安徽省枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

安徽省枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

浮山中学2018--2019年度第二学期期中考试物理试卷 一．选择题（1--12题单项，13--18多选。每题4分）‎ ‎1.等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（ ）‎ A. a点的电势低于 b点的电势 B. a点的场强大于b点的场强，方向相同 C. 将一负电荷从a点移到b点电场力做负功 D. 负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线的切线方向表示电场强度方向，负电荷在低电势处电势能大，在高电势处电势能小，据此分析．‎ ‎【详解】沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故a点的场强大于b点的场强，电场线的切线方向为场强方向，故ab两点的电场强度方向不同，B错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从a点（高电势）移动到b点（低电势），电势能增大，电场力做负功，C正确D错误．‎ ‎2.如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其v t图像如图乙所示。关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是(　　)‎ A. EA＞EB B. EA＜EB C. φA=φB D. φA＜φB ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，电子做减速运动，加速度逐渐减小，说明受到的电场力逐渐减小，根据F=qE可知，电场强度逐渐减小，即EA＞EB，故A正确，B错误；‎ CD．由图看出电子的速度减小，则动能减小，电场力做负功，则电子受到的电场力的方向由B指向A，电子带负电，所以电场线的方向是由A指向B，A点的电势高，所以φA＞φB；故C错误，D错误。‎ ‎3.如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势 为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为 ‎ A. 250V/m B. 200V/m C. 150V/m D. 120V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得∠b=53°；oc=ob•sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2m co间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确．‎ 考点：电势及电势差 ‎4.如图所示,大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥,静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β,且α<β,两小球在同一水平线上,由此可知(　　)‎ A. B球受到的库仑力较大,电荷量较大 B. B球的质量较大 C. B球受到的拉力较大 D. 两球接触后再分开,再处于静止状态时,悬线的偏角、仍满足 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；‎ B．对小球A、B受力分析，‎ 根据平衡条件有：‎ 因α＜β，所以mA＞mB，故B错误;‎ C．根据平衡条件有：‎ 因α＜β，所以B球受的拉力较小，故C错误;‎ D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：‎ 因为mA＞mB，所以α′＜β′,故D正确。‎ ‎5. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为:‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，‎ 假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．‎ ‎【详解】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．‎ 则在M、N点所产生的电场为 ‎ 由题知当半球面如图所示M点的场强大小为为E，则N点的场强为 故选：B．‎ ‎【点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．‎ ‎6.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )‎ A. U变小，E不变 B. E变大，EP变大 C. U变大，EP不变 D. U不变，EP不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据 知电容增大，‎ 根据 则电势差U变小；‎ 由 知电场强度不变，则P与负极板间电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能EP不变；故选A。‎ ‎7. 套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示。三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 AB>AC>BC，可以判断图中 A. 三个小球电荷量的代数和可能为0‎ B. 三个小球一定带同种电荷 C. 三个小球所受环的弹力大小为FA>FC>FB D. 三个小球带电荷量的大小为QA>QC>QB ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同电，分析B根据平衡条件可得AC同电，可得三个同电，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A错误B正确；A受到两斥力，设圆心O，AB大于AC，同时角OAB小于角OAC，可得受B力更大，又离B远可得B电量大于C，同理A电量大于B电量，，故D错误；根据相似三角形法可得，故可得，C错误；‎ 考点：考查了库仑定律，共点力平衡条件 ‎【名师点睛】三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断．三个力平衡．任意两个力的合力与第三个力等值反向．‎ ‎8.在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子(　　)‎ A. 在－x0～0区间一直做加速运动 B. 在0～x0区间受到的电场力一直减小 C. 在－x0～0区间电势能一直减小 D. 在－x0～0区间电势能一直增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；‎ B．设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E，当Δx无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；‎ CD．在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．‎ ‎9.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、C、E三点的电势分别为、φC＝2V、，下列判断正确的是(　　)‎ A. 电场强度的方向由A指向D B. 电场强度的大小为1 V/m C. 该圆周上的点电势最高为4 V D. 将电子从D点沿DEF移到F点，静电力做正功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AE中点G的电势 如图所示，FC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故A错误；‎ B．EA两点间的电势差为 EA两点间的距离 电场强度的大小 故B错误；‎ C．顺着电场线电势降低，H点电势最高，‎ U=Ed 代入数据：‎ 解得：‎ 故C正确；‎ D．从D移到F点，电势降低，电子带负电，电势能增加，静电力先做负功，故D错误。‎ ‎10.有一个空腔导体内部和外部都有电荷， 如图所示，下述结论正确是 ( )‎ ‎ ‎ A. 导体不接地时，内部电场强度受到外部电荷的影响 B. 导体不接地时，外部电场强度受到内部电荷影响 C. 导体接地时，内部电场强度受到外部电荷的影响 D. 导体接地时，外部电场强度受到内部电荷的影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．空腔导体处于静电平衡状态，导体不接地时，外部电荷只会影响导体的外表面，内部电场强度不受外部电荷的影响，但内部电荷会在导体外产生电场，即外部电场强度受到内部电荷的影响，故A错误，B正确；‎ CD．导体接地时，属于静电屏蔽现象，屏蔽内部电荷产生的电场，即外部电场强度不受内部电荷的影响，同时外部电荷只会影响导体的外表面，内部电场强度不受外部电荷的影响，故C错误，D错误。‎ ‎11.如图所示，解液中电流的计算若在时间t内各有n1个二价正离子和n1个二价负离子分别到负极和正极放电，那么电解液中的电流多大 A. 电流大小为 B. 液内正、负离子反方向移溶动，产生的电流相互抵消 C. 电流大小为 D. 电流大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流的定义式，其中电荷量q等于正负电量绝对值的和，即流过横截面的电量 则电流 故A正确.‎ ‎12.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 A. 平面c上的电势为零 B. 该电子可能到达不了平面f C. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。‎ ‎13.