1、集宁一中2019-2020学年第一学期期中考试高二年级物理试题一、选择题1.下列关于点电荷说法，正确的是（ ）A. 只有体积很大的带电体才能看成点电荷B. 体积很大的带电体一定不能看成点电荷C. 一切带电体都能看成点电荷D. 当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷【答案】D【解析】【详解】带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，则体积很小的带电体不一定能看成点电荷，体积很大的带电体不一定不能看成点电荷，故ABC错误；由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷
2、，故D正确2.如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则（ ）A. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电D. 验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触【答案】A【解析】【详解】把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于静电感应，会带上负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整个验电器不带电。A验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电与分析结果相符；故A项正确。B验电器金属箔片张开，因为整个验电器都
3、带上了正电与分析结果不相符；故B项错误.C验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电与分析结果不相符；故C项错误.D验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触与分析结果不相符；故D项错误.3.如图所示竖直绝缘墙壁上的Q处由一固定的质点A，在Q的正上方的P点用细线悬挂一质点B，A、B两点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的电量逐渐减小，在电荷漏空之前悬线对悬点P的拉力T大小A. T变小B. T变大C. T不变D. T无法确定【答案】C【解析】【详解】以小球为研究对象，球受到重力，的斥力和线的拉力三个力作用，作出力图，如图。作出、的合力，由三个共点力的平衡条件可
4、知：和方向相反，大小相等，即根据几何知识可知，可得：又，可得：在、两质点带电量逐渐减少的过程中，、均不变，则不变，悬线对悬点的拉力大小也不变。故C正确，ABD错误；故选：C。4.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；
5、若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况5.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等
6、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，当粒子运动到a、b、c三点处，下列说法正确的是（ ）A. 电场力关系为B. 速度关系为C. 动能大小关系为D. 电势能大小关系为【答案】D【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。故A错误。BCD带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，即c点速度
7、最大。故BC错误，D正确。6.如图所示，一质量为m、电量大小为q的带正电小球，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）(sin37=0.6 cos37=0.8)A. 最高点可能在O点的正上方B. 匀强电场的电场强度为Emg/3qC. O点与最高点之间的电势差可能为零D. 匀强电场的电场强度为Emg/4q【答案】B【解析】【详解】A. 粒子到最高点的速度仍为v，则动能的变化量为零，根据动能定理知，克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O点正上方，则电场力不做功，故A错误。BD. 到最
8、高点的时间为，解得：故B正确D错误。C. 根据动能定理知，从开始到最高点过程中，动能变化量为零，克服重力做的负功等于电场力做的正功，可知O点与最高点的电势差不可能为零，故C错误。7. 将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等 a、b为电场中的两点，则下列说法中正确的是（ ）A. a点的电场强度比b点的小B. a点的电势比b点的低C. 检验电荷 q在a点的电势能比在b点的小D. 将检验电荷 q从a点移到b点的过程中，电场力做正功【答案】C【解析】试题分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的
9、电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故B错误；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C正确；D：由上知， q在a点的电势能较b点小，则把 q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功
10、，故D错误故选：C【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加；知道电场线从正电荷出发，终止于负电荷8.如图，AB为竖直光滑圆弧绝缘轨道，其半径为0.5m，A点与圆心O等高，最低点B与绝缘水平面平滑连接，整个轨道处在水平向右的匀强电场中，场强为5103N/C.将一个质量为0.1kg，电荷量为+8105C的滑块（可视为指点）从A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.05，取g=10m/s2，则滑块A. 第一次经过B点时速度值为m/sB. 第一次经过B点是对B点的压力为1.2NC. 在水平面向右运动的加速度值为3.5m/
11、s2D. 在水平面上通过的总路程为6m【答案】D【解析】【分析】（1，2）对AB过程由动能定理可求得B点的速度，再根据向心力公式即可求得B点的支持力，由牛顿第三定律即可求得压力大小；（3）根据牛顿第二定律求解在水平面向右运动的加速度；（4）滑块在水平轨道运动时，只有电场力和摩擦力对其做功，由动能定理求得水平轨道上的总路程【详解】A设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，根据动能定理可得：mgR-qER=mvB2，解得，选项A错误；B最低点B对小滑块运用牛顿第二定律可得：FN-mg=m，根据牛顿第三定律：FN=FN，所以小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力：FN=3mg-2qE=2.2
12、N，选项B错误；C在水平面向右运动的加速度：，解得a=4.5m/s2，选项C错误；D电场力大小：qE=810-55103N=0.4N；摩擦力大小：f=mg=0.050.110N=0.05N，可知：qEf；所以小滑块最终在圆弧轨道下部分往复运动，并且小滑块运动到B点时速度恰好为零，对小滑块运用动能定理可得：mgR-qER-mgx=0-0，解得小滑块在水平轨道上通过的总路程：x=6m选项D正确； 故选D.【点睛】本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离，同时注意正确应用功能关系和牛顿第二定律进行分析求解是解题的关键，选项D中要注意比较在平面上时的
