2019-2020年江西省南昌市南昌十三中高三物理第9次周练试题

2019-2020学年江西省南昌市南昌十三中
高三物理第9次周练试题
一．选择题（每小题6分共48分）
1.如图所示,实线表示某匀强电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是( )
A.1,2两点的电场强度不相等
B.2,3两点的电势不相等
C.1,2两点间的电势差等于1,3两点间的电势差
D.电荷在1点具有的电势能一定大于其在2点具有的电势能
2.(2018·河北唐山一模)边长为1 cm的正三角形ABC处于匀强
电场中,电场方向平行于三角形所在平面.将电子由A点移动到
B点,电场力做功4 eV;将电子由A点移动到C点,电场力做功2
eV.电场强度大小为( )
A.200 V/m
B.300 V/m
C.200 V/m
D.400 V/m
3.(2019·辽宁沈阳模拟)图中的虚线a,b,c,d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M,N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示.已知M是带正电的粒子.则下列说法中正确的是( )
A.N一定也带正电
B.a点的电势高于b点的电势,a点的电场强度大于b点的电场
强度
C.带电粒子N的动能减小,电势能增大
D.带电粒子N的动能增大,电势能减小
4.(2019·江西南昌质检)(多选)如图所示,虚线为某一带电粒
子只在电场力作用下的运动轨迹,M,N为运动轨迹上两点,下列
说法中正确的是( )
A.如果实线表示电场线,则该粒子在M点的动能一定小于在N点的
动能
B.如果实线表示等势面,则该粒子在M点的动能一定小于在N点的动能
C.不论实线表示电场线还是等势面,粒子在M点的加速度一定小于在N点的加速度
D.不论实线表示电场线还是等势面,都不能确定M,N两点电势高低关系,但能确定该粒子所带电荷的正负
5.(2019·湖北黄冈模拟)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A,B,C三点,如图(甲)所示.一个电荷量为2 C、质量为1 kg的小物块从C 点静止释放,其运动的v-t图像如图(乙)所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法中正确的是( )
A.B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度E=2 V/m
B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C.由C到A的过程中,电势逐渐升高
D.A,B两点电势差U
=-5 V
AB
6.(2018·广东广州二模)a,b两离子从平行板电容器两板间P
处垂直电场入射,运动轨迹如图.若a,b的偏转时间相同,则
a,b一定相同的物理量是( )
A.荷质比
B.入射速度
C.入射动能
D.入射动量
7.(2018·贵州黔东南二模)质量为m的物块可视为质点,带电荷量为+Q,开始时让它静止在倾角为α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在方向水平、电
场强度大小为E=的匀强电场中,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为( )
A. B.
C.2
D.2
8.（多选）如图所示,水平面内有A,B,C,D,E,F六个点,它们均
匀分布在半径为R=2 cm的同一圆周上,空间有一方向与圆平面
平行的匀强电场.已知A,C,E三点的电势分别为ϕ
=(2-) V,
A
ϕC=2 V,ϕE=(2+) V,下列判断正确的是( )
A.将电子从D点经E点移到F点的过程中,静电力先做正功再做负功
B.电场强度的大小为1 V/m
C.该圆周上的点电势最高为4 V
D.电场强度的方向由A指向D
二．实验题
9．(15分)某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系．小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时时器和纸带测
出．现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)．
(1)根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________(选填字母代号)
A.1
M B.1
m
C．mg D．F
(2)砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法，正确的是________．(选填字母代号)
A．图线逐渐偏向纵轴
B．图线逐渐偏向横轴
C．图线仍保持原方向不变
(3)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)
丙
三．计算题（10题14分，11题18分）
10.如图(甲)所示,竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平),∠NMP=θ,MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷,MN是长为a的光滑绝缘杆,杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷),小球自N点由静止释放,小球的重力势能和电势能随位置
x(取M点处x=0)的变化图像如图(乙)所示(图中E
0,E
1
,E
2
为已知量),重力加速度
为g,设无限远处电势为零,M点所处的水平面为重力零势能面.
(1)图(乙)中表示电势能随位置变化的是哪条图线?
(2)求重力势能为E
1时的横坐标x
1
和带电小球的质量m;
(3)求小球从N点运动到M点时的动能E
k
.
11.如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ,电场强度为E;在第二象限存在以(-2L≤x≤0,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ.一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域Ⅱ.求:
(1)电子通过C点时的速度大小;
(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小;
(3)试证明:从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场.
