广东省茂名市第一中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） 15页

茂名市第一中学2020学年度第一学期期中考试 ‎ 高二物理试题 一、选择题 ‎1.电场中A点的电场强度为E,方向水平向右。若在A点放一试探电荷,它所受到的电场力大小为F，若在A点放置一个电荷量为的试探电荷,下列说法中正确的是 A. A点的场强方向变为水平向左 B. A点的场强变为E C. 受到的电场力方向水平向左 D. 受到的电场力大小也为F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场的电场强度是电场的固有属性，与试探电荷的正负和大小无关；电场力的大小计算遵循F=Eq，与电荷量的大小和正负有关．负电荷所受的电场力方向与场强方向相反.‎ ‎【详解】电场强度是反映电场本身的性质，与试探电荷的正负和大小无关，故在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向仍水平向右，大小仍为E，故AB错误；正电荷的受力方向和负电荷的受力方向相反，故负电荷-2q所受的电场力方向变为水平向左，故C正确；A点的场强一定，由F=qE知在A点放置一个电荷量为-2q的试探电荷，则它所受的电场力变为2F，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电场中电场强度和电场力的计算，注意：电场的电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的正负和大小无关。‎ ‎2.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍,下列方法中可行的是 A. 每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变 B. 保持点电荷的电荷量不变,使两个电荷间的距离增大到原来的2倍 C. 使一个点电荷的电荷量加倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两个点电荷间的距离减小为原来的 D. 保持点电荷的电荷量不变,将两个点电荷的距离减小到原来的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律公式 ‎【详解】A、每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变,则 ‎ ,所以A选项是正确的;‎ B、保持点电荷的电荷量不变,使两个点电荷的距离增大到原来的2倍,根据公式则力变成原来的 ，故B错 C、使一个点电荷的电荷量增加1倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两点电荷间的距离减小为原来的,则有,故C错误;‎ D、保持点电荷的电荷量不变,将两点电荷间的距离减小为原来的 ,则力 ,故D错；‎ 故选A ‎3.下列说法中正确的是 A. 库仑总结出库仑定律,并测得静电力常量 B. 法拉第提出用电场线的方法来表示电场 C. 如果空间中存在两个以上的点电荷,那么这个空间中有许多电场线相交 D. 在电场中，等势面越密的地方，电场强度越小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律--‎ 库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故A正确；物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故B正确；电场线的切线方向即为场强的方向，电场中任意两条电场线都不相交，故C错误；在电场中，等差等势面越密的地方，电场强度越大，故D错误，故选AB。‎ ‎4.如图所示,把一带负电的小球放在光滑绝缘面上,欲使球能静止在斜面上,需在MN间放一带电小球,则可 A. 带负电,放在A点 B. 带正电,放在B点 C. 带负电,放在B点 D. 带负电,放在C点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．‎ ‎【详解】小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，根据平衡条件，故小球b对小球a为静电斥力，则小球b放在A位置，若小球b对小球a为静电引力，则放在C位置，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围．‎ ‎5.如图所示,电子在电势差为的电场中加速后,垂直进入电势差为的偏转电场,在满足电子能射出的条件下,下列四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是 A. 变大、变小 B. 变大、变大 C. 变小、U变小 D. 变小、变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．‎ ‎【详解】根据动能定理：，在偏转电场中，，，联立解得：，若使偏转角变大即使变大，由上式看出可以变大，变小，故D正确，ABC错误，故选D。‎ ‎【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．‎ ‎6.如图所示,直流电源两端的电压保持不变,平行板电容器与电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. 电容器的电容增大 C. 极板所带的电荷量减少 D. P点与下极板的电势差不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，根据F=qE判断电场力变化，确定油滴运动情况．‎ ‎【详解】电容器两端的电压不变，将上极板上移时，d增大，由电容的决定式，可知C减小，根据Q=UC可知，极板带电量也减小，故B错误，C正确；根据，可知电场强度减小，则电场力减小，故带电油滴将沿竖直方向向下运动，故A错误；根据U=Ed，可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，故D错误， 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化．