2019-2020学年内蒙古包头市回民中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2019-2020学年内蒙古包头市回民中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

包头市回民中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物理 一、单项选择（每题6分，共60分）‎ ‎1.下列各物理量中，与试探电荷有关的量是 A. 电场强度E B. 电势φ C. 电势差U D. 电场做的功W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.电场强度、电势、电势差描述的都是电场本身的性质，与是否有试探电荷无关，故ABC错误。‎ D.电场力对试探电荷做功，与试探电荷的电量及电性有关，故D正确。‎ ‎2.A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为 （ ）‎ A. -F/2 B. F/‎2 ‎C. -F D. F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB的距离为r，在A处放电荷量为＋q的点电荷，在B处放电荷量为Q的点电荷，据库仑定律有：；移去A处电荷，在C处放－2q的点电荷，该电荷受到的电场力为：，据同种电荷相斥，异种电荷相吸可知，两力方向相同。故选项B正确。‎ ‎3.如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知G、F、B、D点的电势分别为8 V、3 V、2 V、4 V，则A点的电势为(　　)‎ A. 1 V B. －1 V C. 2 V D. 3 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等。由于GF平行CB，且GF等于CB，有：φG-φF=φC-φB，代入数据解得：‎ φC=φG-φF+φB=8V-3V+2V=7V 同理有：φA-φB=φD-φC，解得：‎ φA=φB+φD-φC=2V+4V-7V=-1V A．1 V。故A不符合题意。 ‎ B．－1 V。故B符合题意。‎ C．2 V。故C不符合题意。 ‎ D．3 V。故D不符合题意。‎ ‎4. 如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为 A. 沿AB方向 B. 沿AC方向 C. 沿OC方向 D. 沿BC方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 考点：电场强度；带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场中的运动问题；解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直。‎ ‎5.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 该电场可能是由某正点电荷形成的 B. M点的电势高于N点的电势 C. 从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；‎ BC、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确．‎ 故选C ‎6.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；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．‎ ‎7.某电子元件通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是 A. 随着所加电压的增大，该元件的电阻减小 B. 对应P点，该元件的电阻为 C. 对应P点，该元件的电阻为 D. 该元件为线性元件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电阻的定义，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大。故A错误。 BC．对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻。故B正确，C错误。 D．由于电流与电压不是成正比，所以该元件为非线性元件。故D错误。‎ ‎8.如图所示，将两不带电的绝缘导体AB、CD放在带负电的导体Q的附近，达到静电平衡状态后，下列说法正确的是(　　)‎ A. 用导线连接A、B两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到B B. 用导线连接A、C两端，连通瞬间没有电流通过导线 C. 用导线连接A、D两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到D D. 用导线连接B、C两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．‎ ‎【详解】根据静电感应规律可以判断枕形导体A端带正电荷，B端带负电荷。处于静电平衡的导体是等势体，用导线连接A、B两端，连通瞬间没有电流通过导线，故A错误；根据沿着电场线的方向，电势降低可知，导体AB的电势低于CD的电势，当用导线连接A、C两端，连通瞬间有电子从AB流向CD，有电流通过导线，故B错误；处于静电平衡的导体整个导体是等势体，AB的电势低于CD的电势，当用导线连接A、D两端时，电子从A流向D，导线中电流方向由D到A；当用导线连接B、C两端时，导线中电子从B流向C，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B，故C错误，D正确；故选D。‎ ‎【点睛】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．同时处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，自身是等势体，内部电场强度为零．‎ ‎9.一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷。其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 环心O处电场强度为零 B. 沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小 C 沿x轴正方向由M点到N点电势越来越低 D. 将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据场强的叠加可知，O点的场强为零。故A不符合题意。 B．O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小。故B符合题意。 C．电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，所以由M点到N点电势越来越低。故C不符合题意。 D．将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小。故D不符合题意。‎ ‎10.如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m ‎，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则(　　)‎ A. 小环A的加速度大小为 ‎ B. 小环A的加速度大小为 ‎ C. 恒力F的大小为 ‎ D. 恒力F的大小为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设轻绳的拉力为T，则对A：‎ T＋Tcos＝k Tcos＝maA 联立解得：‎ aA＝‎ 故B正确，A错误；‎ CD．恒力F的大小为 F＝2maA＝‎ 故CD错误．‎ 二、多项选择（每题6分，共30分）‎ ‎11.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器。先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A 板的距离不变。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．‎ A、将B板向下平移一小段距离，由可知电容器的电容变小，故A正确；‎ B、由、、可知，，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；‎ D、板间场强不变，故D错误。‎ 故选：ACD。‎ 考点：电容器的动态分析．‎ 点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．‎ ‎12.如图所示，细线栓一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则( )‎ A. 小球不可能做匀速圆周运动 B. 当小球运动到最高点时绳的张力可能最小 C. 小球运动到最低点时，球的线速度一定最大 D. 小球运动到最低点时，电势能一定最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 小球受到的电场力方向竖直向上，重力竖直向下，当二力等大时，可能做匀速圆周运动，A正确；当重力大于电场力时，两者合力向下，在最低点A绳子的张力最大，在最高点B时，绳子的张力最小，若重力小于电场力时，两者的合力向上，在最高点B时绳子的张力最大，在A点时张力最小，BC错误；由于小球带负电，受到的电场力向上，所以在最高点B时，电场力做正功最多，电势能最小，D错误．‎ ‎13.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。‎ ‎14.某静电场中的一条电场线与X轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在-x0～x0区间内（　　）‎ A. 该静电场是匀强电场 B. 该静电场是非匀强电场 C. 负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变 D. 负电荷将沿X轴负方向运动，加速度逐渐减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：电势φ-x图线的斜率等于电场强度大小，由于图线的斜率不变，所以该电场是匀强电场；沿着电场线方向，电势是降低的，则图中的电场线方向指向沿x轴负方向，负电荷受到的电场力方向与场强方向相反，因此，负电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变，所以正确选项为A、C。‎ 考点：本题考查了对φ-x图线的斜率的理解。‎ ‎15.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.‎ 右极板电势随时间变化的规律如图所示.电子原来静止在左极板小孔处.(不计重力作用)下列说法中正确的是（ ）‎ A. 从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. 从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. 从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误．‎ 三、计算题（共60分）‎ ‎16.在静电场中把电荷量为2.0×10－‎9 C的正电荷从A点移动到B点，静电力做功为－1.5×10－7 J，再把该电荷从B点移到C点，静电力做功为4.0×10－7 J．‎ ‎(1)A、B、C三点中哪点的电势最高，哪点的电势最低；‎ ‎(2)A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大；‎ ‎(3)把－1.5×10－‎9 C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功．‎ ‎【答案】(1) B点的电势最高，C点的电势最低 (2) (3) -1.875×10-7J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)(2)把电荷量为2.0×10‎-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功为-1.5×10-7J，‎ 根据，可得：‎ 将2.0×10‎-9C的正电荷从B点移到C点，静电力做功为4.0×10-7J 根据，可得：‎ 将2.0×10‎-9C的正电荷从A点到C点的过程中，电场力做功为：‎ WAC=WAB+WBC=2.5×10-7 J 则有：‎ 知B点电势比A点电势高75V，C点电势比B点低200V，则B点的电势最高，C点的电势最低。‎ ‎(3)把-1.5×10‎-9C的电荷从A点移到C点，静电力做功：‎ WAC=q′UAC=-1.5×10-9×125J=-1.875×10-7J ‎17.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣‎7kg，电量q=1.0×10﹣‎10C，A、B相距L=‎20cm．（取g=‎10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎(1)试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。‎ ‎(2)电场强度大小、方向？‎ ‎(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎【答案】（1）微粒做匀减速直线运动（2）， 水平向左（3）‎2.8m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据直线运动的条件结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；‎ ‎(2)根据力的合成的平行四边形定则结合几何关系得到电场力，求出电场强度；‎ ‎(3)对粒子的运动过程运用动能定理列式，求解微粒射入电场时的最小速度。‎ ‎【详解】(1)微粒在重力和电场力作用下沿AB直线运动，合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示。微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA 方向相反，微粒做匀减速直线运动。‎ ‎(2)据上图，‎ 解得：电场强度，方向水平向左。‎ ‎(3)微粒由A运动到B的速度vB=0，对应微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：‎ 解得： ‎ 即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是‎2.8m/s。‎ ‎【点睛】本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解。‎ ‎18.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子末速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎（3）两板间的距离.‎ ‎【答案】（1）（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为，由速度关系得合速度为：‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动：‎ 在水平方向：‎ 竖直方向：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 联立以上方程解得：‎ ‎（3）粒子在电场中做类平抛运动：‎ 在竖直方向：‎ 解得：‎ ‎19.如图所示,在的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=‎0.4m,一带正电荷的小滑块质量为m=‎0.04kg,小滑块与水平轨道间的动摩因数μ=0.2,g取，求：‎ ‎（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?‎ ‎（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?（P为半圆轨道中点）‎ ‎【答案】（1）‎20m（2）1.5N ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)设滑块应在水平轨道上离N点x处释放，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：‎ 小滑块恰好到达最高点时，重力提供向心力有：‎ 代入数据计算得出.‎ ‎(2)滑块到达P点时，对释放滑块到达P点过程应用动能定理可得：‎ 在P点时由牛顿第二定律可得：‎ 计算得出 ，由牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道压力是1.5N.‎ 答：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点‎20m处释放.‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力1.5N.‎ ‎ ‎