物理卷·2018届河北省衡水市冀州中学高二上学期开学物理试卷 （解析版） 22页

‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共20题，共68分，其中1-12题为单选，每题3分；13-20题为多选，每题4分）‎ ‎1．质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，则所加匀强电场的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω．当滑片P滑至R2的中点时，a．b两端的电压为（　　）‎ A．60V B．40V C．80V D．120V ‎3．如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统而言，两球从静止到距离最大的过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（　　）‎ A．系统机械能不断增加 B．系统机械能守恒 C．系统动能不断增加 D．系统动能不变 ‎4．如所示的是在一个电场中的a、b、c、d四个点分别引入检验电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系．下列说法正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．a、b、c、d四点的电场强度大小关系是Ed＞Eb＞Ea＞Ec C．这四点的场强大小关系是Eb＞Ea＞Ec＞Ed D．无法比较E值大小 ‎5．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，静电力做负功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功相同 ‎6．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线上的各点，电势一定相等 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎7．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（　　）‎ A．U2=U1，E2=E1 B．U2=U1，E2=2E1‎ C．U2=2U1，E2=2E1 D．U2=2U1，E2=4E1‎ ‎8．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3．这雨滴携带的电荷量的最小值约为（　　）‎ A．2×10﹣9C B．4×10﹣9C C．6×10﹣9C D．8×10﹣9C ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．点电荷就是体积较小的带电体 B．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体 C．根据公式F=k，当r→0时，F→∞‎ D．点电荷是理想化的模型，实际上不存在 ‎10．竖直绝缘墙壁上Q点固定一质点A，在Q的正上方P点用丝线悬挂另一质点B．A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示．由于漏电，使A、B两质点带电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线对质点B的拉力大小将（假设两小球始终可以看成质点）（　　）‎ A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．大小不变 D．先变大后变小 ‎11．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎12．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 C．小鸟停在高压输电线上会被电死 D．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险 ‎13．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（　　）‎ A．先作匀加速运动，后作匀减速运动 B．先从低电势到高电势，后从高电势到低电势 C．电势能与机械能之和先增大，后减小 D．电势能先减小，后增大 ‎14．两个半径相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r（可视为点电荷），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎15．两个相同的带电金属小球相距r时，相互作用力大小为F，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F，则两球原来所带电荷量和电性（　　）‎ A．可能是等量的同种电荷 B．可能是不等量的同种电荷 C．可能是不等量的异种电荷 D．不可能是异种电荷 ‎16．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为EPa、EPb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＜φb B．Ea=Eb C．Ea＜Eb D．EPa＞EPb ‎17．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎18．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（　　）‎ A．粒子带负电荷 B．粒子的加速度先不变，后变小 C．粒子的速度不断增大 D．粒子的电势能先减小，后增大 ‎19．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．，P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．P点的电势比M点的电势高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 ‎20．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共16分）‎ ‎21．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度．‎ ‎（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需　　（填字母代号）中的器材．‎ A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺 C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺 ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作　　图象，其纵轴表示的是　　，横轴表示的是　　．‎ ‎22．如图所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材的实物图，现有器材规格如下：‎ 待测电阻Rx（约100Ω）‎ 直流电流表A1（量程0～50mA，内阻约50Ω）‎ 直流电流表A2（量程0～0.6A，内阻约5Ω）‎ 直流电压表V1（量程0～3V，内阻约5kΩ）‎ 直流电压表V2（量程0～15V，内阻约10kΩ）‎ 直流电源（输出电压4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A）‎ 电建1个、导线若干 ‎（1）实验时电流表选择　　；电压表选择　　．（填仪器字母代号）‎ ‎（2）在方框内画出电路图．‎ ‎　‎ 三、计算题（共26分）‎ ‎23．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：‎ ‎（1）滑块到达底端B时的速度大小vB；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q．‎ ‎24．一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO’的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共20题，共68分，其中1-12题为单选，每题3分；13-20题为多选，每题4分）‎ ‎1．