‎ ‎7.如图所示,A、B两端电压恒为U,开关S接通后流过的电流是S接通前的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联．根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．‎ ‎【详解】设AB两端的电压为U，R1=R2=R3=R，则S接通时，，则通过R2的电流为，S断开时，，故，故选B。‎ ‎【点睛】此题考查欧姆定律及电阻的串、并联．要注意在采用比例法时，要用相同的量表示所研究的物理量．‎ ‎8.一电子飞经电场中A、B两点,电子在A点电势能为,动能为 ‎,由A点到B点静电力做功为,如果电子只受静电力作用,则 A. 电子在B点的动能为 B. 电子在B点的动能为 C. 电子在B点的电势能为 D. 电子在B点的电势能为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场力做功与电势能的变化关系求电子在B点的电势能，根据能量守恒求出电子在B点的动能。‎ ‎【详解】由A点到B点静电力做功为，即从A点到B点电势能减少，则B点的电势能为，在点A、点B电子只受电场力，则电子的电势能和动能之和不变，在A点，在B点的动能，故AC正确，BD错误，故选AC。‎ ‎【点睛】本题重点考查了电场力做功与电势能的变化关系WAB=EPA-EPB这个关系式，结合功的公式即可解决此类题目．‎ ‎9.有A、B、C三个完全相同的金属球对地绝缘,A带的正电荷,B、C不带电。现每次将两个球相互接触后分开,使它们都带电,则A、B、C所带的电荷量可能是下面组数据 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两个完全相同的金属球，接触后两个小球上的总电量均分；A带的正电荷，B、C不带电，最终必定有其中的两个电量相等．‎ ‎【详解】由于两个完全相同的金属球，接触后两个小球上的总电量均分，假设A与B先接触，接触后电量都是：，然后B（或A）与C 接触，接触后的电量： ，不可能比小，C与A接触后分开的电量为，故AD错误，BC正确；故选BC。‎ ‎【点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分；接触的过程中电量既不会增加，也不会减少．‎ ‎10.负点电荷Q固定在正方形的个顶点上,带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时,怡好能经过正方形的另外三个顶点如图所示,则 A. 粒子P带正电 B. 三点在同一个等势面上 C. 两点的电场强度相同 D. 粒子P由到电势能增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹弯曲方向判断出粒子与点电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力。根据电场线的方向分析电势关系。根据粒子与点电荷间距离的变化分析电场力做功正负，从而分析电势能的变化。根据点电荷场强公式分析两点的电场强度。‎ ‎【详解】根据粒子P轨迹的弯曲方向可知该粒子P与Q之间存在引力，两者是异种电荷，故P粒子带正电荷，故A正确；根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c距离相等，a、c两点的电势相等，即，但b距离Q较远，故，则三个点的电势不相等，故B错误；根据点电荷场强公式可知两点的电场强度的大小相等，但方向不相同，故C错误；粒子P从a到b ‎，电势升高，电场力做负功，电势能增加；故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题属于电场中轨迹问题，关键要明确粒子P所受的电场力指向轨迹的弯曲方向，要掌握点电荷电场线的分布特点。‎ ‎11.光滑绝缘的水平面上有一棱形,在三个顶点上分别放置一个点电荷棱形中心点的电场强度方向由指向且两点的电场强度相同,则以下叙述正确的有 A. 一定带正电 B. 且可能都带负电 C. D. 点的电势一定比点的电势低 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为棱形中心点的电场强度方向由指向故a、c一定是同种电荷，b为正电荷，由于b点电荷离d点较远，为了满点两点的电场强度相同，根据电场的叠加原理可知，a、c两点的电荷一定是同种等量的正电荷，故A正确，B错误；根据两点的电场强度相同，O点的电场强度为，d点的电场强度为，且ad=2ob，由，解得：，故C错误；根据电场分布可知，沿电场线方向电势越低，点的电势一定比点的电势低，故D正确；故选AD。‎ ‎12.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高,不计重力,则 A. ‎ B. A点的电场强度等于零 C. 在轴上,C点右侧的场强方向沿轴正方向 D. N点的场强方向沿轴正方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可以发现，离越近电场中的电势越高，由此可知为正电荷，同理，由于离越近电势越低，所以为负电荷。在它们的连线上A点的电势是零，但A点离近，所以的电荷量要大于的电荷量，故A错误；图象的斜率等于场强E，则知A点电场强度大小不为零，故B错误。由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故C正确；由N到C过程电势升高，则说明场强沿x轴负方向，故D错误；故选C。‎ 二、实验题 ‎13.如图电压表的读数为______V，如图螺旋测微器的读数为______mm，如图游标卡尺的读数为________cm.‎ ‎【答案】 (1). 2.30 (2). 6.860 (3). 1.215‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示电表确定其量程与分度值，读出其示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数。