如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）‎ A. P点的电势高于Q点的电势 B. 该点电荷在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C. 该点电荷通过P点时的动能比通过Q点时大 D. 该点电荷通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由a等势面指向b等势面，由于微粒带负电，故c等势面的电势最高，故P点的电势低于Q点的电势，故A错误．‎ B、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，则带电微粒的电势能增大，故带电微粒在P点时的电势能较大．故B正确．‎ C、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，故微粒在Q点时的动能大于在P点的动能．故C错误．‎ D、由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎14. 如图所示，一平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止状态，当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？（ ）‎ A. 将电容器下极板稍稍下移 B. 将电容器上极板稍稍下移 C. 将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动 D. 将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动。电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化。‎ A、S保持闭合，两板间的电压U不变，将电容器上极板稍稍下移，两板间距离d减小，由知场强增大，液滴将向上运动；正确 B、S保持闭合，两板间的电压U不变，将电容器下极板稍稍下移，两板间距离d增大，由知场强减小，液滴将向下运动；错误 C、将S断开，电量Q不变，据，,可得：，把电容器的下极板稍稍向左水平移动，s减小，E增大，液滴将向上运动；正确 D、将S断开，电量Q不变，据，,可得：，可见改变两板间距离d，场强E不变，带电液滴处于静止；错误 故选AC 考点：电容器的动态分析 点评：中等难度。电容器的动态分析关键是掌握电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变。‎ ‎15.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是 ( )‎ A. 等势面A电势为－10V B. 匀强电场的场强大小为200V/m C. 电子再次飞经D势面时，动能为10eV D. 电子运动为匀变速直线运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电子从D到B的过程，根据动能定理得：‎ ‎-eUDB=0-EkD 解得：‎ 则电场强度为：‎ 电子经过等势面C时的电势能为-10ev，则C点的电势为10V，因为CA间的电势差等于DB间的电势差，可知A点电势为-10V,故A、B均正确;‎ C．根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，仍然为20eV，故C错误；‎ D．因为电场强度的方向与等势面垂直，则电子所受电场力方向与速度方向在同一条直线上，做匀变速直线运动,故D正确。‎ ‎16.如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷＋Q，一表面绝缘带正电的金属小球C可视为质点，且不影响原电场，自左向右以初速v０向右运动，则在运动过程中（　　）‎ A. 小球先做减速后加速运动 B. 小球做匀速直线运动 C. 小球受到的电场力的做功不为零 D. 小球受到的电场力对小球做功为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属板在Q 的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，故A、C错误，B、D正确。‎ ‎17.我国已经禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U–I图象如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则 A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小 B. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tan β C. 在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0‎ D. 在A点，白炽灯的电阻可表示为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；在A点，白炽灯的电阻，故B错误；在A点，白炽灯的电功率P=U0I0，故C正确；由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻，故D正确；故选CD．‎ 考点：欧姆定律；U－I图象 ‎【名师点睛】本题考查了求灯泡电阻与电功率问题，分析清楚图象、应用欧姆定律与电功率公式即可正确解题。‎ 二．计算题 ‎18.如图所示，在竖直平面内有一质量m=0.6kg、电荷量g=+3×10-3‎ C的带电的小球，用一根长L=0.2m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点。已知A、O、C三点等高，且OA=OC=L，若将带电小球从A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，取g=10m/s2。‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎（2）求小球从A点由静止释放运动到B点的过程中速度最大时细线的拉力大小；.‎ ‎（3）若将带电小球从C点无初速度释放，求小球到达A点时的速度。‎ ‎【答案】(1) (2) 或 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球到达最低点B时速度为0，根据动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）小球到达最低点B时速度为0，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB弧的中点，即当沿轨迹上任一点切线方向的合力为零时，物体的速度有极值 根据动能定理有： ‎ 根据牛顿第二定律有： ‎ 联立解得：（或）‎ ‎（3）小球从C点运动到B点做匀加速直线运动，则有：‎ ‎，，‎ 到达B点后细线绷直有机械能的损失，‎ 小球由B→A过程中，根据动能定理有：‎ 解得： ‎ ‎19.如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1．0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2．0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？‎ ‎【答案】在100s内电源做的功；在100s内电动机转化为机械能的部分有 ‎【解析】‎ ‎【详解】内阻和电阻R上的电压为）‎ 由欧姆定律得电路电流为 在100s内电源做的功 在100s内电动机转化为机械能的部分有 ‎20.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：‎ ‎（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？‎ ‎（2）小球的初速度应为多大？‎ ‎【答案】（1）当小球运动至位于与A点对应的同一直径上的另一端点B时，速度最小，（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）重力与电场力的合力：，电场力为：F电 ‎=mgtanθ，小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上B点时速度最小，由牛顿第二定律得：， 解得小球的最小速度为：； （2）由动能定理可得：-mg•2lcosθ-mgtanθ×2lsinθ=mv2-mvA2， 解得：．‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律动能定理的综合应用；此题还可以用电场和重力场的等效场的思想来解答，可以和重力场类比．‎ ‎21.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求 ‎(1)求电子穿过A板时速度的大小；‎ ‎(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？‎ ‎【答案】（）；（）；（）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理 eU1=mv02﹣0‎ 解得：v0=‎ ‎（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y 沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t 垂直初速方向，有 y=at2‎ 又电场力 F=eE=e 根据F=ma，得加速度为：a=解得：y=‎ ‎（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=知，可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2．‎ 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系；示波管及其使用