质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，则所加匀强电场的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】保证微粒仍沿v0方向做直线运动，电场力方向必须垂直于v0方向斜向上时，电场力有最小值，则场强有最小值，根据垂直于v0方向合力为零，求出电场强度的最小值或设场强E和v0成Φ角，根据垂直于速度方向的合力为零，列式得到场强与Φ的关系式，再运用数学知识求出场强E最小时Φ角，从而求出E的最小值．‎ ‎【解答】解：由题知小球在重力和电场力作用下沿v0方向做直线运动，‎ 可知垂直v0方向上合外力为零，建如图所示坐标系，‎ 设场强E和v0成Φ角，‎ 可得：EqsinΦ﹣mgcosθ=0‎ 得：E=‎ 当Φ=90°时，E最小为Emin=，其方向与v0垂直斜向上．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω．当滑片P滑至R2的中点时，a．b两端的电压为（　　）‎ A．60V B．40V C．80V D．120V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻与R1并联后与上半部分电阻串联，根据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律采用比例法求出a．b两端的电压．‎ ‎【解答】解：由题，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为R并==50Ω，则a．b两端的电压为Uab=U=×120V=40V 故选B ‎　‎ ‎3．如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统而言，两球从静止到距离最大的过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（　　）‎ A．系统机械能不断增加 B．系统机械能守恒 C．系统动能不断增加 D．系统动能不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】两小球受到的电场力做正功，系统的机械能增加；根据合力对两小球的做功情况进行分析，根据动能定理可明确系统动能的变化情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、加上电场后，电场力对两球做功，根据功能关系可知，系统的机械能不守恒，由于电场力对系统做正功，故系统机械能增加，故A正确，B错误；‎ C、D、电场力大于弹簧弹力，小球向左向右加速，电场力小于弹簧弹力，小球向左向右减速．知当电场力和弹簧弹力相等时，系统动能最大，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如所示的是在一个电场中的a、b、c、d四个点分别引入检验电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系．下列说法正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．a、b、c、d四点的电场强度大小关系是Ed＞Eb＞Ea＞Ec C．这四点的场强大小关系是Eb＞Ea＞Ec＞Ed D．无法比较E值大小 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F﹣q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小．‎ ‎【解答】解：图线斜率的绝对值，所以可以使用直线的斜率表示电场强度的大小，d图线斜率的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小．所以四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，静电力做负功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功相同 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，在同一等势面上的两点间的电势差为零，而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零；电场力做正功还是负功，取决于电荷的电性和始末位置的电势差；在只有电场力做功的情况下，电荷的电势能和动能之和保持不变，即电场力做正功，电势能减少，电荷克服电场力做功，电势能增加；还有就是电场力做功与路径无关，只取决于始末位置间的电势差和电量有关．‎ ‎【解答】解：A、电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离所以UAA′不为0，故A错误；‎ B、带正电的粒子从A到D，电场力不做功；从D到D′，电场力做正功，故带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；‎ C、带负电的粒子从A到D，电场力不做功；从D到D′，电场力做负功，故带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点过程电场力做负功，电势能增加，故C错误；‎ D、静电力做功与路径无关，故电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功相同，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线上的各点，电势一定相等 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【考点】电势；电场．‎ ‎【分析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：A、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故A错误；‎ B、静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，故B错误；‎ C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C错误；‎ D、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（　　）‎ A．U2=U1，E2=E1 B．U2=U1，E2=2E1‎ C．U2=2U1，E2=2E1 D．U2=2U1，E2=4E1‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电容．‎ ‎【分析】根据电容公式判断出电容的变化，再根据电容定义式得出电势差的变化，再根据匀强电场公式判断出场强的变化．‎ ‎【解答】解：根据电容公式说明电容变为2倍，根据电容定义式，发现电量变为原来的2倍，电容也变为原来的2倍，所以电势差不变，根据场强关系，d变为原来的，所以场强变为2倍，故A、CD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3．这雨滴携带的电荷量的最小值约为（　　）‎ A．2×10﹣9C B．4×10﹣9C C．6×10﹣9C D．8×10﹣9C ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电雨滴只受重力和电场力，要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力，由二力平衡条件可以求出电荷量．‎ ‎【解答】解：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向 mg=Eq 其中：m=ρV V=‎ 解得 C 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．点电荷就是体积较小的带电体 B．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体 C．根据公式F=k，当r→0时，F→∞‎ D．点电荷是理想化的模型，实际上不存在 ‎【考点】库仑定律；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．库仑定律只适用于真空中的点电荷．