‎ ‎【详解】电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.30V；由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为36.0×0.01mm=0.360mm，螺旋测微器的读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm；由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.2cm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺的读数为1.2cm+0.015cm=1.215cm。‎ ‎【点睛】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直．‎ ‎14.某实验小组在测定金属丝的电阻率的实验,已知实验中所用的电流表内阻约为几欧,电压表内阻约为1KΩ,电源为干电池。‎ ‎(1)若选图甲为本次的实验电路,闭合开关前,滑动变阻器的滑片应置于_____端(选填或“b”)。若测得金属丝的长度为L金属丝(横截面为圆形)的直径为d,电流表的读数为I,电压表读数为U，则该金属丝的电阻率ρ=_______(用测量的字母代号表示),但用此电路测量的金属丝电阻仍然会比真实值偏_____(选填“大”或“小”).‎ ‎(2)若已知实验所用的电流表内阻的准确值现选择图乙为本次的实验电路,请按图乙在图丙完成实物连线_______。由实验测得的电流I和电压U描出的图象如图丁所示,则(计算结果保留两位有效数字).‎ ‎【答案】 (1). (2). 小 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式，并由此分析测量值与真实值之间的大小关系；（2）根据乙图连接好实物图，由欧姆定律求出。‎ ‎【详解】（1）若选用甲电路，闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器的有效阻值要最大，故滑片应置于b端，根据欧姆定律有：，根据电阻定律有：，，联立解得：，由于电压表的分流作用，实际流过R的电流较小，故测量值小于真实值；（2）根据乙图的电路图，画出实物连接图如图所示：‎ 由丁图可知。‎ ‎【点睛】对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示,三点在匀强电场,其中沿电场线方向,相距,和电场线方向成60°角，一个电荷量为的正电荷,在a点时受到的电场力为将该电荷从点移到点过程电场力做功为求：‎ ‎(1)匀强电场的场强E；‎ ‎(2)b、c两点间的电势差 ‎(3)规定点的电势为零,求点的电势。‎ ‎【答案】（1）100V/m（2）5V（3）5V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电场力做功公式F=qE求解电场强度；（2）根据U=Ed求解b、c两点间的电势差；（3）根据W=qU求出a、b两点的电势差，再根据即可求出a点的电势。‎ ‎【详解】（1）由题知，在a点时受到的电场力为根据F=qE 解得：‎ ‎（2）根据U=Ed，其中d是沿电场线方向的距离，则有：‎ ‎（3）根据W=qU，解得：‎ 又根据，且 解得：a点的电势为 ‎【点睛】匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负。‎ ‎16.如图,O、A、B在同一竖直平面内,OB沿竖直方向,AB在同一水平面上,∠BOA=‎ 整个空间存在匀强电场场强方向与△OAB所在平面平行,带电小球的质量为电荷量为当匀强电场水平向右,从O点由静止释放小球,小球沿着直线OA运动A点时的动能为不计空气阻力,重力加速度大小为求:‎ ‎(1)电场强度大小；‎ ‎(2)若匀强电场改为竖直向下,电场强度大小不变,将该小球从O点抛出,小球恰好经过A点，求小球从O点运动到A点的过程中,动能的改变量 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据小球的运动确定受力情况，求解电场强度；（2）根据动能定理进行求解即可。‎ ‎【详解】解：（1）当匀强电场水平向右，带正电的小球受水平向右的电场力，且沿直线OA运动至A，则有：，解得：‎ ‎（2）匀强电场改为竖直向下时，带正电的小球受竖直向下的重力和电场力 当匀强电场水平向右时，根据动能定理有：‎ 当匀强电场改为竖直向下时，根据动能定理有：‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】解题的关键是会分析两种情况下小球的运动及受力情况，根据动能定理分析求解。‎ ‎17.如图所示,一光滑绝缘的水平面上,只有AB间存在水平方向的匀强电场,电场强度如图(b)所示周期性变化,规定向右为正方向。一可视为质点的带正电粒子的电荷量质量被固定在AB的中点P处.‎ ‎(1)若时释放粒子,求粒子的加速度大小；‎ ‎(2)要使任时刻释放粒子,粒子都能飞离电场,求AB间的最大距离；‎ ‎(3)若AB的间距d=1.34m,在t=0.2s时释放粒子,求粒子到达B边界的时间。‎ ‎【答案】（1）（2）1m（3）6.26s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律即可求出加速度；（2）由题知从t=0时刻飞入时能离开电场AB有最大距离；（3）作出粒子在一个周期内的速度时间图象，由此分析求解。‎ ‎【详解】解：（1）根据牛顿第二定律有：，解得：‎ ‎（2）当从t=0.25 s进入此时AB距离最大 则粒子先经t=0.25 s加速，速度为 位移 粒子再经t=0.25 s减速到零，此时刚好到达B点， 位移为 则AB间的距离为 ‎（3）在t=0.2s粒子在一个周期内的速度时间图象如图所示：‎ 则在一个周期内的位移为 此时粒子到B点的距离为，则粒子先运动5T后，向右走了0.5m 剩下0.17m，先加速0.3s，则位移为 再减速，则有：‎ 即：‎ 变形得：‎ 解得：或（舍去）‎ 故总时间为 ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在交变电场中的运动，解决本题的关键就是会分析带电粒子在电场中的运动情况。‎