四川省威远中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 17页

威远中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题 ‎1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　 　)‎ A. 根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB=1 V D. 根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误。电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误。据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为-1V，故C错误。根据点电荷的场强公式E=k知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式。‎ ‎2.两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1∶5，且为异种电荷，两者相距为r。现将金属球A和B接触一下后放于距离为2r的两点处，则接触后两小球之间的库仑力大小与接触前两小球之间的库仑力大小之比为(　　)‎ A. 5∶1 B. 9∶20‎ C. 20∶9 D. 1∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两个完全相同的带异种电荷的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：5Q，所以A、B所带的电荷相等都为2Q，根据库仑定律得：； ，解得：F′=F/5，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是1：5。故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分．‎ ‎3.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. a点电势比b点高 B. a、b两点的场强相同 C. a、b、c三点和无穷远处等电势 D. 一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，都为零。故A错误，C正确。a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同。由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度。故B错误。a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，场强方向都与垂直平分线垂直向右，所以电子在a、c之间受到的电场力的方向都向左，不可能在c点两侧往复振动。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．‎ ‎4.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则（ ） ‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误。‎ B．由图可知，N由O到a，和M由O到b过程中电场力做功相同，则由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B错误；‎ C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C错误；‎ D．O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点过程中，电场力对它做功为零。故D正确。‎ ‎5.如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为4.5 J，克服空气阻力做功为1J．则下列说法不正确的是(　　)‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点的机械能比在B点大1 J C. 粒子在A点的动能比在B点小1.5 J D. 粒子在A点的电势能比在B点大4.5 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电。选项A正确。从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功和阻力做功，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功与阻力做功之和，即4.5J-1J=3.5J，所以机械能增加了3.5J，选项B错误。从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功4.5J，克服空气阻力做功为1J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点少1.5J，选项C正确。从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点的电势能比在B点时的电势能大4.5J。选项D正确。此题选择错误的选项，故选B。‎ ‎【点睛】对于本题要明确：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．另外机械能的变化要看除重力以外的其它力的功.‎ ‎6.如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等。一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10 J，在电场力作用下从A运动到B时速度为零。当这个粒子的动能为7.5 J时，其电势能为（ ）‎ A. 12.5 J B. 2.5 J C. 0 D. -2.5 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由动能定理：‎ WAB=0-EK0=-10J 相邻两个等势面间的电势差相等Uab=Ubc，所以qUab=qUbc，即：‎ ‎ ‎ 设粒子在等势面b上时的动能EKb：则 Wbc=EKc-EKb 所以：‎ EKb=5J 所以粒子在b处的总能量：‎ Eb=EKb=5J 从而可以知道粒子在电场中总能量值为：‎ E=5J。‎ 当这个粒子的动能为7.5J时有：‎ EP=E-EK=（5-7.5）J=-2.5J。‎ A．12.5 J，与结论不相符，选项A错误；‎ B．25 J，与结论不相符，选项B错误；‎ C．0，与结论不相符，选项C错误；‎ D．-2.5 J，与结论相符，选项D正确；‎ ‎7.如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（ ）‎ A. L越大，灵敏度越高 B. d越大，灵敏度越高 C. U1越大，灵敏度越高 D. U2越大，灵敏度越低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在电场中，根据动能定理得：‎ 粒子在偏转电场中，由运动学公式得：‎ L=vt 在偏转电场中的偏转位移，由运动学公式得：‎ ‎ ‎ 且 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 联立解得，灵敏度：‎ 则：‎ A．L越大，灵敏度越大，选项A正确；；‎ B．d越大，灵敏度越小，选项B错误；‎ C．U1越大，灵敏度越小，选项C错误；‎ D．灵敏度与U2无关，故D错误。‎ ‎8.如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为＋q1和－q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连。整个装置处于水平向左的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定( )‎ A. m1＝m2 B. m1＞m2 C. q1＞q2 D. q1＜q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，q1E＞q2E，即q1＞q2，而两球的质量无法比较其大小，故C正确、ABD错误。故选C。 ‎ ‎9.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为﹣3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q．两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为﹣2L和2L，则下列判断正确的是 A. 两点电荷一定为异种电荷 B. 原点O处场强大小为 C. 负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由φ−x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；‎ BC、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，，得Q′=4Q，故原点处的场强大小为，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B错误，C正确；‎ D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎10.一个带负电荷量为q、质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直光滑圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 小球不能过B点 B. 小球仍恰好能过B点 C. 小球通过B点，且在B点与轨道之间压力不为零 D. 