‎ ‎【解答】解：A、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，与体积大小无直接关系，故AB错误；‎ C、库仑定律只适用于真空中的静止的点电荷，当距离很小时，带电体不能再看作是点电荷，故库仑定律不再适用，故C错误；‎ D、点电荷是理想化的物理模型，实际上并不存在，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．竖直绝缘墙壁上Q点固定一质点A，在Q的正上方P点用丝线悬挂另一质点B．A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示．由于漏电，使A、B两质点带电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线对质点B的拉力大小将（假设两小球始终可以看成质点）（　　）‎ A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．大小不变 D．先变大后变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，在逐渐放电的过程中，处于动态平衡状态．小球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系分析求解．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得 F=G．‎ ‎ 根据△FBF1∽△PQB得 又FF1=F2，得 F2=‎ 在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．‎ 故选C ‎　‎ ‎11．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎【考点】电场的叠加；库仑定律．‎ ‎【分析】对c球受力分析，受到a球的静电斥力和b球的静电引力，由于b球的带电量比a球的大，故b球的静电引力较大，根据平行四边形定则可以判断合力的大致方向．‎ ‎【解答】解：对c球受力分析，如图 由于b球的带电量比a球的大，故b球对c球的静电引力较大，根据平行四边形定则，合力的方向如图；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 C．小鸟停在高压输电线上会被电死 D．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险 ‎【考点】静电屏蔽；静电现象的解释．‎ ‎【分析】穿金属的衣服和待在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险．‎ ‎【解答】解：A、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业．所以A错误．‎ B、因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故．所以B正确．‎ C、小鸟的两只脚之间的距离很小，所以小鸟的两只脚之间的电压也很小，所以不会对小鸟造成危害，所以C错误．‎ D、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下．所以D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（　　）‎ A．先作匀加速运动，后作匀减速运动 B．先从低电势到高电势，后从高电势到低电势 C．电势能与机械能之和先增大，后减小 D．电势能先减小，后增大 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac的连线与中垂线的交点处场强为0，电场线的方向指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以负电荷受到的电场力始终指向ac的连线与中垂线的交点，由于该电场是不均匀的，所以加速度是变化的，故A错误；‎ B、由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到d，电势是先增大后减小，故B正确；‎ C、由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，故C错误；‎ D、由b到ac连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．两个半径相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r（可视为点电荷），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．‎ ‎【解答】解：由库仑定律可得：F=k得，‎ 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．‎ 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故C、D正确，A、B错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎15．两个相同的带电金属小球相距r时，相互作用力大小为F，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F，则两球原来所带电荷量和电性（　　）‎ A．可能是等量的同种电荷 B．可能是不等量的同种电荷 C．可能是不等量的异种电荷 D．不可能是异种电荷 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两球接触后再分开，带电的原则是先中和，再平分，根据库仑定律公式F=判断原来两球的电量和电性．‎ ‎【解答】解：AB、若带同种电荷，设电荷量分别为Q1和Q2，则，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：F′=，显然只有Q1=Q2时，才有F=F′，故A正确、B错误．‎ CD、若带异种电荷，设带电量分别为Q1和﹣Q2，则，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：F′=，显然只有时，才有F=F′，故C正确、D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎16．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为EPa、EPb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＜φb B．Ea=Eb C．Ea＜Eb D．EPa＞EPb ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，再分析电场强度的变化情况；根据电场力方向确定电场线的方向，根据沿着电场线电势一定降低，判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右，负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，而沿场强方向，电势变小，故b点电势较大，即Φa＜Φb；故A正确；‎ BC、因为速度图线的斜率不断变小，故负电荷的加速度变小，电场力变小，所以电场强度变小，即Ea＞Eb；故B、C错误 D、负电荷的动能增加，由能量守恒知其电势能减小，则有EPa＞EPb．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎17．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误．根据F=Eq可得，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎18．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（　　）‎ A．粒子带负电荷 B．粒子的加速度先不变，后变小 C．粒子的速度不断增大 D．粒子的电势能先减小，后增大 ‎【考点】等势面；电场线．‎ ‎【分析】等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；‎ B、因为等差等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；‎ C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；‎ D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．