(yùn)動(dòng)，3T/2時(shí)刻速度為零；接著向A板運(yùn)動(dòng)，周而復(fù)始，所以電子一直向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在A板上，故D錯(cuò)誤；故選：AB。三實(shí)驗(yàn)題（共2小題）17. 如圖所示為研究決定平行板電容器電容因素的實(shí)驗(yàn)裝置兩塊相互靠近的等大正對(duì)平行金屬平板M、N組成電容器，板N固定在絕緣座上并通過(guò)導(dǎo)線與靜電計(jì)中心桿相接，板M和靜電計(jì)的金屬殼都通過(guò)導(dǎo)線接地，板M上裝有絕緣手柄，可以執(zhí)手

23、柄控制板M的位置給電容器充上一定的電荷，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度若僅將兩極板間的距離增大，則靜電計(jì)指針的偏角將_（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若僅將M沿平行板面方向移動(dòng)一段距離以減小兩極板間的正對(duì)面積，則靜電計(jì)指針的偏角將_（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若在兩板板間插入云母片，且保持其他條件不變，則靜電計(jì)指針的偏角將_（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若在兩極板間插入一塊不與兩板接觸的厚金屬板P，且保持其他條件不變，則靜電計(jì)指針偏角將_（選填“變大”、“不變”或“變小”），插入后金屬板P內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為_(kāi)【答案】 (1). 變大 (2). 變大 (3). 變小 (4).

24、變小 (5). 0【解析】只將板間距離d增大，由電容的決定式C=S/4kd分析得知，電容減小，電量Q不變，則由C=Q/U分析得到板間電勢(shì)差U增大，靜電計(jì)指針張角變大；只將M沿平行板面方向移動(dòng)一段距離以減小兩極板間的正對(duì)面積S，由電容的決定式C=S/4kd分析得知，電容減小，電量Q不變，則由C=Q/U分析得到板間電勢(shì)差U增大，靜電計(jì)指針張角變大；若在兩板板間插入云母片，且保持其他條件不變，由電容的決定式C=S/4kd分析得知，電容增大，電量Q不變，則由C=Q/U分析得到板間電勢(shì)差U減小，靜電計(jì)指針張角變小；若在兩極板間插入一塊不與兩板接觸的厚金屬板P，且保持其他條件不變，相當(dāng)于極板間距減小，由電

25、容的決定式C=S/4kd分析得知，電容增大，電量Q不變，則由C=Q/U分析得到板間電勢(shì)差U減小，靜電計(jì)指針張角變?。徊迦牒蠼饘侔逄幱陟o電平衡狀態(tài)，所以P內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零。18. 在靜電感應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，取一對(duì)用絕緣柱支持的不帶電導(dǎo)體A和B，使它們彼此接觸，把毛皮摩擦過(guò)的橡膠棒C移近導(dǎo)體A在下列不同操作后判斷導(dǎo)體A和B的電性（填“帶正電”、“帶負(fù)電”、“不帶電”）把A和B分開(kāi)，然后移去C，此時(shí)A_帶正電，B_帶負(fù)電；先移去C，然后把A和B分開(kāi)，此時(shí)A_不帶電，B _不帶電；用手摸一下A，把A和B分開(kāi)，然后移去C，此時(shí)A_ 帶正電，B_不帶電【答案】 (1). 帶正電 (2). 帶負(fù)電 (3).

26、不帶電 (4). 不帶電 (5). 帶正電 (6). 不帶電【解析】試題分析：毛皮摩擦過(guò)的橡膠棒C帶負(fù)電，則當(dāng)移近導(dǎo)體后，A端感應(yīng)出正電，B端感應(yīng)出負(fù)電；把A和B分開(kāi)，然后移去C，此時(shí)A帶正電，B帶負(fù)電；先移去C，然后把A和B分開(kāi)，此時(shí)AB均不帶電；用手摸一下A，則大地中的正電荷將移到導(dǎo)體上將B端的負(fù)電荷中和，把A和B分開(kāi)，然后移去C，此時(shí)A正電，B不帶電。考點(diǎn)：靜電感應(yīng)【名師點(diǎn)睛】體現(xiàn)物體靜電感應(yīng)起電的實(shí)質(zhì)，及靜電平衡狀態(tài)時(shí)，帶電體的電荷只分布在外表面，內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，且導(dǎo)體的電勢(shì)處處相等。四計(jì)算題（共4小題）19. 如圖所示，長(zhǎng)l=1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球

27、，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角=37已知小球所帶電荷量q=1.010-6C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=3.0103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小球所受電場(chǎng)力F的大?。?）小球的質(zhì)量m（3）將電場(chǎng)撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小【答案】（1）3.010-3N（2）（3）2m/s【解析】（1）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義式可知，小球所受電場(chǎng)力大小為F=qE=1.01063.0103 N=3.0103 N（2）小球受mg、繩的拉力T和電場(chǎng)力F作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有，得m=4.0104 kg（3）撤去電場(chǎng)后，小球?qū)⒗@懸點(diǎn)擺

28、動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有得【名師點(diǎn)睛】本題力電綜合問(wèn)題，但電場(chǎng)力與對(duì)小球施加水平向右的恒力F作用效果相同，因此可以用相關(guān)的力學(xué)知識(shí)來(lái)解答。20. 如圖，光滑斜面傾角為37，一質(zhì)量m=110-2Kg、電荷量q=+110-6C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該物體恰能靜止在斜面上，G=10m/s2，求：（1）該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?）在（2）前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L=m時(shí)，機(jī)械能的改變量【答案】（1）7.5104N/C（2）3m/s2（3）-0.02J【解析】（1）如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，則有在x軸方向：在y軸方向：得：，故有：，方向水平向右（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力為：根據(jù)牛頓第二定律得：故代入解得，方向沿斜