1、第一章学业质量标准检测本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1冬天当我们脱毛线衫时，静电经常会跟你开个小玩笑。下列一些相关的说法中正确的是(B)A在脱衣过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B在脱衣过程中，有时会听到“啪”的声音，这是由于内外衣服上电荷放电引起的C如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过
2、程中两衣间电量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小D脱衣时如果人体带上了电，当手触摸金属门把时，一定会有电流通过金属门把流入大地，从而造成对人体轻微的电击解析：摩擦起电使相互摩擦的两个物体带上等量异种电荷，A错。若将内外衣视为电容器，可以认为摩擦起电后电荷量不变，当距离增大的过程中，电容变小，电势差增大，选项C错误。当人因脱衣服时带上电，与金属门把接近时会使空气电离而放电，所以选项D不正确。正确选项为B。2(江苏徐州市20152016学年高二上学期三校联考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d
3、到正电荷的距离相等，则下列说法错误的是(B)Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高Cc点的电场强度比d点的大Dc点的电势比d点的低解析：观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密，所以EaEb，A项正确；由沿电场线方向电势逐渐降低可知ba，B项错；由场强公式Ek和场强叠加原理可知EcEd，C项正确；当取无穷远处电势为0时，c为负值，d为正值，所以dc，D项正确。本题选错误的，故选B。3(威海市部分重点中学20142015学年高二联考)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00104 kg、带电量为1.00107 C的小球从静止释放，在电场区域
4、内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)(D)A 1.50104J和9.95103JB. 1.50104J和 9.95103JC1.50104J和9.65103JD. 1.50104J和 9.65103J解析：小球的下落过程中，电场力做负功，电势能增加，WEp，WqEd1.50104J，所以Ep1.50104J，据动能定理，qEdmgdEk，Ek9.65103J，D正确。4(沈阳市东北育才中学20142015学年高二下学期开学检测)如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上的M点由静止释放一带
5、电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则滑块由M到N的过程中，以下说法正确的是(D)A滑块受到的电场力一定是先减小后增大B滑块的电势能一直减小C滑块的动能与电势能之和可能保持不变DPM间距一定小于QN间距解析：滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力，在PQ的中点，两个电荷对滑块作用力的合力为0，从M向右电场力先减小，过PQ的中点，电场力又增大，但不知道N点是否在中点右侧，故不能确定具体变化，故A错误；若N点在中点右侧，则在PQ中点的左侧所受电场力向右，在PQ中点的右侧，所受电场力向左，可见电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B错误；因水平面不光滑，知
6、内能增加，则动能与电势能之和减小，故C错误；因水平面不光滑，PM间距不等于QN间距，在水平方向上除了受电场力以外，还受摩擦力，则运动到速度为0的位置在M对称点的左侧，所以PM，A正确，由进一步分析可得两个电荷的加速度aMaN，电场力对电荷所做的功WMWN，B、C错误。6(沈阳市20142015学年高二上学期期末)真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x10和x23a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是(B)Axa点的电势高于x2a点的电势B点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41C点电荷M、N一定为异种电荷Dx2a处的电势一定为零解析：由于不知道M
7、、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则02a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故xa点的电势高于x2a点的电势；若都带负电荷，则02a场强的方向向左，故xa点的电势低于x2a点的电势，故A错误。M在2a处产生的场强E1，而N在2a处产生的场强E2，由于2a处场强为0，故E1E2，所以QM4QN，故B正确。由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误。由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误。7(安徽马鞍山二中20152016学年高二期中)如图所示，四组静电实验中，能使左边的验电器的金
8、箔张开的是(AC)解析：处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面，用导线连接之后，左边的金箔也是外表面，故A、C正确，B错误。D选项中由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金箔是闭合的。8(辽宁沈阳二中20152016学年高一下学期期末)如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是(ACD)A三个等势面中，等势面c的电势最低B带电质点一定是从Q点向P点运动C带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大D带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小解析：根据
9、轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最低，故A正确；根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故B错误；等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大，C正确；负电荷在电势高处电势能小动能大，故D正确。9如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为q的物体处于电场强度随时间变化规律为EE0kt(E0、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向)的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知qE0mg。t0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是(CD)A当物体沿墙壁
10、下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C物体克服摩擦力所做的功WmgHD物体与墙壁脱离的时刻为t解析：竖直方向上有mgqEma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，mgWfmv2，将v，代入解得WfmgH，故C正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以EE0kt0，解得时间t，故D正确。10(哈尔滨六中20152016学年高二上学期检测
