安徽省阜阳市第三中学2025-2026学年高二上学期物理周测试题（四）

2024级高二年级物理周练四【答案】 1.C 2.D 3.A 4.B 5.c 6.B 7.BC 8.AD 9.AC 小于 不变 静止不动 10.解：（①）对点电荷D在B点时受力分析，根据牛顿第二定律有：FB-mg=mag 根据库仑定律有：F守 kQq 联立解得：q=mgh2 k0 (2)当点电荷D所受合外力为0时，速度最大，有k=mg h好 解得h1=h (3)点电荷D从A点到B点的过程，根据动能定理有：mg(4h-0.25h)+W4B=0 WAB -qUAB 联立解得：UAB=二5 4h 11.(①)根据题可知，粒子从P点射出的初速度大小为0=。 从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出， 则粒子在电场运动的加速度大小为a=, ml =2x3a(3), 解得U。=2m2。 972。 (2)由于所有粒子穿过电场的时间均为to=T,因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子 射出电场时速度大小为vo,方向水平向右，根据对称性，从t=0.5T时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘 水平向右射出，即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为L的区域内，t=0.25T时刻射出的粒子刚好 沿两板中线射出，经MN右侧电场偏转后打在荧光屏的中点，设该电场的电场强度大小为B,则L=9E2, L=vot, 解得E= 97r2a (3)设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y1,则 y=照好， 第1页，共6页 =: 解得y1=. 设打在荧光屏右端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y2,则2-汽经， 2=ot2, 解得2=L>L,因此从上板附近射出的粒子也能打在荧光屏上， 9 故屏上能接收到的粒子从两极板间射出时的位置范围是L≤y≤L。 【解析】 1.【分析】 电场场强与电势由电场决定，与检验电荷无关，电容由电容器本身决定，Uab=Ed中的d为沿场强方向的距 离。结合这些知识分析 考查比值定义法的物理量，明确场强，电势的决定因素，要明确公式U=Ed中d的准确含义. 【解答】 AB.电场强度与电势都由电场本身决定，与检验电荷无关，则两种说法错误.故AB错误. ℃.公式C=号是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C由电容器本身决定，与电容器两极板 间电势差U无关，故C正确. D.由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点α、b间沿电场线方向间的距离越大，则两点间的电势差一定越 大；若匀强电场中的点α、b间的距离与电场线垂直，无论距离怎样变化，电势都不变.则D错误. 故选：C. 2.A、保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式C一a可知电容C减小，故A错误。 B、保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离过程中，电压保持不变，电容减小，电容器放电，电流由b向a 流过，故B错误； C、断开开关，则电荷量Q不变，A板竖直上移一小段距离，电场强度E=日=是= ,恒定不变，故 带电油滴静止不动，故C错误； D、根据以上分析可得，P点与下极板的距离变大，但E不变，故P点与下极板的电势差变大，下极板带正电， UP=Pg一pp=O-pp>O,故P点的电势降低，而油滴原来静止在P点，应该带正电，故带电油滴的电势 能将减小，D正确。 第2页，共6页 3.设AB间电场强度为E1,BC间场强为E2,根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理， 有 eEXoM-eE2XMp =0-0 ①， BC板电量不变，BC板间的场强 ==0=4k②， E,=片=a品d5 由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由①知，电 子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误。 故选A。 4.【分析】 两粒子都做类平抛运动。两粒子在竖直方向上做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相 等，所以它们的运动时间相等。两粒子在水平方向上做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等， 所以水平位移大小相等。 本题考查了类平抛运动的应用，熟悉类平抛运动规律是解题的关键。 【解答】 由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒 子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，根据空间的对称性可知，相切点为矩形的几何中心，两粒子运动 到轨迹相切点的水平位移都为号竖直位移都号，由类平抛运动的关系可得：号票，号=得0-、票 故B正确，ACD错误。 故选B。 5.小球处于平衡状态时，对小球进行受力分析如图甲所示， 0 0 第3页，共6页 tan0=品-景解得电场强度E=375x10sN/心，4错误： mg 平衡时细线的拉力F,-mg=0,125N,B错误； 小球被拉至水平位置，受力分析如图乙所示，由静止释放后沿与竖直方向成37°角方向做匀加速直线运动， 到达B点后细线被拉直，匀加速过程加速度大小a=9=12.5m/s2, 在三角形0AB中，x4B=2lc0s53°=1.68m, 经过t=0.5s,小球的位移大小为x=2at2=1.5625m<x48, 即经过0.5s小球不会到达B点，小球速度大小为v=at=6.25m/s,C正确： 假设小球从静止释放到0点正下方的过程无能量损失，由动能定理得mgl+q5l=)mv2,解得v=7m/s, 实际当小球到达B点后，速度沿细线方向分量会变为0，即能量会损失，小球第一次到达0点正下方时，速 度小于7m/s,D错误。 6.【分析】 做出粒子在交变电场中的速度-一时间图象，结合图象分析o可能属于的时间段。 本题也可以由牛顿第二定律结合运动学公式分析，但没有做出速度-时间图象简单。 