以上说法都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】没有电场时，最高点速度设为，则，又根据机械能守恒定律，解得，加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为，则，而由动能定理，得，解得，说明小球仍恰好能过B点，B正确．‎ ‎11.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，∠ABC=60°，AB长为1 m，匀强电场电场线与三角形所在平面平行，已知φA＝5V、φB＝－5V、将一带电量为q=2×10-5C的正电荷从A点移到C点，克服电场力做功2×10-4J，则下列说法正确的是 A. 场强的方向垂直AD连线斜向下 B. 场强的方向垂直于BC斜向下 C. 场强的大小为 D. 场强的大小为10 V/m ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A点到C点的电势差为：，由于，可得：， 由题意，φA=5V、φB=-5V、φC=15V，则BC连线的中点D的电势为：，则φD =φA，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，可知，场强的方向垂直于AD连线斜向下，如图所示，故A正确，B错误；‎ 场强的大小为：，故C正确，D错误。‎ ‎12.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置则（ ）‎ A. U变小，E不变 B. E变小，W不变 C. U变小，W不变 D. U不变，W不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】平行板电容器充电后与电源断开所带电量不变，当极板距离减小时，根据电容决定式知，d减小，则电容C增大；根据知，U减小。电场强度，知电场强度不变，所以P与负极板间的电势差不变，则P点的电势Φ不变，电势能W 不变。 A．U变小，E不变，与结论相符，选项A正确；‎ B．E变小，W不变，与结论不相符，选项B错误；‎ C．U变小，W不变，与结论相符，选项C正确；‎ D．U不变，W不变，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎13.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ ‎14.如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点，则（ ）‎ A. B、D两处电势相同、场强不相同 B. B、D两处电势不相同、场强相同 C. 若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大 D. 若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电场中存在两个等量的正点电荷，且B、D两点关于O点对称，故B、D两点电势相等，场强大小相等，方向相反，故A正确，B错误；‎ C、BD所在直线，电场强度从上方无穷远处到O点先增加后减小，到O点电场强度为零，从O到下方无穷远电场强度先增大后减小，由于无法确定电场强度最大的位置，所以电子在B、D间运动时加速度变化情况无法判断，故C错误；‎ D、在垂直纸面经过BD两点的圆上，所有点的电势都相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，故电子可绕O点做匀速圆周运动，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况。‎ ‎15.A、B两物体质量均为m，其中A带电量为q（不考虑电量的变化）的负电荷，B不带电，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加一竖直向下的匀强电场，电场强度E= （g为重力加速度），若不计空气阻力，则以下说法正确的是( )‎ A. 刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为g，方向竖直向上 B. B刚离开地面时， A的速度大小为2g C. B刚离开地面时，A的速度大小为g D. B刚离开地面时，A的加速度为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场的瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故F=2mg=ma，解得a=2g，方向向上，故A错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加外力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x=，故合力做功全部转化为A的动能，根据动能定理可知(qE-mg) x＝mv2，解得v=，故B正确，C错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，此时弹簧的弹力F=mg，对A物体，受到向上的电场力、重力以及弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知qE-F-mg=ma，解得a=0，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的形变量，最后结合几何关系得到物体A上升的距离，注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。‎ 二．填空题 ‎16.在静电场中的某一点A放一个试探电荷q=﹣1×10﹣10C，q 受到的电场力为1×10﹣8N，方向向左，则A点的场强的大小为_____和方向_____；如果从A点取走q，A点场强大小为_____．‎ ‎【答案】 (1). 100N/C (2). 向右 (3). 100N/C ‎【解析】‎ 根据场强的定义式知A点的场强的大小为：，场强方向与负电荷所受电场力方向相反，所以A点的场强方向向右；电场强度反映电场性质的物理量，与试探电荷无关，把这个检验电荷取走，A点的电场强度不变仍为100N/C。‎ ‎17.带电荷量为q＝＋5.0×10－8 C的点电荷从A点移到B点时，克服电场力做功3.0×10－6 J.已知B点的电势为φB＝20 V，A、B间的电势差UAB=_________ V；A点的电势φA=_____‎ V；点电荷从A到B的电势能变化为____________。‎ ‎【答案】 (1). -60V (2). -40V (3). 增加了3.0×10-6J ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．A、B间的电势差为：‎ ‎[2]．A点的电势为：‎ φA=UAB+φB=-60V+20V=-40V；‎ ‎[3]．从A到B，电场力做负功，故电势能增加，增加了3.0×10-6J；‎ ‎18.一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4 C，则其电压减小为原来的，则电容器原来的带电荷量为_____________C。‎ ‎【答案】4.5×10-4C ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．由题：平行板电容器的电荷量减少△Q=3×10-4 C，电压降低到，则 ‎ ‎ 解得：‎ Q=4.5×10-4C 四、计算题 ‎19.如图所示，用30cm的细线将质量为4×10-3kg，带电量为3×10-6C的带正电小球P悬挂在O点，当空中有方向为水平向右的匀强电场时，小球偏离37°后处于静止状态．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）求匀强电场的场强；‎ ‎（2）求细绳拉力的大小．‎ ‎【答案】（1）1×104N/C.（2）5×10-2N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球受力进行分析，小球受到重力mg、电场力qE，细线的拉力T，如图．‎ ‎ 根据平衡条件得：‎ qE=mgtan37°‎ 得：‎ ‎（2）细丝的拉力为：‎ ‎20.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2d。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，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）O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度；‎ ‎【答案】（1） （2）； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理得 ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ ‎（2）小球p经过O点时受力如图 由库仑定律得 它们的合力为 F=F1cos 45°+F2cos 45°=Eq 所以O点处的电场强度 由牛顿第二定律得：‎ mg+qE=ma 所以 ‎21.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q ‎＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图所示。g取10m/s2，求物块最终停止时的位置。‎ ‎【答案】0.2 m ‎【解析】‎ ‎【详解】物块先在电场中向右减速，设运动位移为x1，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：x1＝0.4 m ‎ 根据题意可知，当物块速度减为零时： ‎ 所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离x2，对全程由动能定理有：‎ ‎ ‎ 联解得： x2＝0.2 m ‎ ‎