1、2019-2020学年高二上学期期中考试试卷（物理）一、选择题1.一个匀强电场的电场线分布如图甲所示，把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图乙所示在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是()A. ABB. BCC. EAEBD. EBEC【答案】B【解析】处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，它的表面是个等势面所以空心导体是个等势体，即B=C沿着电场线电势一定降低，所以A点电势大于空心导体上的电势，所以AB故A错误，B正确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，C点的电场线比B密，B点的电场线比A密，所以EAEB，EBEC故CD错误故选B点睛：本题关键
2、在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低要掌握静电平衡内部电场的特点2.如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为14，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是A. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求B. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求C. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求D. q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求【答案】C【解析】【详解】由题意知，电荷一定在
3、两正电荷之间，根据平衡有：kk解得即r1dq3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求A. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求与分析不符，故A项错误；B. q3在q1和q2连线之间距离q1处，且为正电荷，对电荷量无要求与分析不符，故B项错误；C. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求与析相符，故C项正确；D. q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求与分析不符，故D项错误3. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图
4、中虚线所示，那么A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加C. 微粒从M点运动到N点动能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】【详解】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加， C正确；D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功
5、，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是A. O点电势等于N点电势B. O点场强一定大于M点场强C. 将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D. 若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大【答案】C【解析】【详解】A.根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，
6、故A错误；B.在M、N和O三点中O点电场强度为零，故O点场强一定小于M点场强，故B错误；C.将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D.在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高故M、N、O三点中，M点的电势最高，N点的电势最低所以正点电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小，故D错误5.关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是 ( )A. 电势差是矢量，电场力做的功是标量B. 在两点间移动电荷，电场力
7、不做功，则两点间的电势差为零C. 在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大D. 在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零【答案】B【解析】【分析】电场线与等势面垂直沿电场线的方向，电势降低电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【详解】A项，电势差有正负，但是符号不代表方向，是标量电场力做的功是标量，故A项错误B项，由电场力做功的表达式 ，电场力不做功，故两点间电势差为零，故B项正确C项，两点间的电势差与移动的电荷无关，由电场决定，故C项错误D项，根据可知，电场力做正功时，两点间电势差取决于所带电荷种类，若为负电荷，则电势差小于零，故D项错误综上所述，本
8、题正确答案为B6.如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹落到板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由，得，所以，A. ，选项A符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C不符合题意；D. ，选项D不符合题意；7.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为和，a、b点的电场强度大小分别为和，则A. B. C D. 【答案】A【解析】【详
9、解】电子在电场中运动电场力做功，由于a、b两点位于同一条等势线上，故，有，可得；电场线的疏密程度反映场强的大小，a点比b点的电场线密些，故场强大些，故选A8.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（）A. 小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半B. 小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C. 小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D. 小
10、球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小【答案】C【解析】【详解】AB对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=FN由图可知，OABBFF1设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，即所以FN=mg 当小球2处于C位置时，AC距离为，故，根据库仑定律有：所以 ，即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故AB均错误；CD由上面的式可知FN=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误。故选C。9.如图所示，真空中有一个固定点电荷，电荷
11、量为Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以上说法中正确的是A. M一定是正离子，N一定是负离子B. M在p点的速率一定大于N在q点的速率C. M在b点的速率一定大于N在c点的速率D. M从pb过程电势能的增量一定小于N从aq过程电势能的增量【答案】BD【解析】【详解】A.由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故A错误
12、；B.由图可判定M电荷在从a点运动至p点的过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在从a点运动至q点的过程中，电场力做负功，导致动能减小所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；C.由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0，由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场，故两粒子分别经过b、c两点时的速率一定相等故C错误；D.由图可知q、a两点电势差大于p、b两点间的电势差，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从pb过程电势能的增量一定小于N从aq
