河南省长葛市一高2017～2018学年高二上学期9月质量检测
物理试题
一、选择题(共12小题,每小题4.0分,共48分，1～6题单选，7～12题多选，全对得4分，选对但不全的，得2分，选错得0分)
1. 如图所示，两段等长细线串接着两个质量、电量相等的带电小球a、b，
a带正电、b带负电，悬挂于O点．现在空间加上水平向右的匀强电场，
则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图( )
A． B． C．D．
2. 如图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘
细线分别系于上、下两边，处于静止状态，地面受到压力为FN，
球b所受细线的拉力为F，剪断连接球b的细线后，在球b上升
过程中地面受到的压力( )
A． 小于FN B． 等于FN
C． 等于FN＋F D． 大于FN＋F
3. 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O
沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿
AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小
球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点
电荷(a、b之间的库仑力忽略不计)，先将a放在细杆上，让其从A
点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下
落，则下列说法中正确的是( )
A． 从A点到C点，小球a做匀加速运动
B． 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能
C． 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变
D． 小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功
4. 图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，
在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是
( )
A． B． C． D．
5. 一半径为R＝20 cm的圆处在匀强电场中，电场线与圆面平行．圆周上有四个点A、
B、C、D，其位置关系如图所示，已知∠AOD＝74°，A、D及O
点电势分别为φA＝φD＝16.0 V，φO＝0，则以下分析判断正
确的是( )
A．B、C点电势均等于16.0 V
B．电子从O点移到A点，其电势能增加了16 eV
C．匀强电场的场强大小为80 V/m
D．匀强电场的场强大小为100 V/m
6. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的
图象如图所示．下列判断正确的是( )
A．O点的场强最小，电势最低
B．－x1处的电势和x1处的电势相等
C．电子从x1处到－x1处的过程中速度先减小后增大
D．电子从x1处到－x1处的过程中电势能一直减小
7. 如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入
平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距
离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应
该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍
D．使U2变为原来的倍
8. 如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右
的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏
转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其
相互作用，那么( )
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
9. 如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，都用长L的丝线
悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为，
可采用以下哪些方法( )
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的
质量增加到原来的2倍
10.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的
随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线
垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时
刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )
A． 所有粒子都不会打到两极板上
B． 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C． 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D． 只有t＝n(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
11.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时
刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运
动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速
度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A． 末速度大小为v0 B． 末速度沿水平方向
C． 重力势能减少了mgd D． 克服电场力做功为mgd
12.如图所示，真空空间中四点O、A、B、C恰为一棱长为L的正四面
体的四个顶点，其中A、B、C三点在水平面内，O′为三角形ABC
的几何中心．已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正
确的是( )
A． 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，则O点电
势比O′点电势高
B． 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的
小球(可视为点电荷)放置在O点恰静止，则小球所带的电荷量为
C． 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则O点与AB、BC、AC三边中
点的电势差相等
D． 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则O点的场强比O′点的场强
大
二、填空题(共2小题,每小题6分,共12分)
13.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f＝6πηrv
计算(其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数)．实验时测出r、v1、v2，且E、η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10－19C)
分析这些数据可知________．
14.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极
板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
(1)使电容器带电后与电源断开
①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或
“不变”);
②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变
大”“变小”或“不变”)；
③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变
大”“变小”或“不变”)．
(2)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荷量的变化情况
C．静电计可以用电压表替代
D．静电计可以用电流表替代
三、计算题
15.（8分）把质量m的带负电小球A，用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为Q的带正电球
B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成α角．试求：
(1)A球受到的绳子拉力多大？
(2)A球带电荷量是多少？
16.（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源．上极
板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点，有一小油滴自由落
下．已知小油滴的电量Q＝－3.5×10－14 C，质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即
将落到下极板时，速度恰为零．(不计空气阻力，g＝10 m/s2，L＝15 cm)求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器带电量Q是多少？
17.（10分）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量
为m，电荷量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通