，P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）‎ A．P点的电势比M点的电势高 B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A错误；‎ B、将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；‎ C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；‎ D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎20．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（　　）‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．‎ ‎【分析】电场线与等势面垂直，由于O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下；粒子运动的轨迹上每个点的切线就是该点上的速度方向，要判断这个粒子是克服力做功还是在电场力的作用下做正功，只需要画出该点的切线方向，而力的方向必须与速度方向的夹角夹着运动轨迹，即运动轨迹是一定在速度方向和力的方向的夹角里面的！‎ ‎【解答】解：A、电场线与等势面垂直，由于O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下；因为运动轨迹是不可能出现在这个夹角外的，由这点可以直接看出，图中的N受到的电场力是向上的，M受到的电场力是向下的，故N带负电，M带正电，故A错误；‎ B、由于oa和oc间电势差相等，电场力又都是做正功的，根据动能定理，电场力做功相等，故动能增量相等，故B答案正确；‎ C、由于N带负电，电场力向上，故电场力做正功，故C错误；‎ D、由于ob在同一等势面上，故M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共16分）‎ ‎21．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度．‎ ‎（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需　D　（填字母代号）中的器材．‎ A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺 C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺 ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作　﹣h　图象，其纵轴表示的是　速度平方的二分之一　，横轴表示的是　重物下落的高度　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据用打点计时器测重力加速度的原理，和实验的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理实验的数据比较简单直观．‎ ‎【解答】解：（1）打点计时器需接交流电源．重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，‎ 故选：D．‎ ‎（2）由公式v2=2gh，如绘出﹣h图象，其斜率也等于重力加速度．‎ 故答案为：①D，‎ ‎②﹣h，速度平方的二分之一，重物下落的高度 ‎　‎ ‎22．如图所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材的实物图，现有器材规格如下：‎ 待测电阻Rx（约100Ω）‎ 直流电流表A1（量程0～50mA，内阻约50Ω）‎ 直流电流表A2（量程0～0.6A，内阻约5Ω）‎ 直流电压表V1（量程0～3V，内阻约5kΩ）‎ 直流电压表V2（量程0～15V，内阻约10kΩ）‎ 直流电源（输出电压4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A）‎ 电建1个、导线若干 ‎（1）实验时电流表选择　A1　；电压表选择　V1　．（填仪器字母代号）‎ ‎（2）在方框内画出电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）已知电源的电压则根据安全性和准确性原因可以选出电压表；由欧姆定律可得出电路中最大电流，则可得出电流表；‎ ‎（2）根据给出的滑动变阻器与待测电阻的关系可以确定应采用分压接法；根据电流表内阻与待测电阻的大小关系可以确定电流表的接法．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，电源为必选的，其电压为4V，故考虑准确性，电压表只能选择3V量程；则电路中的电流I==30mA，故电流表只能选择A1，电压表只能选择V1；‎ ‎（2）由于滑动变阻器电阻最大只有15Ω，而待测电阻100Ω，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，同时＞，故电流表应选用外接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）A1；R1；（2）电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（共26分）‎ ‎23．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：‎ ‎（1）滑块到达底端B时的速度大小vB；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）滑块在圆弧上下滑时只有重力做功，由动能定理或机械能守恒定律可以求出滑块到达B时的速度．‎ ‎（2）从B到C过程中，由动能定理可以求出动摩擦因数．‎ ‎（3）摩擦力与相对位移的乘积等于克服摩擦力做功而产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）滑块在由A到B的过程中，‎ 由动能定理得：﹣0，‎ 解得：；‎ ‎（2）滑块在由B到C的过程中，‎ 由动能定理得：，‎ 解得，；‎ ‎（3）产生的热量：Q=μmgL相对，‎ ‎=（或），‎ 解得，；‎ 答：（1）滑块到达底端B时的速度大小为；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量为．‎ ‎　‎ ‎24．一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO’的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，根据速度分解求出经过A点时的速度大小vA．‎ ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，有两种情况：一种恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，另一种恰好滑到与圆心等高的点速度为零，根据牛顿第二定律和动能定理结合进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则 ‎ cos53°=‎ 解得vA=7.5m/s ‎（2）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有 ‎ m1g+qE=m1‎ 根据动能定理得：‎ ‎﹣（m1g+qE）R（1+cos53°）=m1‎ 联立以上两式解得 R=m 故当0＜R≤m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．‎ ‎（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得 ‎﹣（m1g+qE）Rcos53°=0﹣‎ 解得，R=m 根据题中信息可知R＜4m．故当 m≤R＜4m时，小球在轨道内来回的滚动．‎ 综上所术，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或 m≤R＜4m． ‎ 答：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大vA是7.5m/s ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或 m≤R＜4m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日