江西省上饶县中学高三物理上学期第12周周练（特+补）.doc

2014-2015学年江西省上饶市上饶县中学高三（上）第12周周练物理试卷（特+补）一、选择题（1，2，4，6，7，为多选题共48分）1（4分）如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球a、b分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力f作用于小球b，则两球静止于图示位置，如果将小球b向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（） a 推力f将增大 b 竖直墙面对小球a的弹力增大 c 地面对小球b的弹力一定不变 d 两个小球之间的距离增大【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【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 由整体法可知地面的支持力的大小；根据两球的距离变化可知库仑力的变化，采用隔离法可知两球距离的变化【解析】： 解：整体法可知b球对地面压力不变，c正确；假设a球不动，由于a、b两球间距变小，库仑力增大，a球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变故库仑力变小a、b两球间距变大，d正确；但水平分量减小，故a、b不正确故选cd【点评】： 本题考查了连接体问题的动态平衡，整体法隔离法相结合是解决此类问题根本方法2（4分）x轴上有两点电荷q1和q2，q1和q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（） a q1和q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷 b q1一定大于q2 c 电势最低处p点的电场强度为0 d q1和q2之间各点的电场方向都指向p点【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： x图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小【解析】： 解：a、从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知q1和q2一定是同种电荷，且都为正电荷故a错误；b、c、x图线的切线斜率表示电场强度的大小，p点切线斜率为零，则p点的电场强度为零两电荷在p点的合场强为零，p点距离q1较远，根据点电荷的场强公式知，q1的电量大于q2的电量故b正确，c正确d、因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以p点的左侧电场方向向右，p点的右侧电场方向向左，q1和q2之间各点的电场方向都指向p点故d正确故选：bcd【点评】： 解决本题的关键找到该题的突破口，即根据p点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低3（4分）有一静电场，其电场强度方向平行于x轴其电势随坐标x的改变而变化，变化的图线如图所示，则下图中能正确表示该静电场的场强e随x变化的图线是（设场强沿x轴正方向时取正值）（） a b c d 【考点】： 电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电场强度方向平行于x轴，如果在x方向上取极小的一段，电场强度有，根据电势u随坐标x的改变而变化，通过直线的斜率物理意义求解沿着电场线方向电势降低【解析】： 解：电场强度方向平行于x轴，电势u随坐标x图象的斜率的意义反映了电场强度沿着电场线方向电势降低02mm，直线斜率不变，沿x轴正方向电势升高，说明电场强度方向沿x轴负方向，大小等于v/m=2104v/m，依次求出其他位置的电场强度故选a【点评】： 正确把握电势u随坐标x图象的斜率的物理意义是解决问题的关键4（4分）如图所示，光滑的水平轨道ab，与半径为r的光滑的半圆形轨道bcd相切于b点，ab水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，b为最低点，d为最高点一质量为m带正电的小球从距b点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿ab向右运动，恰能通过最高点，则（） a r越大，x越大 b r越大，小球经过b点后瞬间对轨道的压力越大 c m越大，x越大 d m与r同时增大，电场力做功增大【考点】： 动能定理的应用；向心力；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径r的关系小球经过b点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系【解析】： 解：a、小球在bcd部分做圆周运动，在d点，有：mg=m，从a到d过程，由动能定理有：qex2mgr=mvd2，由得：r=，可知，r越大，x越大故a正确b、小球由b到d的过程中，由动能定理有：2mgr=mvd2mvb2，vb=，在b点有：fnmg=m，fn=6mg，则知小球经过b点瞬间轨道对小球的支持力与r无关，则小球经过b点后瞬间对轨道的压力也与r无关，故b错误c、由知，m越大，x越大，故c正确d、从a到d过程，由动能定理有：w2mgr=mvd2，由解得：电场力做功 w=，可知m与r同时增大，电场力做功越多，故d正确故选：acd【点评】： 动能定理与向心力知识综合是常见的题型小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用5（4分）真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从o点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与oo垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子、氘核和粒子质量之比为1：2：4，电量之比为1：1：2，均带正电，重力不计）下列说法中正确的是（） a 三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1 b 三种粒子出偏转电场时的速度相同 c 在荧光屏上将只出现1个亮点 d 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移，从而可判断三个粒子打在屏光荧上的位置根据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系【解析】： 解：a、根据动能定理得，qu1=0，则进入偏转电场的速度v0=，因为质子、氘核和粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比：1：1，在在偏转电场中运动时间t=，则知时间之比为1：故a错误b、在竖直方向上的分速度vy=at=，则出电场时的速度v=因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同故b错误c、在加速电场中，由动能定理得：qu1=0，在偏转电场中，偏转位移y=，联立得y=，可见y与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点故c正确d、偏转电场的电场力对粒子做功w=qey，因为e和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2故d错误故选：c【点评】： 