河南省鹤壁高中2020-2021高二物理上学期阶段检测试题(二)(Word版附答案)

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河南省鹤壁高中2020-2021高二物理上学期阶段检测试题(二)(Word版附答案)

鹤壁高中2020-2021学年高二上学期阶段性检测(二)物理试卷 考生注意:‎ 1. 本试卷第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。‎ 2. 作答时,将答案写在本试卷上无效。第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色签字笔在答案题卡上的各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。‎ 第Ⅰ卷 选择题(共65分)‎ 一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,每小题4分,共40分)‎ ‎1.如图1所示,在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A点的小球带电荷量为+4q,其余小球带电荷量为+q,此时圆心O点的电场强度大小为E,现仅撤去A点的小球,则O点的电场强度为(  )‎ A.大小为E,方向沿AO连线斜向下 B.大小为,方向沿AO连线斜向下 图1‎ C.大小为,方向沿AO连线斜向上 D.大小为,方向沿AO连线斜向上 ‎2.如图2所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ,则(  )‎ A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大 B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角θ增大 15‎ 图2‎ C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大 D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ减小 1. 如图3,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是(  )‎ A.O点的电势为零,电场强度也为零 B.a点的电势高于b点电势,a点电场强度大于b点电场强度 图3‎ C.正的试探电荷在b点的电势能大于零,所受电场力方向指向O点 D.将负的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功 ‎4.如图4所示,以O点为圆心、R=0.20 m为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中,电场平行于圆面,ac、bd为圆的两条相互垂直的直径.已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 V、-2 V,则下列说法正确的是(  )‎ A.d点电势为2 V B.电子从d点运动到a点电势能增加 图4‎ C.电场方向由b点指向c点 D.该匀强电场的场强大小为20 V/m ‎5.如图5甲所示,两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点,其中Q1带正电荷位于原点O,a、b是它们的连线延长线上的两点,其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度随坐标x变化的图象如图乙所示,则以下判断正确的是(  )‎ A.Q2带负电且电荷量大于Q1‎ B.b点的场强一定为零 图5‎ C.a点的电势比b点的电势高 D.粒子在a点的电势能比在b点的电势能大 15‎ ‎6.如图6所示,水平轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,物体A放在光滑水平地面上.有一质量与物体A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与物体A相碰(碰撞时间极短)后一起将弹簧压缩,弹簧恢复原长后物体B与物体A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(  )‎ A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 图6‎ C.物体B能达到的最大高度为h D.物体B能达到的最大高度为h ‎7.如图7所示,在平面直角坐标系xOy内,固定有A、B、C、D四个带电荷量均为Q的点电荷,它们关于两坐标轴对称,其中A、B带正电,C、D带负电,它们产生电场的等势面如图中虚线所示,坐标轴上abcd是图中正方形的四个顶点,则(  )‎ A.b、d两点电势相等,场强不相等 B.b、d两点场强相同,电势不相等 C.将电子沿路径a→O→c移动,电场力做正功 图7‎ D.将电子沿路径a→b→c移动,电场力先做负功,后做正功 ‎8.如图8所示,实线为方向未知的三条电场线,虚线1、2、3为等势线,已知MN=NQ,a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图所示,则(  )‎ A.a一定带正电,b一定带负电 B.a加速度逐渐减小,b加速度逐渐增大 图8‎ C.M、N两点间电势差|UMN|等于N、Q两点间电势差|UNQ|‎ D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小 ‎9.在电场中,以 O 为原点,沿电场方向建立坐标轴r.将带正电的试探电荷放入电场中,其电势能Ep随r变化的关系如图9所示,其中r2对应图线与横轴的交点,r0对应图线的最低点.若电荷只受电场力的作用,则下列说法正确的是(  )‎ 15‎ A.从r1处释放电荷,电荷将先向r正方向运动 B.从r2处释放电荷,电荷将保持静止 图9‎ C.从r0处释放电荷,电荷将先向r负方向运动 D.从r3处释放电荷,电荷将先向r正方向运动 ‎10.如图10所示,A、B两点固定两个等量异种点电荷+Q和-Q,O点为AB连线的中点,OD是AB连线的中垂线,BC与OD平行,AO=BO=BC,下列说法正确的是(  )‎ A.O点的场强和D点的场强大小相等 B.D点的场强方向由D指向C 图10‎ C.