【物理】河北省张家口市宣化第一中学2020-2021学年高二上学期9月试题（解析版） 14页

张家口市宣化第一中学2020-2021学年高二上学期9月 物理试卷 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1. 关于电场下列说法不正确的是（　　）‎ A. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型 B. 只要有电荷就有电场 C. 正电荷在某点受到电场力的方向就是该点电场强度的方向 D. 电荷间相互作用是通过电场发生的 ‎【答案】A ‎【解析】A．电场是实际存在的物质，不是理想化模型，A错误；符合题意；‎ B．电荷的周围存在电场，B正确，不符合题意；‎ C．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，C正确，不符合题意；‎ D．电荷间的相互作用是通过电场而发生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用，D正确，不符合题意．‎ ‎2. 有关电场强度的理解,下述说法正确的是( )‎ A. 由可知,电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比 B. 当电场中存在试探电荷时,电荷周围才出现电场这种特殊的物质,才存在电场强度 C. 由可知,在离点电荷很近的地方,r接近于零,电场强度为无穷大 D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量,与是否存在试探电荷无关 ‎【答案】D ‎【解析】A．电场强度E可以根据定义式来测量,电场强度就等于每单位正电荷所受的力,但场强与试探电荷无关,是由电场本身决定的,故A错误；‎ BD．电场强度是由电场本身决定的,是电场的一种性质,与试探电荷是否存在无关,故B错误,D正确；‎ C．库仑力属于强相互作用,是一种远程力,点电荷电场的决定式,也不适用于r 接近0的情况故C错误．‎ ‎3. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为 A. ‎16F B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由库仑定律可得变化前为：，变化后为：‎ A．‎16F．故A不符合题意． B．．故B符合题意． ‎ C．．故C不符合题意． D．．故D不符合题意．‎ ‎4. 如图所示,在原来不带电的金属细杆ab附近P处放置一个正点电荷,达到静电平衡后（　）‎ A. a端电势比b端低 B. b端电势与d点的电势相等 C a端电势一定不比d点低 D. 感应电荷在杆内c处的场强方向由a指向b ‎【答案】D ‎【解析】ABC、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：，故ABC错误．‎ D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零；正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故D正确．故选D．‎ ‎5. 如图所示，匀强电场的场强，A、B两点相距‎0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电荷量的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势 D. A、B两点间的电势差是 ‎【答案】B ‎【解析】A．从A到B，电场力做功，‎ 则电势能减小6J。故A错误；‎ B．从A到B，电场力做功；‎ 故B正确；‎ CD．AB间的电势差，‎ 因为A点电势为0，B点的电势为，故CD错误。故选B。‎ ‎6. 如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，三点的电势分别为，，，，，cm，可确定该匀强电场的场强大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如下图所示，‎ 用D､F､G把AC四等分，因此：，，‎ 连结BF直线便是电场中电势为4V的等势线，过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方向，便得到一条电场线．由几何关系知三角形BCF为等边三角形，则B､C 两点在场强方向上的距离：‎ 则场强：‎ A. 与分析结果不符，故A错误．B. 与分析结果不符，故B错误．‎ C. 与分析结果不符，故C错误．D. 与分析结果相符，故D正确．‎ ‎7. 如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为θ． 下列说法正确的是（ ）‎ A. 将极板A向左移动一些，静电计指针偏角θ不变 B. 将极板A向右移动一些，静电计指针偏角θ变小 C. 将极板A向上移动一些，静电计指针偏角θ变小 D. 在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角θ变大 ‎【答案】B ‎【解析】A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C＝分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大；故A错误.‎ B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C＝分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B正确.‎ C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C＝分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C错误.‎ D、在极板间插入一块玻璃板，ɛ 增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎8. 如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是　　‎ A. c、d两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功 D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大 ‎【答案】D ‎【解析】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．‎ BD：MN间的电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．‎ C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角,电场力对电子先做正功后做负功.故C项错误.‎ ‎9. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为‎2C，质量为1kg小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强 B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C. 由C点到A点电势逐渐升高 D. A、B两点间的电势差 ‎【答案】A ‎【解析】A．据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为：，‎ 所受的电场力最大为，‎ 据知，B点的场强最大为，A正确；‎ B．据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B错误；‎ C．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C错误；‎ D．据v-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力从B到A做的功 ‎，‎ 故，D错误．‎ ‎10. 光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（ ）‎ A. －q，在A左侧距A为L处 B. －2q，在A左侧距A为处 C. ＋4q，在B右侧距B为L处 D. ＋2q，在B右侧距B为处 ‎【答案】C ‎【解析】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须带正电，在B的右侧．设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q．则有：，解得：r＝L．