【物理】安徽省肥东县高级中学2020-2021学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 12页

‎2020-2021学年度第一学期高二第二次考试 物理试题 第I卷（选择题48分）‎ 一、选择题(本大题共12个小题，每小题4分，共48分。)‎ ‎1.如图A、B、C是两带电量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（ ） A.从B到C，电场力对该电子一直不做功 B.电子从B到C做加速度变大的加速运动 C.电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB＞EpC D.若电子可回到B点，则回到B点时的速度不为零 ‎2.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点,ab =" cd" = L，ad =" bc" = 2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°,一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是（ ）‎ A. c点电势高于a点电势 B. 场强的方向由b指向d C. 质子从b运动到c所用的时间为 D. 质子从b运动到c，电场力做功为4eV ‎3.如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m带等量同种电荷的小球（可视为质点），三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T。现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T ′。根据以上信息可以判断T和T ‎ ′的比值为（ ）‎ A. B. C. D. 条件不足，无法确定 ‎4.如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态，现将B板移至虚线处，则（ ）‎ A.两极间电压变大 B.P点场强不变，但电势降低 C.电荷q仍保持静止， D.电荷q的电势能减小 ‎5.如图虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示.粒子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是（ ）‎ A. aA>aB，EA>EB B. aA>aB， EAEB D. aA0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ ‎18.如图所示，A为粒子源．在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2．C、D板长L，板间距离d．现从粒子源A发出质量为m，带电量为q的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，最后穿出打在右侧的屏幕上，不计粒子的重力．求： ‎ ‎（1）带电粒子穿过B板时的速度大小；‎ ‎（2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量（即竖直方向的偏转位移）‎ ‎（3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小与方向 ‎【参考答案】‎ ‎1.C【解析】A、从B到C，合场强不会一直为零，电场力对该电子要做功，故A错误．‎ B、从B到C，﹣Q产生的场强变小，但两个+Q产生的合场强变化情况不能确定，所以BC间电场的分布情况不能确定，电场强度的变化不能确定，电场力的变化不能确定，所以加速度不一定一直变大，故B错误．‎ C、从B到C，电子的动能增大，则电势能减小，则有EpB＞EpC．故C正确．‎ D、若电子可回到B点，则电场力对电子做的总功为零，根据动能定理可知，回到B点时的速度一定为零．故D错误．故选：C 分析电场力的方向，判断其做功情况；分析电子的受力情况判断加速度的变化情况；根据电场力做功正负分析电势能的变化．由功能关系分析电子回到B点的速度．‎ ‎2.C【解析】匀强电场中，沿着某一方向前进相同的距离，电势变化相等，所以Uab=Udc，可求得c点电势为16V，A错误；ad中点处电势也是16V，连接c与ad中点，即为电场中的一条等势线，如图 电场线方向与等势线垂直，指向低电势，B错误；电场力方向与质子初速度方向垂直，所以从b运动到c质子做类平抛运动，沿初速度方向和电场方向的位移均为，运动时间为，C正确；质子从b运动到c，电场力做功为，D错误。‎ ‎3.A【解析】①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB间的库仑力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：；②‎ 图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，AB间的库仑力以及AB绳的拉力，由于A处于平衡状态，则AB绳的拉力与库仑力大小相等，方向相反，再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，AB间的库仑力以及AB绳的拉力，而AB间的库仑力以及AB绳的拉力的合力为零，图中可以不画，如图所示；根据平衡条件，有：T′=2mg；可见T′=T，即，故选A。‎ ‎4.C【解析】充电后与电源分离的平行板电容器，其两极板上的电荷量恒定，将B板移至虚线处，两极板间的距离减小，所以根据公式可得电容增大，两极板上的电荷量恒定，根据公式可得两极板间的电压减小，A错误；根据公式，，，联立可得，与两极板间的距离无关，所以现将B板移至虚线处，两极板间的电场强度恒定不变，故电荷q仍保持静止，根据可得P点与B板之间的电势差不变，因为B板接地，电势为零，所以P点的电势不变，B错误C正确；根据公式可得电势能不变，D错误；‎ ‎5.D【解析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aA＜aB；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EA＜EB；故D正确．