负电荷在O点的电势能比在D点的电势能低 D.将一负电荷由D点移动C点,电荷的电势能增加 二、多项选择题(在每小题给出的四个选项中,不只有一项是符合题目要求的,每小题5分,选错得0分,选不全得3分,共25分)‎ ‎11.如图11所示为竖直平面内的直角坐标系,其中x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向.质量为m、带电荷量为q的小球,在重力和恒定电场力F作用下,在竖直平面内沿与y轴方向成α角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是(  )‎ A.若F=mgsin α,则小球的速度不变 B.若F=mgsin α,则小球的速度可能减小 图11‎ C.若F=mgtan α,则小球的速度可能减小 D.若F=mgtan α,则小球的电势能可能增大 ‎12.(多选)如图12甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是(  )‎ A.末速度大小为v0‎ 15‎ B.末速度沿水平方向 图12‎ C.重力势能减少了mgd D.克服电场力做功为mgd ‎13.(多选)如图13所示,A、B为两块平行带电金属板,A带负电,B带正电且与大地相接,两板间P点处固定一负电荷,设此时两极间的电势差为U,P点场强大小为E,电势为φP,负电荷的电势能为Ep,现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变),下列说法正确的是(  )‎ 图13‎ A.U变大,E变大 B.U变小,φP变小 C.φP变小,Ep变大 D.φP变大,Ep变小 ‎14. (多选)如图14所示,一电荷量大小为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场,入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时,其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d,P、Q两点的电势差为U,不计重力作用,设P点的电势为零.则下列说法正确的是(  )‎ A.带电粒子带正电 B.带电粒子在Q点的电势能为Uq C.此匀强电场的电场强度大小为E= 图14‎ D.此匀强电场的电场强度大小为E= 15‎ ‎15. (多选)如图15所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A、B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g.开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A、B由静止释放,下列说法正确的是(  )‎ 图15‎ A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减少 B.物块A经过C点时的速度大小为 C.物块A在杆上长为2的范围内做往复运动 D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量 第Ⅱ卷 非选择题(共45分)‎ 三、计算题(本大题共45分)‎ ‎16.(10分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间的距离为d,上极板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g).求:‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度;‎ ‎(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量;‎ ‎(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.‎ ‎17.(9分)如图17所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时,小物块恰好静止.重力加速度取g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度;‎ 图17‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大?‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能.‎ 15‎ ‎18.(11分)如图所示,区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2,已知区域Ⅰ宽L1=0.8 m,区域Ⅱ宽L2=0.4 m,E1=10 V/m且方向与水平方向成45°角斜向右上方,E2=20 V/m且方向竖直向下.带电荷量为q=+1.6×10-3 C.质量m=1.6×10-3 kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放.g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间;‎ ‎(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向.‎ ‎19.(15分).如图,一质量为m1=1 kg,带电荷量为q=+0.5 C的小球以速度v0=3 m/s,沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6 m,两极板间距为0.5 m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R<3 m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径,在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E=10 V/m.(取g=10 m/s2)求:‎ ‎(1)两极板间的电势差大小U;‎ ‎(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道,求半径R的取值应满足的条件.‎ 15‎ 鹤壁高中2022届高二年级适应性检测(二)‎ 物理答案 ‎1答案 C 解析 假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球,由于圆周的对称性,根据电场的叠加原理知,圆心O处场强为零,所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+3q 15‎ 的小球在O点产生的场强,则有E=k,方向沿AO连线向下;A处带电荷量为+q的小球在圆心O点产生的场强大小为E1=k=,方向沿AO连线向下;其余带电荷量为+q的所有小球在O点处产生的合场强为E2=E1=,方向沿AO连线斜向上;故仅撤去A点的小球,O点的电场强度为,方向沿AO连线斜向上.‎ ‎2答案 C 解析 带电小球在电容器中处于平衡时,由平衡条件有tan θ=,当开关S断开时,电容器两极板上的电荷量Q不变,由C=,U=,E=可知E=,故增大或减小两极板间的距离d,电容器两极板间的电场强度不变,θ不变,选项A、B错误;当开关S闭合时,因为两极板间的电压U不变,由E=可知,减小两极板间的距离d,E增大,θ变大,选项C正确,D错误.‎ ‎3答案 B 解析 等量异种点电荷连线的中垂线为一条等势线,且电势为零,即O点电势为零,而两电荷连线上电场方向由a指向O,根据沿电场线方向电势降低,所以a点的电势高于O点的电势,即a点的电势高于b点的电势,在两电荷连线上,电场强度先增大后减小,在O点电场强度最小,但不为零,在两电荷连线的中垂线上,从O点向两边递减,所以O点在中垂线上是电场强度最大的点,故a点电场强度大于b点电场强度,A错误,B正确;电荷在零电势处电势能为零,故正的试探电荷在b点的电势能为零,电场力方向水平向右,C错误;负电荷从O向a移动过程中,电场力方向水平向左,电场力做正功,D错误.‎ ‎4答案 D 解析 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed,相等距离,电势差相等,因为φa=2 V,φc=-2 V,可知,O点电势为0,而bO=Od,则b、O间的电势差等于O、d间的电势差,可知,d点的电势为-2 V,故A错误;从d点到a点电势升高,根据Ep=qφ,电子从d点运动到a点电势能减小,故B错误;由作图和几何关系可知 a、c两点沿电场强度方向的距离为d=2Rsin 30°=2×0.2× m=0.2 m,故该匀强电场的场强 15‎ E== V/m=20 V/m ,电场方向不是由b点指向c点,故C错误,D正确.‎ ‎5答案 B 解析 由题图知粒子在到达b点前做减速运动,过b点后做加速运动,在b点的加速度为0,则在b点受到两点电荷的电场力平衡,Q1带正电荷,则Q2带负电荷,且根据库仑定律知,|Q2|<|Q1|,故A错误;粒子通过b点的加速度为零,说明所受电场力为零,则b点的场强一定为零,故B正确;粒子从a运动到b的过程中,粒子的动能先减小,根据能量守恒知其电势能增大.根据正电荷在电势高处电势能大,可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小,a点的电势比b点的电势低,故C、D错误.‎ ‎6答案 B 解析 对物体B下滑过程,根据机械能守恒定律可得:mgh=mv,则B刚到达水平地面时的速度v0=,物体B与物体A碰撞过程,以A、B两物体组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得:mv0=2mv,则物体A与物体B碰撞后的共同速度为v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=×2mv2=,故A错误,B正确;当弹簧再次恢复原长时,物体A与物体B将分开,物体B以v的速度沿原曲面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh′=mv2,则物体B能达到的最大高度为h′=,故C、D错误.‎ ‎7答案 B 解析 根据对称性可知,b、d两点的场强大小相等,方向相同,均由b指向d,则场强相同.b、d两点间的电场线由b指向d,所以b点的电势高于d点的电势,故A错误,B正确;将电子沿路径a→O→c移动,电势不变,电场力不做功,故C错误;将电子沿路径a→b→c移动,从a到b,电场力做正功,从b到c,电场力做负功,故D错误.‎ ‎8.B [由题图可知,a粒子的轨迹方向向右弯曲,则a粒子所受电场力方向向右,b粒子的轨迹向左弯曲,则b粒子所受电场力方向向左,由于电场线方向未知,无法判断粒子的电性,故A错误.由电场线疏密可知,a所受电场力逐渐减小,加速度逐渐减小,b所受电场力逐渐增大,加速度逐渐增大,故B正确.已知MN=NQ,由于MN段场强大于NQ段场强,所以M、N两点间电势差|UMN|大于N、Q两点间电势差|UNQ|,故C错误.根据电场力做功公式W=Uq,|UMN|>|UNQ|,由于两个粒子所带电荷量的大小关系未知,所以不能判断电场力做功的多少及动能变化量大小,故D错误.]‎ ‎9答案 A 15‎ 解析 由题图知,从r1到无穷远处,正电荷的电势能先减小后增加,则电势先减小后增加,在r0左侧电场线沿r正方向,r0右侧电场线沿r负方向,则从r1处释放电荷,电荷先向 r 正方向运动,选项A正确;从r2处释放电荷,电荷将先向r正方向运动,选项B错误;Ep-x图象切线斜率大小等于电场力大小,r0处切线斜率为0,故所受电场力为0,故从r0处释放电荷,电荷将静止,选项C错误;从r3处释放电荷,电荷将先向r负方向运动,选项D正确.‎ ‎10答案 D 解析 等量异种点电荷连线的中垂面是等势面,根据场强的叠加,可知O点和D点的电场强度方向相同,均由A指向B,所以D点的场强方向水平向右,故B错误;根据等量异种电荷产生的电场的特点知,在O点产生的场强比在D点产生的场强大,故A正确;因为在同一等势面上运动,电场力不做功,所以将一负电荷由O点移到D点,电场力不做功,电势能不变,故C错误;D点电势等于零,C点电势小于零,将一负电荷由D点移到C点,电场力做负功,电荷的电势能增大,故D正确.