13、电场力与摩擦力的大小关系，电场力与重力做功与路径无关只与始末位置有关，但摩擦力做功与路径有关，摩擦力在整个路径上一直做负功9.如图，在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，M30、P90，直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向平行于MN边，M、N点的电势分别为3 V、15 V。则（ ）A. 电场强度的大小为150 V/mB. 电场强度大小为75 V/mC. 点P的电势为12VD. 点P的电势为10V【答案】AC【解析】【详解】AB由题意电场方向平行于MN边，M、N点的电势分别为3 V、15 V知电场强度为：故A正确，B错误CDNP在电场方向上的有效长度为2cm，所以：则：解
14、得：，故C正确，D错误.10.一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度大小为g/3，则小球在下落h高度过程中()A. 动能增加了mghB. 电势能增加了mghC. 重力势能减少了mghD. 机械能减少了mgh【答案】BD【解析】【详解】A.根据牛顿第二定律得，mg-F=ma解得电场力F=mg在小球下落h的过程中，合力做功为mgh，则动能增加了mgh，选项A错误；B.电场力做功为-mgh，则电势能增加mgh，选项B正确；C.重力做功为mgh，则重力势能减小mgh，选项C错误；D.除重力以外其它力，即电场力做功为-mgh，则机械能减小mgh故D正确。11.如图
15、所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为q、Q、q、Q四个小球构成一个菱形，q、q的连线与q、Q的连线之间的夹角为.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()A. cos3 B. cos3 C. sin3 D. sin3 【答案】AC【解析】【详解】由题意可知，对左边Q受力分析，如图所示，两负q对Q的库仑力的合力与右边Q对Q的库仑力等值反向设菱形的边长为a，则有：解得：8qsin3=Q即为对q，有：解得：A. cos3 与计算结果相符，故A正确。B. cos3 与计算结果不符，故B错误。C. sin3 与计算结果相符，故C正确。D. sin3 与计算结果不符，故D错误。12.如
16、图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘的水平面上。P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON。下列说法正确的是（ ）A. 沿着PON，电场强度一定先减小后增加B. 沿着PON，电场强度可能先减小后增加C. 沿着PON，电势一定先增加后减小D. 沿着PON，电势一定先减小后增加【答案】BC【解析】【分析】可以根据等量同种电荷的电场线分布，及沿着电场线电势降低这个方向来考虑这个问题。【详解】AB在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,由于无穷远处到O过程中有个最大值，所以沿着PON，电场强度不一定先减小后增加，只能说可能先减
17、小后增加，故A错；B对；CD根据电场的叠加，可知在在AB的垂直平分线上，电场线从O点指向两侧，沿着电场线电势在降低，所以沿着PON，电势一定先增加后减小，故C对；D错；故选BC二、填空题13.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，实验中，电荷量不变。若增大两极板之间的距离，电容器的电容_选填“变大”、“变小”或“不变”；两极板间的场强_选填“变大”、“变小”或“不变”；若将A板稍微上移，静电计指针张角_选填“变大”、“变小”或“不变”；若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角_选填“变大”、“变小”或“不变”。【答案】 (1). 变小 (2). 不变
18、 (3). 变大 (4). 变小【解析】【分析】根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化，根据判断两极板间电场强度的变化；【详解】增大两极板之间的距离，由电容的决定式可知，电容减小；电容器的电量不变，由分析可知，根据，因此两极板间的场强与极板间距无关，即电场强度不变；将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容增小，电量不变，由分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大；将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。【点睛】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式和定义式结合分析电容器动态变
19、化问题，再根据判断两极板间电场强度的变化。14.用气垫导轨和光电门验证弹簧将滑块A、B弹开过程中动量守恒，实验装置如图所示，实验时用细线将两滑块拉近，使弹簧处于压缩状态，然后烧断细线，弹簧将两滑块弹开，两滑块由静止开始运动。已知两遮光板宽度相同，滑块A的质量为m1，B的质量为m2。（1）实验中还必须记录的物理量为_A.弹开后滑块A经过光电门的遮光时间t1B.弹开后滑块B经过光电门的遮光时间t2C.烧断细线前滑块A离左侧光电门的距离L1D.烧断细线前滑块B离右侧光电门的距离L2E.两遮光板的宽度d（2）若测得的物理量在误差允许的范围内符合表达式_（用题干和第（1）问中给出的相关字母表达），则说明
20、弹簧将滑块A弹开过程中系统总动量守恒。【答案】 (1). （1）AB (2). （2）【解析】【详解】第一空.第二空.设遮光板的宽度为d，滑块经过光电门时的速度：，烧断细线过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1-m2v2=0，整理得：；则可知应测量的物理量为：弹开后滑块A经过光电门的遮光时间t1；和弹开后滑块B经过光电门的遮光时间t2.故选AB.三、计算题15.如图，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2m后与木板保持相对静止，求： （1）木板最终获得的速度； （2）
21、在此过程中产生的热量； （3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是多少？【答案】（1）1m/s（2）3J（3）1/3m【解析】（1）木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ， 则得： （2）在此过程中产生的热量为： （3）由 得： 对木板，运用动能定理得： 得： 综上所述本题答案是：（1）木板最终获得的速度是1m/s； （2）在此过程中产生的热量是3J； （3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是1/3m16.如图示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的偏转电场中，射入方向与场强方向垂直，整个装置处在真空中，重力可忽略。电子的质
22、量为m，电量e，其他量如图所示，求（1）电子射入偏转电场时的速度v0？（2）电子飞出偏转电场的时间t？（3）电子飞出电场的侧移距离y？（4）电子飞出电场的偏转角？【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【详解】（1）对电子在电场加速，由动能定理可得：解得电子射入偏转电场时的速度为：（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，平行极板方向做匀变速直线运动，所以电子飞出偏转电场的时间为：（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，则：在水平方向：在竖直方向：加速度为：联立以上方程解得：（4）电子离开偏转电场时，竖直分速度为：由几何知识可知：联立以上方程解得：17.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qQ，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】【详解】(1)AB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