13、过程电势能的增量，故D正确10.如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料ABCD面带正电，EFGH面带负电从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动B. 三个液滴的运动时间一定相同C. 三个液滴落到底板时的速率相同D. 液滴C所带电荷量最多【答案】BD【解析】【详解】A.三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；B.由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相
14、同，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；C.三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；D.由于液滴C在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确11.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是A. 粒子在三点所受电场力不相等B. 粒子可能先经过a，再到b，然后到cC. 粒子三点所具有的动能大小关系为EkbEkaEkcD. 粒子在三点的电势能
15、大小关系为EpcEpaEpb【答案】BD【解析】【详解】A.因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，选项A错误；B.由题图可知，电场的方向是向上的，带电粒子受到的电场力指向曲线凹侧，是向下的，粒子带负电，带电粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，选项B正确；CD.带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，选项C错误，D正确12.如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取
16、O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()A. 电子一直沿Ox负方向运动B. 电场力一直做正功C. 电子运动的加速度不变D. 电子的电势能逐渐增大【答案】BC【解析】【详解】由电势位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C正确沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不正确电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B正确由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不正确二、填空题13.点电荷Q产生的电场中有一A点，现在在A点放上一电荷量为
17、q2108C的试探电荷，它受到的静电力为7.2105N，方向水平向左，则：(1)点电荷Q在A点产生的场强大小为E_，方向_(2)若在A点换上另一电荷量为q4108C的试探电荷，此时点电荷Q在A点产生的场强大小为E_，该试探电荷受到的静电力大小为_，方向_【答案】 (1). 3.6103N/C (2). 水平向左 (3). 3.6103N/C (4). 1.44104N (5). 水平向右【解析】【详解】(1)1场源电荷在A点产生的场强N/C36103N/C2电场强度方向与正电荷所受电场力的方向即水平向左(2)3试探电荷为q4108C时，场强不变，即E3.6103N/C.4试探电荷q受到的静电力
18、FqE1.44104N5负电荷所受电场力方向与该点场强方向相反，即方向水平向右14.如图所示，ABCD为放在E1.0103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB15 cm，今有m10 g、q104C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是_ m/s，在C处时对轨道的压力是_ N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点_m.【答案】 (1). ； (2). 0.4； (3). 0.25；【解析】【分析】对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力；小球恰好到
19、达D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度，然后应用动能定理求出小球初位置到B的距离；【详解】小球从A经B到C的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：；在C点，牛顿第二定律得：，代入数据解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨边C点的压力：；小球恰好运动到D点时，在D点，由牛顿第二定律得：，从A点到D点过程，由动能定理得：，代入数据解得：，开始时小球的位置应离B点【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程、知道向心力来源是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题15.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，
20、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”);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”)；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【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变小 (4). A【解析】【详解】(1)123根据电容的定义
21、式和电容的决定式得当上移左极板时，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r增大，则U减小，静电计指针偏转角变小(2)4AB.静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误CD.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误三、计算题16.已知，规定离场源电荷无穷远处电势为零之后，在点电荷电场中电势与场源电荷电荷量Q及离点电荷的距离之间的关系为k ，其中k为静电力常量，k9.0109Nm2/C2.如图所示，
22、某处固定一带电量为Q1106C，可看做点电荷的带电小球，另一电荷量为q41012C的试探电荷从电场中A点沿曲线(图中实线)运动到B点，已知A、B两点与带电小球球心之间的距离分别为rA20cm，rB10cm.求：(1)A、B间的电势差UAB；(2)从A到B过程中，试探电荷电势能的变化量【答案】（1） (2)【解析】【详解】(1)根据点电荷电势公式，可得A、B两点的电势分别为：A、B间的电势差为：UABA-B4.510491044.5104V(2)设从A到B过程中电势能变化量为Ep根据电场力做功与电势能变化的关系有：Ep-WE-qUAB代入数值得：Ep41012(4.5104) J1.8107J.
23、【点睛】本题是信息题，要读懂题意，正确求解电势，再根据功能关系求解电势能的变化量17.如图所示，平行带电金属极板、间可看成匀强电场，场强，极板间距离，电场中和点分别到、两板的距离均为，板接地，求：（1）和两点的电势、两点间电势差各为多少？（2）将点电荷从点匀速移到点时，外力做多少功？【答案】（1）,（2）【解析】【详解】（1）因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则、均大于零，由得即由于，所以所以（2）因为点电荷匀速移动，外力所做的功等于点电荷克服电场力所做的功，18.如图所示，一个电子以4106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，
24、那么A、B两点间的电势差为多少V？（电子的质量为9.110-31kg）【答案】-136.5V【解析】【详解】电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：又：qUAB=Ek=解得：UAB=136.5v19.如图所示，电子在电势差为U04 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为 ，电荷量为 ，偏转电场的板长为L110 cm，板间距离为d1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L215 cm.求： (1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan；(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.【答案】(1) (2)0.25 cm(3)0.05 (4)1 cm【解析】 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0解得：v04107m/s(2)电子在偏转电场中运动沿初速度方向：L1v0t可得t2.5109s在垂直速度方向：yat2t22.5103m0.25 cm(3)偏转角的正切值tan；(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动：若沿电场方向的偏移距离为y，则 tan，所以y075 cm，所以Yyy1 cm.
