1、广东省肇庆市实验中学高一历史下学期第8周晚练试题（含解析）一、选择题1.用两根等长的细线各悬挂一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等，当它们带上同种电荷时，相距L而平衡，若使它们的带电量都减少一半，待它们重新平衡后，两球间距离 （ ）A. 大于L/2B. 小于 L/2C. 等于 L/2D. 等于L【答案】A【解析】【详解】对球受力分析，受重力、细线的拉力和静电斥力，如图所示：根据平衡条件，有：F=mgtan由题，两球的电量减小一半，若距离不变，根据库仑定律知，库仑力减小为；由于角度不变，故F库mgtan，不能平衡，间距要变大，即小于L；假设两球的电量减小一半，若距离也减小一半，库仑力不变；由
2、于角度减小，故F库mgtan，不能平衡，间距要变大，即大于；A. 大于L/2，与结论相符，选项A正确；B. 小于L/2，与结论不相符，选项B错误；C. 等于L/2，与结论不相符，选项C错误；D. 等于L，与结论不相符，选项D错误。2.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况（电场线方向未标出）图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM=ON下列说法中正确的是（ ）A. O、M、N三点的电场强度大小关系是EM=ENEOB. O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上C. O、M、N三点的电场强度方向不相同D. 把另一电荷从M点静止释放，将沿MON做直线
3、运动【答案】B【解析】【详解】A.等量异种电荷连线的中垂线上中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以EOEM=EN，所以A错误；B. 等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上，所以B正确；C.等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以O、M、N三点的电场强度方向相同，所以C错误；D.把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON做直线运动，所以D错误。3.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水
4、平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为 （ ）A. 3mg/qB. mg/qC. 2mg/qD. 4mg/q【答案】A【解析】【分析】带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgrmv2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qEmg；联立以上两式解得： ；由于是点电荷-Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB
5、弧中点处的电场强度为，故选A。【点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动4.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一带电粒子以平行于金属板的初速从板间某点射入电场，不计粒子受的重力，当入射动能为Ek时，此带电粒子从场中射出的动能恰好为2Ek如果入射速度方向不变，初动能变为2Ek，那么带电粒子射出的动能为（ ）A. B. C. D. 3Ek【答案】C【解析】【详解】当入射动能为Ek时，粒子做类似平抛运动，有：水平方向：L=v0t1竖直方向：vy1=at1初动能：末动能：当入射动能为2Ek时，有：水平方向：L=v02t2竖直方向：v
6、y2=at2初动能：末动能：联立解得：A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论相符，选项C正确；D. 3Ek，与结论不相符，选项D错误。5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知() A. 带电粒子在R点时速度大小大于在Q点时的速度大小B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】BD【解析】试题分析：电荷做
7、曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故AB正确；因带电粒子只受电场力作用，故只有电场力做功，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，选项C正确；R点的电场线较Q点密集，则R点的场强较大，电场力较大，故带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，选项D错误；故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键
8、根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。6.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A. 11B. 21C. 31D. 41【答案】C【解析】【详解】设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为粒子在时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位
9、移最大，粒子在时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小，所以粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3：1，故C项正确。7.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生物的场强大小，方向如图所示把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则（ ）A. E1B. E2=C. E3D. E4=【答案】C【解析】【详解】AB.根据点电荷电场强度公式，且电荷只分布球的表面，对于
10、图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小，则，选项AB错误；CD.对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 由于方向不共线，由合成法则可知，选项C正确，D错误。8.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合.在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（ ）A. 在平行板电容器中插入电介质B. 减小平行板
11、电容器两极板间的距离C. 减小平行板电容器两极板的正对面积D. 增大平行板电容器两极板的正对面积【答案】C【解析】【详解】在平行板电容器中插入介质，根据电容器电容的决定式分析可得电容增大，而电容器的电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电量增加，将要充电，负电荷从a流向b，电路中形成逆时针方向的电流，有b到a方向的电流通过电流计，故A项错误。减小平行板电容器两极板间的距离，根据分析可得电容增大，而电压不变，则由分析可知电容器所带电量增加，同理通过电流计的电流方向为b到a，故B错误。减小平行板电容器两极板间的正对面积，根据分析可知电容减小，而电压不变，则由分析得知电容器所带电量减小，将要放
12、电，电路中形成顺时针方向的电流，有从a到b方向的电流通过电流计，故C正确，D错误。9.如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑那么示波管中的( )极板X应带正电 极板X应带正电极板Y应带正电 极板Y应带正电A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X，则X带正电；同理可知Y带正电，故正确，错误；A. ，与结论相符，选项A正确；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论不相符，选项D错误。10. 如图所示，某区域电场线左右对称分布
