2013-2014学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学高二(上)联考物理试卷(10月份)

2013-2014学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学高二（上）联考物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.下列说法不正确的是（）A.元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量B.电场线是假想的，它们一定不会相交C.元电荷就是点电荷D.电场线越密，电场强度越大；沿着电场线方向，电势越来越低【答案】C【解析】解：A、元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是电荷量的单位，故A 正确；B、电场线是为零形象地描述电场而假想的，它们一定不会相交，故B正确；C、元电荷是电荷单位，点电荷是带电体的抽象，不是一个概念，故C错误；D、电场线越密的区域电场强度越大，越稀疏的地方电场强度越小；沿着电场线方向，电势越来越低；故D正确；本题选择错误的，故选：C．元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元．对于元电荷要注意理解，它不是质子也不是电子；只是在数值上等于质子或电子的带电量；任何带电体的电量均为元电荷的整数倍．2.如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，l1＞l2．若q2为正电荷，且每个电荷都处于平衡状态，关于q1、q3的电性和q1、q2、q3电荷量大小的关系下列说法中正确的是（）A.q1、q3都带负电，q1＞q2＞q3B.q1、q3都带正电，q1＜q2＜q3C.q1、q3都带负电，q1＞q3＞q2D.q1、q3都带正电，q1＞q3＞q2【答案】C【解析】解：三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，判断电量大小关系时，距离远的电量大于距离近的电量，故ABD错误，C正确．故选C．本题考查了在库仑力作用下的平衡问题，可以根据q2为正电荷，假设q1和q3电性，然后判断是否能使三者都处于平衡；q1与q2的电量大小的判断可以根据q2处于平衡状态，依据库仑定律，根据与q2的距离关系进行判断．也可以根据“三点共线，两同夹异，近小远大”的原则进行判断．对于库伦定律要明确去适用条件，并能在具体问题中灵活应用，如在本题中，学生很容易注意到其中一个或两个电荷平衡，而忽略了另外一个的平衡．3.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度-时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选：A．（1）速度--时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．本题考查了速度--时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．难度适中．4.如图在匀强电场中，有一质量为m，电量为q的小球从A点由静止释放，运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，那么匀强电场的场强大小具有（）A.唯一值，B.最大值，C.最小值，D.最大值，【答案】C【解析】解：由题，带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=q E min=mgsinθ，得到，故ABD错误，C正确；故选C．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．本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与θ的关系，确定最小值的条件．5.一个电量为2×10-6C的负电荷从电场中A点移到B点电场力要做功2×10-6J，从C 点移到D要克服电场力做功8×10-6J，若已知c点比B点电势高2V，且A、B、C、D 四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是（）A. B. C.D.【答案】C【解析】解：A、B间的电势差为U AB==V=-1V＜0，则A的电势低于B的电势；C、D间的电势差为U CD=V=4V＞0，则C的电势高于D的电势；又由题，C点比B点电势高2V，所以电势从高到低的顺序是：C、B、A、D．根据根据顺着电场线方向电势降低，得知C正确，ABD错误．故选：C根据电势差公式U=，分别求出AB间和CD间的电势差，即可判断出A、B间电势和C、D电势高低，根据顺着电场线方向电势降低，即可进行判断．本题关键掌握电势差定义式，并能正确求解两点间的电势差，通过电场线，直观即能反映各点电势的高低．6.如图所示，有一金属箔验电器，起初金属箔闭合，当带正电的棒靠近验电器上部的金属板时，金属箔张开．在这个状态下，用手指接触验电器的金属板，金属箔闭合．首先使手指离开金属板，金属箔的状态是否变化？然后使棒也远离验电器．图中A～D中正确的是哪幅图？（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由于人和地球都是导体，用手指瞬间接触金属板时，人、地球和验电器构成一个整体，在带正电的金属棒的影响下发生静电感应，近端带负电，金属箔不带电；移开手指后，验电器上的负电荷不会再改变，故验电器带负电，再移开棒A后，验电器上的负电荷不会再改变，金属箔片上此时也带负电，故金属箔要张开．