过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水
平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分
别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出平行金属板时的动能．
18.（12分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的
小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为
-q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力
大于所受的电场力．
(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；
(3)若小球从斜轨道h2＝5R处由静止释放．假设其能通过B点．求在此过程中小球机械能的改变量．
2017～2018学年高二质量检测
物理试题答案
一、选择题(共12小题,每小题4.0分,共48分，1---6题单选，7-----12题多选，全对得4分，选对但不全的，得2分，选错得0分)
1.【答案】A
【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，水平方向受到两个电场力，矢量和为零．竖直方向受到总重力，根据平衡条件得知，细线Oa的拉力必定在竖直方向，所以细线Oa的方向必须是竖直的．再以小球b为研究对象，由于带负电，该小球受到的电场力方向水平向左，则细线ab向左偏离竖直方向，故A正确，B、C、D错误．
2.【答案】D
【解析】由题意知，处于静止状态时，球a、球b之间存在库仑引力，球b受到球a的库仑力大于球b的重力，设箱子的质量为M，球a、球b的质量分别为ma、mb，此时用整体法知FN＝Mg＋mag＋mbg.当连接球b的细线被剪断的瞬间，箱子受到的作用力少了一个连接球b细线向上的拉力，大小为F，此时地面的支持力增大为FN＋F.球a受细线的拉力FTa＝mag＋F引，F引随着球a、球b之间距离的减小而增大，球b做加速度逐渐增大的加速运动，方向竖直向上，所以在球b上升过程中地面受到的压力将大于FN＋F，D选项正确．
3.【答案】C
【解析】从A到C小球a受到的作用力是变力，故不可能做匀加速运动，A错；B和C在同一个等势面上，小球a和b在B和C点的电势能相等，故B、D错；电场力对小球a先做正功后做负功，故小球a的机械能先增加后减少，小球a只有重力和电场力做功，机械能和电势能之和不变，故C正确．
4.【答案】B
【解析】由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到的图形是B选项．
5.【答案】D
【解析】据题知A、D两点的电势相等，由于该电场是匀强电场，则AD连线是一条等势线，电场线与AD垂直，根据顺着电场线方向电势降低可知B、C两点的电势不等于16.0 V．故A错误．电子从O点移动到A点，电场力做功：W＝－e·UOA＝－e×(－16 V)＝16 eV.电场力做正功，电势能减小16 eV.故B错误；由题φA＝16.0 V，φD＝16.0 V，连接AD的直线即为匀强电场中的一条等势线．O到直线AD的距离为：
d＝R·cos＝R·cos 37°＝0.2×0.8 m＝0.16 m
所以该电场的强度为：E＝＝＝V/m＝100 V/m.故C错误，D正确．
6.【答案】D
【解析】从E－x图象可以看出，O点的场强最小；由于电场强度的方向全是沿x轴的正方向，沿着电场线电势降低，故在x轴正方向上，x越大，电势越低，故A、B错误；由于电场强度是正方向，故电子受力沿着负方向，故电子从x1处到－x1处的过程中电场力与速度一直同向，故速度一直增大，故C错误；电场力做正功，电势能减小；电子从x1处到－x1处的过程中电场力与速度一直同向，故电子从x1处到－x1处的过程中电势能一直减小；故D正确．
7.【答案】AC
【解析】电子加速有qU1＝mv；电子偏转有y＝·()2，联立解得y＝，使U1加倍，为使电子的运动轨迹不发生变化，则需要使偏转电压增加一倍或者使偏转电场两极板间距离变为原来的一半，显然选A、C.
8.【答案】AD
【解析】根据动能定理有qE1d＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝.在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝t2及tanθ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tanθ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相 等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．
9.【答案】BD
【解析】对B由共点力平衡可得＝而F＝，可知d＝故答案为BD.
10.【答案】ABC
【解析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t＝0时刻射入的粒子在竖直方向始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A、B正确，D错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移为；有：＝·
由于L＝d
故：vym＝v0
故Ek′＝m(v＋v)＝2Ek0，故C正确．
11.【答案】BC
【解析】0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做平抛运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确．根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．
12.【答案】BCD
【解析】若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将一个正的试探电荷从O′点移动到O点，电场力做正功，电势降低，故A错误；若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点恰静止，小球受到的三个电场力的合力与重力平衡，根据平衡条件，有：
3Fcosθ＝mg
其中：F＝k
sinθ＝＝，故cosθ＝＝＝
解得：q＝，故B正确；
若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，结合对称性可知，O点与AB、BC、AC
三边中点的电势差相等，故C正确；
若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，O点的场强不为零，O′点的场强为零，故O点的场强比O′点的场强大，故D正确．
二、填空题(共2小题,每小题6分,共12分)
13.【答案】(1) （3分）(2)电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C（3分）
【解析】(1)没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1
加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE
解以上两式得到油滴的带电量q＝
(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C.
14.【答案】(1)①变大（1分） ②变小(1分) 变小(1分) (2)A（3分）
【解析】(1)根据电容的定义式C＝和电容的决定式C＝得U＝，当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小．
(2)静电计是用来观察电容器两端电压变化情况的，不可以用电压表代替，也不可以用电流表代替，因为电流表和电压表在构成电流通路时才有示数．
三、计算题
15.（8分）【答案】(1) (2)
【解析】(1)带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力FT的作用，其合力为零．因此mg－FTcosα＝0，（1分）F－FTsinα＝0（1分）
得FT＝，（1分）F＝mgtanα.（1分）
(2)根据库仑定律F＝k，（2分）
所以A球带电荷量为q＝.（2分）
16.（10分）
【答案】(1) 2.0×106V/m 方向竖直向下 (2)3.0×105V (3)1.2×10－6C
解析 由动能定理W＝ΔEk
得mg(h＋L)＝|Q|U，（2分）
代入数据 U＝3.0×105 V（1分） .
由 E＝u/l （2分）得
E=2.0×106 V/m（1分）
方向竖直向下（1分）
由Q＝CU （2分）
得Q= 4.0×10－12×3.0×105 C＝1.2×10－6 C（2分）
17.（10分）【答案】(1) (2)d (3)
【解析】(1)由U0e＝mv （2分）得：vB＝ （1分）
(2)由y＝＝ （2分）可得：l＝d （1分）
(3) 由动能定理得：U0e＋e＝Ek末 所以电子穿出平行金属板时的动能
Ek末＝.（公式、答案各2分）
18.（12分）【答案】(1) (2)R (3)3qER
【解析】(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma（2分）得：
a＝.（1分）
(2)球恰能过B点有：
mg－qE＝m①（2分）
由动能定理，从A点到B点过程，则有：
(mg－qE)(h1－2R)＝mv－0②（2分）
由①②解得h1＝R.（1分）
(3)因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加，则增加量：ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.（2分）
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.（1分）
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