故选D。‎ ‎6.C【解析】电场中某点的电场强度大小只和电场本身的性质有关，与试探电荷的受力情况以及试探电荷的电荷量无关，ABD错误C正确；‎ ‎7.A【解析】因为a点所在的位置的电场线比b点密集，故a点的场强比b点的大，选项A正确，B错误；根据F=Eq，则同一个点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力大，选项C、D错误。‎ ‎8.A【解析】根据图中电场线关于两电荷连线和其中垂线对称分布可知此电场是等量异种电荷的电场，故选项A正确．‎ ‎9.ABC【解析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动，B错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以，即： ，所以，C错误．电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力： ，半径 ‎， ，联立得： ，D正确.本题选不正确的，选ABC.‎ ‎10.BC【解析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势．沿电场线方向电势逐点降低．根据电场力方向和运动方向判断做功情况．‎ 依据沿着电场线方向，电势降低，由图可知0到电势不变，随着间距的增大，电势降低，可知，金属球壳可能带正电，A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，故BC正确；负电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功，故D错误．‎ ‎11.CD【解析】质子只受电场力从A点移到B点时，电场力由A到B，电场力做正功，故动能增加，电势能减小，选项CD正确.‎ ‎12.BD【解析】由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为： ．故A错误．由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间．故B正确，C错误．D、由图线斜率表示场强，可知B点场强大小为： ．故说明B点距点电荷要远，因源电荷带负电，故A点的电势比B点的电势低；故D正确；故选BD.‎ ‎13. qU-mgd ‎ ‎【解析】粒子冲出小孔时的动能为EK,根据动能定理可得： ，解得： ；上升的最大高度为h，根据动能定理得： ，解得： 。‎ ‎14. 控制变量法 变大 变小 ‎【解析】本实验中，研究每一个要素的影响，须让其它的量不变，所以采用的是控制变量法 ；实验过程中电容器的电荷量 Q 保持不 变，保持 d 不变，减小两板间正对面积 ‎ S，观察到静电计指针偏角增大，即电势 差 U变大，则根据 可知，电容 C变小.‎ ‎15.0，4‎ ‎【解析】作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高．‎ 解：如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，则：‎ O点的电势为：φO==V=2V 故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为：M→N．‎ 所以外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点．‎ 设外接半径为R，则Op间的电势差等于Oa间的电势差，即：‎ UOP=UOa=2V﹣（2﹣）V=V，‎ 又 UON=ER，UOP=ERcos30°，‎ 则：UON：UOP=2：，‎ 故有：UON=2V，N点电势为零，为最低电势点，‎ 同理M点电势为4V，为最高电势点．‎ 故答案为：0，4．‎ ‎16.（1）0.5 m/s.（2）50V/m.(3) －3.75 V.‎ ‎【解析】（1）斜面的长度为：L=＝2h＝0.05m， 下滑的加速度为：‎ 底端速度为：v=at=0.5m/s （2）由牛顿第二定律得：mgsin30°-qEcos30°=ma 解得：E=50V/m ‎（3）电场中a到b两点之间的电势差：Uab=-ELcos30°=-3.75V ‎17.‎ ‎【解析】 设带电粒子在B点的速度大小为vB，，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 可得 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理得 ‎ 解得 ‎18.（1）带电粒子穿过B板时的速度大小为； ‎ ‎（2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量为； ‎ ‎（3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小为，速度偏转角的正切值tanθ=．‎ ‎【解析】（1）粒子在加速电场加速，由动能定理： ，‎ 解得： ‎ ‎（2）粒子进入偏转电场做类平抛运动，‎ 在水平方向上做匀速运动： ‎ 在竖直方向上做匀加速运动： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（3）带电粒子在偏转电场中运动时竖直方向上的速度： ‎ 水平方向上的速度： ‎ 则合速度： ‎ 设速度的方向与水平方向的夹角为 ，则 ‎ 综上所述本题答案是：（1）带电粒子穿过B板时的速度大小为； ‎ ‎（2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量为； ‎ ‎（3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小为，速度偏转角的正切值tanθ=．‎