【解答】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度时而为负，时而为正，最终打在A板上时位 移为负，速度为负。作出。=0、不子买时粒子运动的速度-时间图像如图所示。由于图线与时间轴所围 的面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<。<骨平<。<T时粒子在一个周期内的总位移大于零； <t。<平时粒子在一个周期内的总位移小于零：当o>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒 T 子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。 0 T TT 5T/3T 424 第4页，共6页 7.【分析】 带电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速运动，求出在 时间内与时间t内竖直位移之比，结合功的定义式求解电场力对粒子做功的值。粒子在下落前和后，竖 直方向位移相等，则电场力做功相同。 本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向做初速度为零的匀加 速直线运动。 【解答】 AB.在时间t纳，L=ot,号-at2,在纳，y=(),比较可得y=骨则电场力做的功为w=q6y=- a 8 兴A错误，B正确， CD.在粒子下落的前和后过程中，电场力做的功分别为W1=9E×是W2=9B×年所以W1:W2=1:1, C正确，D错误。 8.AB.若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，根据匀强电场电场强度与电势差的关系以及平 衡条件有6=号 mgtan0=Eg 可知，当将A板向B板靠近时，d减小，电场强度E增大，O将增大，故A正确；B错误： CD,若断开S,电容器带电量保持不变，根据电容的计算公式C=号C=E=背 可得E=nkg ErS 由于Q、S不变，只是减小，所以电场强度不变，电场力不变，则8不变，故C错误，D正确。 故选AD。 9.【分析】 解决本题关键要知道静电计能测量电势差，掌握电容的决定式和定义式结合来判断两极板电势差的变化情 况，抓住电量不变这个条件进行分析。 【解答】 (1)AB、静电计测量电容器极板间电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电 容器的电量变化情况，故A正确、B错误； C、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将A板与电容器外壳相接，不需要都接地，故C正确： 第5页，共6页 D、静电计与电压表的原理不同，不能用电压表代替，静电计是根据电荷间的相互作用规律制成的，而电压 表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故D错误： 故选：AC: (②)在某次实验过程中，将A、B板间的电介质由陶瓷片换为云母片时，观察到静电计的指针偏转角度变小， 说明电容器两极板间的电压减小，电荷量不变，则电容增大，其它条件不变，则说明陶瓷的相对介电常数 小于云母的相对介电常数： (3)带电液滴静止时，据平衡条件有qE=mg,当A极板下移时，两极板的电荷密度不变，则场强不变，带 电液滴仍处于平衡状态，该点到零势能面的电势差不变，则该点的电势不变，电势能也不变。 故答案为：(1)AC;(2)小于；(3)不变；静止不动。 10.(1)根据库仑定律结合牛顿第二定律可解得点电荷的电荷量： (2)当点电荷D所受合外力为0时，速度最大： (3)根据动能定理与电场力计算公式可解得A、B两点间的电势差。 本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握牛顿第二定律与动能定理的应用，注意动能定理的运用 要选取运动过程。 11.(1)从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，粒子在水平方向为匀速直线运动，竖直方 向先匀加速后匀减速（对称），根据牛顿第二定律结合运动学公式分析求解； (2)带电粒子在交变电场中偏转，若交变电场的周期与粒子在板间运动时间一样（或者时间是周期的整数倍）， 那么出射粒子速度方向全部平行，形成平行粒子带，而本题所有出射粒子的速度方向均沿水平方向，所以 粒子进入MN右侧电场后做类平抛运动，由运动的合成与分解规律求解； (③)分别分析打在荧光屏左端、右端的粒子，由类平抛运动的规律求解。 本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方 向是匀加速直线运动，由类平抛运动规律可以求出粒子的运动时间和偏移量等。 第6页，共6页2024级高二年级物理周练（四） 满分：100分 考试时间：40分钟 一、单选题：本大题共6小题，每题6分，共36分。 1.以下说法正确的是() A由E=。可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B.由公式p=2可知电场中某点的电势p与q成反比 C.公式C-中，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D.由Ub=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 2如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B接地，开关S闭合，电容器两极板间P点处有一带电油滴处 于静止状态。下列说法正确的是() A保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，电容的电容变大 B.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离过程中，电流表中有从a向b的电流通过 C.断开开关，A板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动 D.断开开关，B板竖直下移一小段距离，带电油滴的电势能将减小 3.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别 位于0、M、P点。由0点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P 点，则由0点静止释放的电子() A运动到P点返回 多运动到P和P'点之间返回 C.运动到P'点返回 D.穿过P'点 4.