本题考查粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子在电场中偏转的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解6（4分）如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是（） a 微粒做匀速运动 b 微粒做匀加速运动 c 微粒电势能增大 d 微粒动能减小【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；功能关系；电势能【专题】： 计算题【分析】： 对微粒进行受力分析可知粒子合力的情况，则可判断微粒的运动情况；根据各力做功情况可知能量的变化，由动能定理可知动能的变化【解析】： 解：a、粒子在板间受重力及电场力而做直线运动，重力竖直向下，而电场力沿水平方向，故合力不可能为零，粒子不可能做匀速运动，故a错误；b、而物体做直线运动，故物体受到的合力一定沿粒子的运动方向；因重力向下，若电场力向右，则合力向右下，不能满足条件，故电场力只能向左，合力才能沿图中直线；而粒子从a运动到b，故粒子一定做减速运动，故b错误；c、因电场力做负功，故电势能增大；故c正确；d、重力及电场力均做负功，由动能定理可得，粒子的动能一定减小；故d正确；故选cd【点评】： 本题考查运动和力的关系，解题的关键在于熟练掌握力和运动的关系，切入点为粒子做直线运动则合力一定沿直线方向7（4分）如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，带电量为q，让它在竖直向下的匀强电场中（场强为e）绕o点做竖直平面内的匀速圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，不计空气阻力则下列说法中正确的是（） a 小球质量为 b 小球在运动中机械能守恒 c 小球经过a点时，机械能最大 d 小球经过a点时，电势能最大【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 小球做匀速圆周运动，动能保持不变，故合力一直不做功，由于重力和电场力为恒力，是二力平衡，细线的拉力提供向心力【解析】： 解：a、小球做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，细线的拉力提供向心力，故：mg=qe，解得：m=；故a正确；b、小球在运动中电场力做功，故机械能不守恒；故b错误；c、小球经过a点时，重力势能最大，而动能一直不变，故在a点的机械能最大，故c正确；d、从b到a，电场力做正功，电势能减小，故小球经过a点时的电势能最小；故d错误；故选：ac【点评】： 本题关键明确小球的受力情况，找到向心力来源，然后结合平衡条件、机械能守恒定律和功能关系分析，不难8（4分）一正电荷在电场中仅受电场力作用，从a点运动到b点，速度随时间变化的图象如图所示，ta、tb分别对应电荷在a、b两点的时刻，则下列说法中正确的是（） a a处的场强一定小于b处的场强 b a处的电势一定低于b处的电势 c 电荷在a处的电势能一定大于在b处的电势能 d 从a到b的过程中，电场力对电荷做正功【考点】： 动能定理的应用；电场强度【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 由速度图象看出，质点做加速度减小的减速运动，可知，电场力减小，场强减小，由能量守恒定律分析电势能的变化，由动能定理分析电场力做功情况【解析】： 解：a、vt图象的斜率等于加速度，由vt图象看出，质点做加速度减小的减速运动，而质点在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，由电场力f=qe知，电场强度e减小，即有a处的场强一定大于b处的场强故a错误b、c质点做减速运动，其动能减小，根据能量守恒可知，其电势能增大，即电荷在a处的电势能一定小于在b处的电势能，根据推论：正电荷在电势高处电势能大，可知a处的电势一定低于b处的电势故b正确，c错误d、质点的动能减小，由动能定理得知，电场力一定对电荷做负功故d错误故选b【点评】： 本题关键要根据速度的斜率判断出加速度的变化，根据动能定理和能量守恒分析电势能的变化和电场力做功和正负，属于基础题9（4分）一个初动能为ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2ek如果此电子的初速度增至原来的2倍，则当它飞出电容器时的动能变为（） a 4ek b 8ek c 4.5ek d 4.25ek【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解【解析】： 解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为l，初动能为 ek=mv2第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为：y=at2=（）2=第一个过程由动能定理：qey=2kkek=ek；第二个过程中沿电场线方向的位移为：y=（）2=y，初动能为ek=m（2v）2=4ek；根据动能定理得：qey=ek末4ek代入得：qey=ek末4ek，解得：ek末=4.25ek故选：d【点评】： 本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键10（4分）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=l，ad=bc=2l，电场线与矩形所在平面平行已知点a电势为20v，b点电势为24v，d点电势为12v一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45，一段时间后经过c点不计质子的重力下列判断正确的是（） a c点电势高于a点电势 b 强场的方向由b指向d c 质子从b运动到c所用的时间为 d 质子从b运动到c，电场力做功为4ev【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势【专题】： 压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知bd连线上一定有一点的电势与a点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，由几何关系可知c点电势；由电场力做功的特点可求得电场力做功【解析】： 解：a、连接bd，bd两点的电势差为24v12v=12v；ad两点的电势差为20v12v=8v；因，故将bd分成3份，每一份表示4v，如图所示，e点的电势一定为20v，连接ae即为等势线，f的电势为16v，连接fc，由几何知识得知，fcae，则知c的电势是16v，故a点电势高于c点的电势，故a错误；b、强场的方向垂直于等势线，则知强场的方向垂直于ae向上，不是由b指向d故b错误c、由于bc两点的电势分别为24v、16v，则bc中点的电势为20v，则a、e、o在同一等势面上，由于ab=bo=l，abo=90，则bao=boa=45，因为电场线与等势线ao垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t=故c正确；d、若质子由b到c，因bc间的电势差为24v16v=8v，则电场力做功w=ue=8ev；故d错误故选c【点评】： 本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面11（4分）一均匀带正电的半球壳，球心为o点，ab为其对称轴，平面l垂直ab把半球壳一分为二，且左右两侧球壳的表面积相等，l与ab相交于m点如果左侧部分在m点的电场强度为e1，电势为1，右侧部分在m点的电场强度为e2，电势为2（已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零取无穷远处电势为零，一点电荷q在距离其为r处的电势为=k），则（） a