参考答案
1.解析:匀强电场的电场强度处处相同,选项A错误;2,3两点在同一等势面上,电势相等,故1,2两点间的电势差等于1,3两点间的电势差,选项B错误,C正确;沿
着电场线方向,电势逐渐降低,即φ
1>φ
2
,正电荷在电势高处,电势能大,而负电荷
在电势高处,电势能小,而本题中电荷的正、负未知,选项D错误.
2.解析:电子由A点移到B点,电场力做功4 eV,则U
AB
===-4 V;电子由A
点移动到C点,电场力做功2 eV,U
AC
===-2 V;设AB的中点为D,C,D两点
电势相等,CD为等势线,电场方向沿BA方向,则E== V/m=400 V/m,故选项D正确.
3.解析:根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏,N粒子向左偏必带负电,选项A 错误;该电场是匀强电场,选项B错误;两粒子都是电势能减小,动能增大,选项C 错误,D正确.
4.解析:如果实线是电场线,做曲线运动的粒子受到的合力指向曲线的凹侧,从M 到N电场力做正功,动能增加,选项A正确;如果实线表示等势面,粒子从M到N 电场力做负功,动能减少,选项B错误;无论实线表示电场线还是等势面,N点比M 点的线要密,所以粒子在N点受到的电场力大,加速度也大,选项C正确;无论实线表示电场线还是等势面,不能确定M,N两点间电势高低关系,也不能确定该粒子所带电荷的正负,选项D错误.
5.解析:由题图(乙)知,小物块在B点时加速度最大,故B点电场强度最大,加速度大小为2 m/s2,据qE=ma,得E=1 V/m,A项错误;由C到A的过程中小物块的动能一直增大,电势能始终在减小,故电势逐渐降低,B,C两项均错误;根据动能定理,
有qU
AB =m-m,解得U
AB
=-5 V,D项正确.
6.解析:y=at2=·t2,其中y,t,U,d相同,所以相同.
7.解析:对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力.电场力F=QE= mg,重力和水平向左的电场力的合力与水平方向夹角β=30°,根据动能定理有
mgH+F H=mv2-0,
可得v=2.
8.解析:根据几何关系,AE的中点G的电势
ϕG == V=2 V,
ϕG =φC ,由此可得,GC 是等势面,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向
电势低的等势面,所以电场强度的方向由E 指向A,选项D 错误;E,A 两点间的电势差为U=(2+) V-(2-) V=2 V,E,A 两点间的距离d=2Rsin 60°=2×2× cm=2 cm,根据公式,电场强度的大小E===100 V/m,选项B 错误;沿着电场线电势降低,H 电势最高,由U=Ed 可知,=,代入数据=
,解得φH =4 V,选项C 正确;从D 经E 移到F 点,电势先升高后降低,电子
带负电,电势能先减小后增加,静电力先做正功后做负功,选项A 正确.
9.解析：(1)从题图乙中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得F ＝Ma ，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D 正确．
(2)由于图像的斜率为k ＝1M ，所以增大砂和砂桶的总质量，k 不变，图线仍
保持原方向不变，所以C 正确．
(3)相邻计数点时间间隔为T ＝5f ＝0.1 s ，匀变速直线运动过程中某段时间内
的中间时刻速度等于该段时间的平均速度，故v C ＝x BD 2T ＝0.8 m/s.根据逐差法可得
x DE －x BC ＝2aT 2，x CD －x AB ＝2aT 2，可得a ＝4 m/s 2.
答案：(1)D(2分) (2)C(2分) (3)0.8(3分) 4(3分)
10.解析:(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高,带正电的小球的电势能为E=q φ,可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小,故图(乙)中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.
(2)电势能为E
1
时,距M点的距离为
x
1
=(acos θ)··cos θ=
x 1处重力势能E
1
=mgx
1
sin θ
可得m==
(3)在小球从N到M的过程中,根据动能定理得
mgasin θ+E
2-E
=E
k
-0
解得E
k =+E
2
-E
.
答案:(1)图线Ⅱ(2)
(3)+E
2-E
11.解析:(1)由双曲线y=知BC间距离为, (1分) 从B到C由动能定理:eE=m-0 (2分)
解得电子通过C点时的速度大小v
C
=. (2分) (2)电子从C点进入区域Ⅱ,在区域Ⅱ中做类平抛运动.
x轴方向2L=v
C
t (1分)
y轴方向L=×t2 (2分)
解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′=. (1分) (3)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场Ⅰ区域,
在区域Ⅰ由动能定理:eEx=m-0 (1分)
假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处.则
y轴方向:y=×·t2 (1分)
t (1分)
x轴方向:x′=v
又y=,解得x′=2L (1分)
即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出. (1分)
答案:(1)(2)(3)见解析。