如图所示，场强大小为B、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水 平边ab长为s,竖直边ad长为h质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，由a、 c两点先后沿ab和cd方向以速率o进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中）.不计 重力.若两粒子轨迹恰好相切，则等于() A B c恶 熙 5.用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10-2kg、电荷量为2.0× 10-8C的小球，细线的上端固定于0点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细 线与铅垂线成37°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则 (sin37°=0.6)() 第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP A.该匀强电场的场强为3.75×107N/C B.平窗时细线的拉力为0.17N C.经过0.5s,小球的速度大小为6.25m/s D.小球第一次通过0点正下方时，速度大小为7m/s 6.如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一虽 力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处，若在时刻释放该粒 子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t可能 属于的时间段是()》 A0<t0<号 B<t0<平 c￥<t<T D.T<<智 二、多选题：每小题7分，共14分。 7.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L,板间距离为d,板间电压为U,一不计重力、电荷量为q的 带电粒子以初速度沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为，则() A.在时间内，电场力对粒子做的功为Ug B在时间内，电场力对粒子做的功为Ug C在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：1 D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：2 8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S,电容 器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是(） 人.保持S闭合，将A板向B板靠近，则8增大 B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则8不变 C.断开S,将A板向B板靠近，则9增大 D.断开S,将A板向B板靠近，则8不变 三、实验题：每空3分，共12分。 9.在“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实 验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、插入极板 间的介质等因素有关，他将一个己经充电的平行板电容与 ●m,q 静电计连接如图1所示，实验时保持电容器极板所带的电 量不变，且电容器B板位置不动。 恩2 第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App (1)下列说法正确的是-· A,使用静电计的目的是观察电容器电压的变化悄况 B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C,实验中静电计的外壳与A板连接后可不接地 D.静电计可以用电压表替代 (②)在某次实验过程中，将A、B板间的电介质由陶瓷片换为云母片时，观察到静电计的指针偏转角度变小， 本次实验说明陶瓷的相对介电常数：一云母的相对介电常数（选填“大于”、“小于”或“等于”）。 (③)若将电容器水平放置，如图2所示，有一带电液滴静止在电容器内部P点处，现将电容器A板南下平移一 小段距离，则液滴在该处的的电势能（填“变大”“变小”或“不变”），液滴_一（项“静止不动”， “向下运动”，“向上运动”)。 四、计算题：本大题共2小题，共18+20=38分。 10.如图所示，C为固定的、电荷量为Q的正点电荷，A、B两点在C的正上方，它们与C的距离分别 为4h和0.25h。将另一质量为m、电荷量未知的正点电荷D从A点由静止释放，运动到B点时速度 正好又变为零。已知重力加速度大小为g,点电荷D在B点处的加速度大小为15g,静电力常量为 4h k,求： (1)点电荷D所带的电荷量q: 0.25h (2)点电荷D从A点下落到B点的过程中速度最大的位置离C点电荷的竖直距离九1：， 入 (3)A、B两点间的电势差。 第3页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 11,如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压， 图中U,未知、T己知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质毋为m, 电荷为9的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T,从=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边 缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏， 茨光屏的上表面与平行板下板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端离MN的距高为L,在t=0.25T时刻 射出的粒子最终恰好打在荧光屏的中点，不计粒子重力，不计粒于何的相互作用，求： A U. 0.5771.57 21 -U B 甲 (1)粒子从P点射出的刚速度v大小及两板间电压U的大小； (2)竖直虚线MN右侧匀强电场的场强E大小y (3)屏上能接收到的粒子从两极板间射出时的位置范围。 第4贞，共4贞 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫App