陕西省西安市关山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

陕西省西安市关山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

‎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. φA＝φB B. φB＝φC C. EA＝EB D. EB＝EC ‎【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φB=φC．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φA＞φB．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EA＜EB，EB＜EC．故CD错误．故选B．‎ 点睛：本题关键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1∶4，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，电荷一定在两正电荷之间，根据平衡有：‎ k＝k 解得 ‎＝‎ 即 r1＝d 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 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，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，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，本题正确答案为B．‎ ‎6.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①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿②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A．‎ ‎8.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，△OAB∽△BFF1‎ 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 ①‎ ‎ ②‎ 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①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p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q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；‎ 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p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q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c C. 粒子三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc D. 粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb ‎【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O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ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q＝＋2×10－‎8C的试探电荷，它受到的静电力为7.2×10－5N，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q′＝－4×10－‎8C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). 3.6×103N/C (2). 水平向左 (3). 3.6×103N/C (4). 1.44×10－4N (5). 水平向右 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]场源电荷在A点产生的场强 ‎＝N/C＝36×103N/C ‎[2]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q′＝－4×10－‎8C时，场强不变，即E＝3.6×103N/C.‎ ‎[4]试探电荷q′受到的静电力 F′＝q′E＝1.44×10－4N ‎[5]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E＝1.0×103V/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，AB＝‎15 cm，今有m＝‎10 g、q＝10－‎4C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，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 ‎①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”);‎ ‎②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”)；‎ ‎③两板间插入一块玻璃，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)[1][2][3]根据电容的定义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εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小 ‎(2)[4]AB.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φ与场源电荷电荷量Q及离点电荷的距离之间的关系为φ＝k ，其中k为静电力常量，k＝9.0×109N·m2/C2.如图所示，某处固定一带电量为Q＝＋1×10－‎6C，可看做点电荷的带电小球，另一电荷量为 q＝＋4×10－‎12C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rA＝‎20cm，rB＝‎10cm.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：‎ UAB＝φA-φB＝4.5×104－9×104＝－4.5×104V ‎(2)设从A到B过程中电势能变化量为ΔEp 根据电场力做功与电势能变化的关系有：‎ ΔEp＝-WE＝-qUAB 代入数值得：‎ ΔEp＝－4×10－12×(－4.5×104) J＝1.8×10－7J.‎ ‎【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4×‎106m/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，那么A、B两点间的电势差为多少V？（电子的质量为9.1×10‎-31kg）‎ ‎【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=﹣136.5v ‎19.如图所示，电子在电势差为U0＝4 500 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U＝45 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L1＝‎10 cm，板间距离为d＝‎1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝‎15 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tanθ；‎ ‎(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：v0＝4×‎107m/s ‎(2)电子在偏转电场中运动 沿初速度方向：L1＝v0t可得t＝2.5×10－9s 在垂直速度方向：‎ y＝at2＝t2＝2.5×10－‎3m＝‎‎0.25 cm ‎(3)偏转角的正切值tanθ＝；‎ ‎(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 ‎ ＝tanθ，所以y′＝‎0‎‎75 cm，所以Y＝y＋y′＝‎1 cm.‎