13、，M、N为对称线上的两点。下列说法正确的是A. M点电势一定高于N点电势B. M点好强一定大于N点场强C. 正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D. 将电子从M点移动到N点，电场力做正功【答案】AC【解析】试题分析：顺着电场线电势降低，故M点电势一定高于N点电势，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故选项AC正确；M点的电场线较N点稀疏，故M点场强一定小于N点场强，选项B错误；将电子从M点移动到N点，静电力做负功，选项D错误；故选AC.考点：电场线；电场强度；电势【名师点睛】此题是对电场线、电场强度及电势考查；要知道电场线的疏密反映电场强度的大小；顺着电场线电势逐渐降低；正电荷在高电势点
14、的电势能较大.11.如右图所示，两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷(电荷量很小)现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则下列说法正确的是A. 两板间电压变大，P点场强变大B. 两板间电压变小，P点场强变小C. P点电势变大，负电荷的电势能变小D. P点电势变小，负电荷的电势能变大【答案】AD【解析】将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式 可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由 得知，板间电压U增大，板间场强 ，可见E增大故A正确，B错误P点到下板距离不变，由公式U=Ed得知，P点与下板电势差增大，由于电场线向上，P点的电势低于下极板的
15、电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能变大故C错误，D正确；故选：AD点睛：本题是电容器动态变化分析问题，由电容的两个公式：和结合进行分析同时注意在分析电势能和电势的变化时要注意零势能面的选择12.一带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是( ) A. 粒子带正电B. 粒子带负电C. 粒子所受电场力是恒定的D. 带电粒子做匀变速运动【答案】BCD【解析】【详解】根据粒子的运动轨迹可知，电场力的方向为竖直向上，则粒子带负电。所以A错误，B正确。因为电场是匀强电场，所以粒子所受的电场力不变，是恒力，粒子做的是匀变速曲线运动。所以CD正确
16、。【点睛】由粒子的轨迹弯曲方向，判断粒子的受力方向是解题的关键。13.如图所示，一电子沿Ox轴射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD动能变化量分别为Ek1和Ek2，则A. B. C. D. 【答案】AD【解析】试题分析:电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，则电子从O到C与从C到D时间相等电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vcy=atOC，vDy=atOD，所以vcy：vDy=tOC：tOD=1：2故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC：yOD=
17、1：4，根据动能定理得Ek1=qEyOC，Ek2=qEyOD，则得，Ek1：Ek2=1：4故C错误，D正确考点：带电粒子在匀强电场中的运动14.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有（）A. q1和q2带有异种电荷B. x1处的电场强度为零C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】【分析】本题的核心是对x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱电场强度进行分析解答【详解】A由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异
18、种电荷，A正；B图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；C负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误第二题，非选择题，下列共4小题，共44分。15.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）A. A板与静电计的指针的电势相等B. 甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C. 乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D. 丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小【答案】ABD【解析】【详解】A.A板与静电计相连，静电平
19、衡后电势相等，故A正确；B.甲图中将B板向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大。故B正确；C.乙图中将B板左移，板间距离增大，根据电容决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，故C错误；D. 丙图中将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故D正确。16. 下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有( )A. 使用静电计的
20、目的是观察电容器电压的变化情况B. 使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C. 静电计可以用电压表替代D. 静电计可以用电流表替代【答案】A【解析】静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化.如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.17.如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD4cm，CD连线和场强方向成=60角一个电子从D点移到C点过程中电场力做功为3.21017J，求：（电子的电荷量e=1.601019C）（1）A、B间匀强电场的场强；
21、（2）A、B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？【答案】（1）104V/m；（2）600V；（3）200V【解析】【详解】（1）由电场力做功与电势差的关系式可得：平行金属板间电场线方向垂直于板，竖直向下故CD沿电场线方向的距离dCD=|CD|cos=0.04mcos60=0.02m，（2）UAB=Ed=10000V/m0.06m=600V（3）若A板接地，则C=0，根据UDC=D-C求得：D=UDC+C=-200+0=-200V18.如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为m的带电小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，当小球平衡时，悬线与竖直方向的夹角为(45)
22、（1）该匀强电场的电场强度是多少？（2）若小球从水平位置由静止释放，到达该点的速度是多大？（3）若小球从水平位置由静止释放，小球运动过程中细线的最大拉力是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）小球受力如图所示，根据平衡知，qE=mgtan解得（2）由动能定理可得：解得（3）小球到达平衡位置时对细绳的拉力最大，则由牛顿第二定律可得：解得：19.如图所示电子射线管阴极K发射电子，设从阴极K发射出来的电子速度为0，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速。A、B是偏向电极板，使飞进的电子偏离。若已知P、K间所加电压UPK，偏转板长L，板间距离为d，所加电压UAB。偏转板到荧光屏之间的距离为R。电子质量m，电子电荷量为e。求： 电子通过阳极P板的速度0 电子通过偏转板时具有的动能Ek电子射出偏转极板后，打到荧光屏上的O点到荧光屏中心O点的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）电子阳极P和阴极K间运动，由根据动能定理得即（2）电子沿板的方向做匀速直线运动，则电子在板间运动的时间：电子运动的加速度：电子离开电场时沿场强方向的侧移：根据动能定理有：所以：（3）根据动能定理：且解得：；考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在电场中偏转的基本题型：先加速后偏转问题，采用的是力学方法，关键是分析电荷运动情况要用到正交分解法。