对点电荷A，其受力也平衡，则：解得：Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处．故选C．‎ 二、多选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎11. 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电势差的定义式，说明两点间的电势差与电场力做功成正比，与移动电荷的电荷量q成反比 B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有 C. 电势差的定义式中，与移动电荷的电荷量q无关 D. 电场中A、B两点间的电势差等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功 ‎【答案】BC ‎【解析】AC．电势差的定义式，是比值定义法，电势差与电场力做功、与移动电荷的电荷量q无关，故A错误，C正确；‎ B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式得知，电势差，故B正确；‎ D．电场中A、B两点间的电势差等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功，故D错误。故选BC。‎ ‎12. 在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下．已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中 A. 做匀变速运动 B. 速率先增大后减小 C. 电势能增加了 D. a点的电势比b点低 ‎【答案】AC ‎【解析】A.小球受到的重力和电场力是恒力，所以小球做的是匀变速运动．故A正确 B.由于不知道重力和电场力的大小关系，故无法确定速度大小的变化情况．故B错误．‎ C.在平行于电场方向，小球的动能减小量为，减小的动能转化为了小球的电势能，所以小球电势能增加了．故C正确．‎ D. 在平行于电场方向有，解之得，所以a点的电势比b点低．故D错误．‎ ‎13. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷、位于坐标原点，轴上有M、N、P三点，间距，、在轴上产生的电势随x变化关系如图乙。下列说法正确的是（　　）‎ A. M点电场场强大小为零 B. N点电场场强大小为零 C. M、N之间电场方向沿x轴负方向 D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；‎ C．M点的电势为零，N点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故C错误；‎ D．由图象可知，，故电场力做功 从P移到M过程中，电场力做负功，故,故D正确。故选BD。‎ ‎14. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )‎ A. 匀强电场的电场强度E＝ B. 小球动能的最小值为Ek＝‎ C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 ‎【答案】AB ‎【解析】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ＝qE 解得E＝ 故A正确；‎ B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：,则最小动能,故B正确；‎ C．运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；‎ D．小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。‎ ‎15. 如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是 A. 等势面D的电势为-7V B. 等勢面B的电势为4V C. 该电子不可能到达电势为－10V的等势面 D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它动能为4eV ‎【答案】AD ‎【解析】（1）因电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理有，即，又，可得，选项A正确；‎ ‎（2）因匀强电场中，等势面B的电势为7V，选项B错误；‎ ‎（3）因只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变．当电子的速度为零时，由能量守恒可得，解得，选项C错误；‎ ‎（4）同理，由能量守恒可得，，选项D正确．‎ 故本题选AD．‎ ‎16. 如图甲所示，平行金属板中央有一个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的变化规律可能正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。‎ AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；‎ B.电子做匀变速直线运动时图象应是抛物线，故B错误；‎ D.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，图象应平行于横轴，故D正确。‎ ‎17. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是　　‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC ‎18. 有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I。设单位长度的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】AB．在△t时间内自由电子定向移动的长度为，单位长度的导线中有n个自由电子，则这么多长度内含有的自由电子数目,B正确，A错误；‎ CD．根据公式，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目 C正确，D错误。故选BC。‎ 三、计算题（本大题共3小题，共28.0分）‎ ‎19. 如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为‎3cm，电容器带电荷量为6×10－‎8C，A极板接地．求：‎ ‎(1)平行板电容器的电容；‎ ‎(2)平行板两板间的电场强度；‎ ‎(3)距B板‎2cm的C点的电势．‎ ‎【答案】(1)1×10－‎9 F(2)2×103 V/m，方向竖直向下(3)－20 V ‎【解析】（1）根据电容定义有 ‎（2）两板之间为匀强电场,方向竖直向下．‎ ‎（3）C点距A板间距离为dAC=d-dBC=‎1cm,‎A与C间电势差UAC=EdAC=20V,‎ 又UAC=φA-φC，φA=0,可得φC=-20V ‎20. 如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B，C两点，质量为m，带电荷量为-q的小环从A点由静止下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小环到达B点时，速度为，求：‎ ‎(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；‎ ‎(2)A，C两点间的电势差UAC等于多少?‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】(1)A→B由动能定理：，‎ 所以：；‎ ‎(2)由于B、C在以Q为圆心的球面上，点电荷的等势面为同心球面．则B、C两点电势相等，则：．‎ 答：(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；‎ ‎(2)A，C两点间的电势差 ‎21. 如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计．求：‎ ‎(1)电子通过偏转电场的时间t0；‎ ‎(2)偏转电极C、D间的电压U2；‎ ‎(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：‎ 得：‎ 电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：‎ ‎(2)电子在偏转电极中的加速度: ‎ 离开电场时竖直方向的速度： ‎ 离开电场轨迹如图所示：‎ 电子的速度与水平方向的夹角： 解得： ‎ ‎(3)离开电场的侧向位移： 解得： ‎ 电子离开电场后，沿竖直方向的位移： ‎ 电子到达荧光屏离O点距离：‎