故B正确，ACD错误．故选：B．导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动．感应起电的实质不是产生了电荷，而是导体上的自由电荷从一端移动到另一端，从而使导体两端带上等量异号的电荷，且符合近端所带电荷的电性与引起静电感应的带电体的电性相反，而远端相同的规律．7.如图所示，A，B两个带有异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，静止时木盒对地面的压力为F N，细线对B的拉力为F．若将系B的细线断开，下列说法中正确的是（）A.刚断开时木盒对地的压力等于F NB.刚断开时木盒对地的压力等于F N+FC.刚断开时木盒对地的压力等于F N-FD.在B向上运动的过程中，木盒对地的压力逐渐变大【答案】BD【解析】解：静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力M g和地面的支持力F N′．根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得出：M g=F N′=F N静止时，对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出：mg+F=F电若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F电刚断开时，运用牛顿第二定律得出小球B的加速度a=电=刚断开时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力M g、地面的支持力F N″．运用牛顿第二定律得出：F合=F N″-M g=maF N″=M g+ma=F N+F．在B向上运动的过程中，小球B受向上的电场力F电增大，所以小球B向上的加速度也在增大，运用牛顿第二定律研究整体得出：F合=F N″-M g=ma由于小球B向上的加速度a增大，所以地面对木盒的支持力也在增大，根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大．故选BD．静止时，对小球B和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系B的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．通过受力分析，根据牛顿第二定律求解．注意整体和隔离的运用．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)8.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面．且AB=BC，电场中A、B、C三点的场强分别为E A、E B、E C，电势分别为ϕA、ϕB、ϕC，AB、BC间的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系式中正确的是（）A.ϕA＞ϕB＞ϕCB.E C＜E B＜E AC.U AB＜U BCD.U AB=U BC【答案】AC【解析】解：A、考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律．A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC，故A正确；B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为E C＞E B＞E A，故B错误；CD、电场线密集的地方电势降落较快，故U BC＞U AB，故C正确D错误．故选：AC．电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面的分布规律．9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，电路a、b之间接有一灵敏电流表．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，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向上加速运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.电流表中将有从a到b的电流【答案】BD【解析】解：A、一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，知液滴的电场力和重力平衡，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动，d增大，则电场强度减小，电场力减小，液滴沿竖直方向向下运动，电场力做负功，电势能增加．故A、C错误．B、因为U不变，d增大，根据E=知，电场强度减小，P与下极板间的电势差减小，下极板的电势为0，则P点的电势减小．故B正确．D、因为U不变，d增大，根据C=知，电容减小，结合Q=CU知，电荷量减小，上极板带正电，电流表中将有从a到b的电流．故D正确．故选：BD．电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化，从而得出电流的方向．根据d的变化，得出电场强度的变化，根据电场力和重力的关系判断出液滴的运动情况，抓住P点与下极板电势差的变化得出P点电势的变化．解决本题的关键抓住电容器两端的电势差不变，结合电容的定义式和决定式分析求解．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发．环境保护．