11、)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是(BC)A保持S闭合，将A板适当上移B保持S闭合，将B板适当下移C先断开S，再将A板适当下移D先断开S，再将B板适当上移解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q。A由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(hd)qU0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(hd)qUmv2
12、，得v0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。B若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg(hdd)qUmv2，则v0，质点能穿过b孔，故B正确。C若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为d，由动能定理得mg(hd)qE(dd)mv2，又由原来情况有mg(hd)qEd0。比较两式得，v0，说明质点能穿出b孔，故C正确。D若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：mg(hd)qEdmv2，因dd，可知，质点没到达b孔时速度减为零，故不能穿过b孔，故D错误。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11
13、(6分)空气中的负氧离子对于人的健康极为有益。人工产生负氧离子的方法最常见的是电晕放电法。如图所示一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子。在负极后面加上小风扇，将大量负氧离子排出，使空气清新化。针状负极与环形正极间距离为5mm，且视为匀强电场，则电场强度为_ 1106V/m，电场对负氧离子的作用力为_ 3.21013N。解析：因为可视为匀强电场，所以EV/m1106V/m，电场对负氧离子的作用为FEq11063.21019N3.21013N。12(8分)密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，其实验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速
14、度进入水平放置的平行板之间。今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2。已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f6rv计算(其中r为油滴半径，为空气粘滞系数)。实验时测出r、v1、v2，E、为已知，则(1)油滴的带电量_ q。(2)经多次测量得到许多油滴的Q测量值如下表(单位1019C)6.418.019.6511.2312.8314.48分析这些数据可知_ 电荷的最小电量即元电荷为1.61019C。解析：(1)没有加电压时，达到v1有
15、mgf16rv1加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mgf2qE6rv2qE解以上两式得到油滴电量q(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.61019C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.61019C。三、论述计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分) (山东淄川一中20152016学年高二上学期阶段考试)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球
16、的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60角，如图所示。若A球的带电量为q，则：(1)B球的带电量为多少；(2)水平外力多大。答案：(1)qx(2)mg解析：(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。合力为零，由平衡条件得：Fcos30F1cos3002Fsin30mg0由库仑定律：Fk联立上述三式，可得B球的带电量qx(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。得FTFcos30而FFmg所以，A球受到的水平推力FTmgcos30 mg14(11分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为Q和Q，A、B间距离为2d
17、，MN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；(2)O点的场强大小与方向。答案：(1)(2)方向竖直向下解析：(1)小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgdqUCOmv20所以UCO(2)小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得F1F2k电场力为FF1cos45F2cos45O点的场强为E方向竖直向下。15(12分)(辽宁省
18、沈阳市20142015学年高二上学期期末)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L0.1m，两板间距离d0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为m2106kg、电荷量q1108C，电容器电容为C1F，取g10m/s2。(1)为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；(2)若带电微粒以第(1)问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少
19、个带电微粒落到下极板上？答案：(1)2.5m/sv05m/s(2)600个解析：(1)设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则偏转位移为：gt2得： ts0.02s水平方向： v1tLv2t联立解得：v12.5m/s，v25m/s故粒子的初速度满足2.5m/sv05m/s。(2)设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U，由牛顿第二定律得：mgEqma偏转位移：at2水平位移：Lv0t又v02.5m/s联立解得：E1.5103N/CUEd，QCU解得Q6106C最多能落到下极板粒子的个数为：n个600个16(13分)(北京大学附中河南分校20152016学年高二上
20、学期检测)如图所示区域、分别存在着匀强电场E1、E2。已知区域宽L0.8m，区域足够宽，E110kV/m且与水平成45角斜向右上方，E22kV/m方向水平向左。绝缘薄板B长l2.8m质量mB1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域的左边界平齐。带电量为q1.6103C质量mA1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的动摩擦因数0.1，置于木板的最左端由静止释放。(g10m/s2)求：(1)带电体A进入区域时的速度？(2)木板B的最终速度？答案：(1)带电体A进入区域时的速度为4m/s；(2)木板B的最终速度为m/s。解析：(1)由牛顿第二定律得：qE1cos45mAa1，代入数据解得：a110
21、m/s2，由匀变速运动的速度位移公式得：v2a1L，代入数据解得：v14m/s；(2)由牛顿第二定律得：对A：qE2mAgmAa2，代入数据解得：a23m/s2，对B：mAgmBaB，aB1m/s2，设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，由匀变速运动的速度位移公式得：v1a2taBt，代入数据解得：t1s，由位移公式得：v1ta2t2xA，aBt2xB，代入数据解得：xA2.5m，xB0.5m，则：xxAxB2m；又l2.8m、L0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，由牛顿第二定律得：qE2(mAmB)a3，代入数据解得：a31m/s2，由速度位移公式得：vv2a3xA，由速度公式得：v2aBt，解得：v3m/s。