e1e2 12 b e1e2 12 c ele2 l=2 d e1=e2 l2【考点】： 电势；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场的叠加原理，分析半球壳在m点的场强方向，再比较场强的大小关系根据=k，结合左右两侧球壳上点电荷到m点距离的关系，进行分析【解析】： 解：由题：一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小、方向相反，右半球壳在m点产生的场强方向向左，可知，左半球壳在m点产生的场强方向向右，则根据电场的叠加可知：左侧部分在m点产生的场强比右侧电荷在m点产生的场强大，e1e2 根据题设条件：点电荷q在距离其为r处的电势为=k，由于左侧各个点电荷离m点的距离比右侧近，则左侧部分在m点的电势比右侧高，即12故选：a【点评】： 本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系12（4分）在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，a、b是该点电荷电场中一条电场线上的两点，带负电的小球沿该电场线从a点运动到b点，其动能随位置变化的关系如图所示设a、b两点的电势分别为a、b，小球在a、b两点的电势能分别为epa、epb，则关于点电荷的位置及电势、小球电势能大小的说法正确的是（） a 点电荷带负电在a点左侧，ab、epaepb b 点电荷带正电在a点左侧，ab、epaepb c 点电荷带正电在b点右侧，ab、epaepb d 点电荷带负电在b点右侧，ab、epaepb【考点】： 电势；电场强度；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 由图看出带负电的小球从a点运动到b点，动能增加，由能量守恒定律判断电势能的变化，则确定电场力做功的正负，从而可判断出电场力的方向，确定出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低【解析】： 解：由图看出带负电的小球从a点运动到b点，由能量守恒定律，判断得知带负电的小球的动能增大，即有：ekaekb带负电的小球电势能减小，电场力对电子做正功，所以带负电的小球所受的电场力方向从ab，所以电场线的方向从ba根据顺着电场线的方向电势降低，则知ab，若孤立点电荷带负电，该电荷应位于b点的左侧；若孤立点电荷带正电，该电荷应位于b点的右侧，故c正确，abd错误故选：c【点评】： 解决本题关键掌握电场力做功与电势能变化的关系，掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题二、填空题（共4小题，每小题12分，满分52分）13（12分）如图所示是一组不知方向的匀强电场的电场线，把1.0106c的负电荷从a点沿水平线移到b点，静电力做了2.0106j的功a、b两点间的距离为2cm，问：（1）匀强电场的场强为多大？方向如何？（2）a、b两点间的电势差为多大？【考点】： 电场强度；电势差【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： a、b间两点间的电势差是uab=根据电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向【解析】： 解：由题意可知，静电力做了2.0106 j的功有：wab=2106j 根据uab=得：uab=2v沿着电场方向的位移为d=2102cos60m=1102me=200v/m沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿直线由下而上答案：（1）匀强电场的场强为200 v/m，方向方向沿直线由下而上（2）a、b两点间的电势差为2 v【点评】： 本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力还要抓住公式e=中d是沿着电场线方向的距离14（12分）如图所示，固定于同一条竖直线上的a、b是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+q和q，a、b相距为2dmn是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷a等高的c处由静止开始释放，小球p向下运动到距c点距离为d的o点时，速度为v，已知mn与ab之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）c、o间的电势差uco；（2）小球p在o点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷b等高的d点时的速度【考点】： 电势差与电场强度的关系；动能定理【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）对c到o段运用动能定理，求出c、o间的电势差，再求出c、d间的电势差uco（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解（3）由电场的对称性知，uod=uco，小球从o到d由动能定理求解【解析】： 解：（1）小球p由c运动到o时，由动能定理得：mgd+quco=mv20，解得：uco=；（2）小球p经过o点时受力如图：由库仑定律得：f1=f2=k，它们的合力为：f=f1cos45+f2cos45=，所以p在o点处的加速度：a=+g，方向竖直向下；（3）由电场特点可知，在c、d间电场的分布是对称的即小球p由c运动到o与由o运动到d的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理得：w合=mv0=2mv2，解得：vd=v；答：（1）c、o间的电势差uco为；（2）小球p在o点时的加速度为：+g，方向竖直向下；（3）小球p经过与点电荷b等高的d点时的速度为v【点评】： 本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道o点的场强实际上是两点电荷在o点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性15（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长l=0.4m，两板间距离d=4103m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关s闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，微粒质量为m=4105kg，电量q=+1108c（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压u应为多少？【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可【解析】： 解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：竖直方向有：解得 v0=10m/s （2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为u时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：a=解得：u=120v答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；（2）为使微粒能恰好从平行板电容器