交通运输乃至家庭生活等多种领域．下图所示为三种电容式传感器．在以下的说法中，正确的有（）A.图甲是测定液面高度h的传感器，液面高度h发生变化时，通过改变两极板之间的距离d而引起了电容C的变化B.图乙是测定压力F的传感器，压力F发生变化时，通过改变两极板之间的距离d而引起了电容C的变化C.图丙是测定角度θ的传感器，角度θ发生变化时，通过改变两极板之间的距离d而引起了电容C的变化D.三个图都是通过改变两极板之间的正对面积S而引起电容C的变化【答案】B【解析】解：A、图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，故A错误；B、是通过改变极板间的距离，改变电容器的电容，故B正确；C、图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，故C错误；D、由上可知，故D错误；故选B电容器的决定式C=，当电容器两极间正对面积变化时会引起电容的变化，其他条件不变的情况下成正比．考查了影响电容器电容的因素，如何改变电容器的容，电容传感器的特点．四、填空题(本大题共6小题，共20.0分)11.现有三个相同的绝缘金属球A、B、C，其中A球带电荷量为+8Q，B球带电荷量为-2Q，C球不带电．（1）保持A和B的位置不变，而将C先与A接触，再与B接触，最后移走C球，则此时，A与B之间的库仑力是原来的______倍．（2）若将C球与A、B球反复接触足够多次，最后移走C球，则此时A与B之间的库仑力为原来的______ 倍．【答案】；【解析】解：（1）开始时由库仑定律得：F=k…①当小球和A接触后，A球带电为4Q，再和B球接触时，先中和后总电量为2Q，故平分后B球带电为Q，因此此时：F1=k…②由①②得：F1=F．（2）若将C球与A、B球反复接触足够多次，最后移走C球，所以A、B、C最终带电量相等，q=所以后来A、B间的相互吸引力的大小是F′==．故答案为：；．完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．12.在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电量分别为+2q和-q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬于O点而处于平衡状态．如图所示，重力加速度为g，细线对悬点O的作用力等于______ ．【答案】2mg+q E【解析】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力如图：重力2mg、电场力（2q E-q E）=q E，方向竖直向下，细线的拉力T，由平衡条件得：T=2mg+q E故答案为：2mg+q E以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件可求得细线的拉力．本题运用整体法，由于不分析两球之间的相互作用力，比较简便．13.在图中，长为L的导体棒原来不带电，现将一带电为+q的点电荷置于木棒左侧，并在棒的轴线上，q距棒左端为R，C为棒的中点，在棒达到静电平衡时，导体棒上感应电荷在C点产生的场强大小为______ ，场强的方向为______ ．【答案】；沿cq连线且指向+q．【解析】解：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷中点C处产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反．则棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小为：E=，由于P处的合场强为零，所以感应电荷产生的场强方向与点电荷+q在该处产生的电场强度的方向相反，即沿pq连线且指向+q．故答案为：，沿cq连线且指向+q．当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式E=k结合求解．感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点．14.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为______ V．【答案】8【解析】解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24-4）=4v，故U be=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故答案为：8．在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．15.有一充电的平行板电容器，两极板间距3mm，两极板的电压为3V，则板间的电场强度为______ V/m，现设法使极板上的电荷量减少3×10-4C．于是其电压降为原来的1/3，由此可知，该电容的电容量为______ μF．【答案】1000；150【解析】解：已知极板间距d=3mm=3×10-3m，板间电压U=3V，则板间电场强度为E===1000（V/m）由于给定的电容器电容不变，则有C=，则电容为：C===1.5×10-4F=150μF故答案为：1000，150．由公式E=求解板间的电场强度．由于给定的电容器电容不变，则有C=，根据C=求解电容量．解决本题关键掌握场强与电势差的关系公式E=，掌握电容的公式C=，不过本题也可以由公式C=求解电容量．16.