‎ ‎11答案 CD 解析 小球只受重力G和电场力F作用,小球做直线运动,则合力为零或合力方向与运动方向在同一直线上;若F=mgsin α,则F方向与运动方向垂直,如图,‎ 力F不做功,只有重力做功,所以小球的速度增大,A、B错误;若F=mgtan α,力F与小球运动方向可能成锐角,力对小球做正功,小球速度增大,电势能减小,力F也可能与运动方向成钝角,合力对小球做负功,小球速度减小,电势能增大,故C、D正确.‎ ‎12答案 BC 解析 因0~时间内微粒匀速运动,故E0q=mg;在~时间内,微粒只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度为vy1=,水平速度为v0;在~T时间内,由牛顿第二定律得2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-g=0,粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减小了ΔEp=mg·=mgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理得mgd-W电=0,可知克服电场力做功为mgd,选项D错误.‎ 15‎ ‎13答案 AC 解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变,当正对面积减小时,则由C=可知电容减小,由U=可知极板间电压增大,由E=可知,电场强度增大,故A正确;设P点的电势为φP,则由题可知0-φP=Ed′是增大的,则φP一定减小,由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大,所以可知电势能Ep是增大的,故C正确.‎ ‎14.AC [由运动轨迹向上偏转可知粒子带正电,A正确;由P→Q,电场力做功为WPQ=EpP-EpQ=qU,φP=0,则EpP=0,EpQ=-qU,B错;对Q点速度分解v0=vsin 30°,则v=2v0‎ 对P→Q过程,WPQ=qU=qE·x=m(v2-v02) ①‎ x=t2 ②‎ d=v0t ③‎ 由①②③求得E=,C对,D错.]‎ ‎15答案 BC 解析 物块A由P点出发第一次到达C点过程中,细线拉力对A做正功,动能不断增大,速度不断增大,A错误;‎ 设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,根据系统的机械能守恒得:mg=mv2,得v=,B正确;‎ 由几何知识可得=h,由于A、B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动,C错误;‎ 到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,D错误.‎ ‎16答案 (1) (2) C ‎(3) 解析 (1)由v2=2gh(1分),得v= (1分)‎ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,由牛顿运动定律知:mg-qE=ma (1分)‎ 15‎ 由运动学公式知:0-v2=2ad(1分)‎ 整理得电场强度E=(1分)‎ 由U=Ed,Q=CU,(1分)得电容器所带电荷量Q=C(1分)‎ ‎(3)由h=gt,0=v+at(1分)2,t=t1+t2(1分)‎ 整理得t= (1分)‎ ‎17答案 (1) (2)0.3g (3)0.3mgL 解析 (1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力分析如图所示,则有FNsin 37°=qE(1分)‎ FNcos 37°=mg(1分)‎ 解得E=(1分)‎ ‎(2)若电场强度减小为原来的,即E′=(1分)‎ 由牛顿第二定律得mgsin 37°-qE′cos 37°=ma(1分)‎ 解得a=0.3g(1分)‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得 mgLsin 37°-qE′Lcos 37°=Ek-0(2分)‎ 解得Ek=0.3mgL.(1分)‎ ‎18答案 (1)10 m/s2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方 解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F1=qE1,小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右,大小为F合=F1 cos 45°=1.6×10-2 N,(1分)则小球向右做匀加速直线运动,其加速度a1==10 m/s2,(1分)小球运动时间t1= =0.4 s.(1分)‎ ‎(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v0=a1t1=4 m/s,(1分)小球在电场Ⅱ 15‎ 区域中受到电场力和重力的合力竖直向下,其加速度a2=g+=30 m/s2,(2分)小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动,其运动时间t2==0.1 s.(1分)小球在竖直方向的分速度vy=a2t2=3 m/s,(1分)小球离开电场Ⅱ区域的速度v==5 m/s,(1分)设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ,则tan θ==,(1分)得θ=37°.(1分)‎ ‎19答案 (1)10 V (2)3 m>R≥ m或R≤ m 解析 (1)在A点,竖直分速度vy= v0tan 53°=4 m/s(1分)‎ 带电粒子在平行板中运动时间t==0.2 s(1分)‎ vy=at(1分),得a=20 m/s2 (1分)‎ 又mg+E′q=ma(1分)‎ E′=(1分),得U=10 V(1分)‎ ‎(2)在A点速度vA==5 m/s(1分)‎ ‎①若小球不超过圆心等高处,则有 mv≤(mg+qE)Rcos 53°(1分)‎ 得R≥ m 故3 m>R≥ m(1分)‎ ‎②若小球能到达最高点C,则有 mv=(mg+qE)R·(1+cos 53°)+mv(1分)‎ 在C点:mg+Eq≤m(1分)‎ 15‎ 可得vC≥(1分)‎ 联立解得:R≤ m(1分)‎ 故圆弧轨道半径R的取值条件为:‎ ‎3 m>R≥ m或R≤ m(1分)‎ 15‎
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