如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与正电荷Q为圆心的某圆交与B，C两点，质量为m，带点量为-q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q远小于Q，AB=h，BC=3h，小球滑到B点时速度大小为，则：（1）小球到C时的速度______ ；（2）A，C两点电势差______ ．；-【解析】解：（1）对从B到C过程，根据动能定理，有：mg（3h）=解得：（2）对A到C过程，根据动能定理，有：-q U AC+mg（h+3h）=解得：U AC=-=-故答案为：（1）；（2）-．B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差；进一步得到C点的速度．电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差．五、计算题(本大题共4小题，共40.0分)17.如图所示，两带电小球可看作点电荷，Q A=3×10-8C，Q B=-3×10-8C，A，B两球处于同一水平面，相距5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求：（1）A，B两点电荷之间的库仑力的大小；（2）A，B连线中点合场强的大小及方向．【答案】解：（1）根据库伦定律得：F=k==3.24×10-3N；（2）由B球受力分析由共点力的平衡条件可得A及B水平方向应不受外力，故AB两点处的合场强应为零；则外加匀强电场场强E外=；中点处合场强E合=2E-E外其中E==联立解得：E合=7.56×105N/C．方向水平向右，即A指向B．答：（1）A，B两点电荷之间的库仑力的大小3.24×10-3N；（2）AB连线中点的场强大小为7.56×105N/C，方向水平向右，即A指向B．（1）A与B之间的相互吸引力根据库仑定律即可求解；（2）两球处于静止状态，则由共点力的平衡条件可求得外加匀强电场的场强；再由场强的叠加可求得中点处的合场强．（1）本题主要考查了库仑定律及电荷在电场中要受到力的作用，根据小球受力平衡求解，难度不大，属于基础题．（2）本题考查点电荷的电场及电场的叠加，要注意根据共点力的平衡条件进行分析．18.如图，水平匀强电场的电场强度为E，一个带电小球质量为m，轻质的绝缘细线长为L，静止时小球位于A点，细线与竖直方向成30°角，求：（1）小球带何种电荷？电量多少？（2）现将小球拉回到竖直方向（图中B点），后由静止释放，小球通过A点位置时的速度大小是多少？【答案】解：（1）对小球受力分析：重力、电场力和细线的拉力，如图，因电场力方向与场强方向相反，所以小球带负电．图中θ=30°，由平衡条件得：mgtanθ=q E解得，q==．（2）小球从最低点到A的过程，根据动能定理得：-mg L（1-cos30°）+q EL sin30°=解得，v A=答：（1）小球带负电，电量为．（2）现将小球拉回到竖直方向（图中B点），后由静止释放，小球通过A点位置时的速度大小是【解析】（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性，根据共点力平衡条件和电场力F=q E列式求解电量．（2）根据动能定理求解小球通过A点位置时的速度大小．本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并通过合成法求解．运用动能定理时，电场力做功应为q E d，d是沿电场线方向的距离．19.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为-1×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？【答案】解：（1）电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能等于克服电场力做的功，电势能增加了0.1J，故电场力对电荷就做-0.1J的功；（2）由W AB=q U AB可得：U AB===10000V；（3）A、B两点间的沿电场线方向的距离为：d=2×cos60°=1cm=1×10-2m，由U=E d得，E==V/m=1×106 V/m．答：（1）在此过程中，电场力对该电荷做功为-0.1J；（2）A、B两点的电势差U AB为10000V；（3）匀强电场的场强为1×106 V/m．【解析】（1）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；（2）由电场力做功的公式，可以求得电势差；（3）由电势差的公式可以求得电场的场强．在电场中计算电势差时一定要所注意带着符号来运算，计算电场强度时，两点之间的距离一定是沿电场方向的距离．20.如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）前两秒电场力做功多少？（2）物块的质量多少？（3）物块与水平面间的动摩擦因数．【答案】解：（1）由题意可得，在匀强电场中电场力F为：F=q E，由图象得前2秒内的位移S为：，则电场力做的功为：W=FS，代入数据解得：W=6J（2）在2秒到4秒内图象可得，q E2=μmg在前2秒物块的加速度为：a=1m/s2由牛顿第二定律得：q E1-q E2=ma代入数据解得：m=1kg（3）在2秒到4秒内由图象可得，q E2=μmg又m=1kg，则有μ=0.2答：（1）前两秒电场力做功为6J；（2）物块的质量1kg；（3）物块与水平面间的动摩擦因数0.2．【解析】（1）速度时间图象的斜率表示加速度，再由位移公式得出位移大小，最后由恒力功表达式即可求解；（2）由图丙可知物体先做匀加速运动，然后做匀速运动，根据图象可知电场力与摩擦力的关系，再由牛顿第二定律可得出物块的质量；（3）根据2秒到4秒内图象与已知的质量，即可求解．对物体搞好受力分析，准确提取图象信息，利用速度图象的特点解题，难度适中．。