甘肃省玉门一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

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甘肃省玉门一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

物理 一、单项选择题 ‎1.关于电量的下列说法中,哪个是正确的 A. 物体所带的电量可以是任意实数 B. 物体的带电量不可能小于1.6×10﹣‎‎19C C. 某物体带1.6×10﹣‎19C的正电,是因为物体失去了1.6×10﹣19个电子 D. 任何物体的电量不可能少于‎1C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体所带的电量只能是元电荷的整数倍,不可以是任意实数,选项A错误;‎ B.物体的带电量不可能小于1.6×10﹣‎19C,选项B正确;‎ C.某物体带1.6×10﹣‎19C的正电,是因为物体失去了1个电子,选项C错误;‎ D.物体的带电量也可能少于‎1C,但是必须是1.6×10﹣‎19C的整数倍,选项D错误;‎ 故选B.‎ ‎2.下述说法正确的是 A. 根据E=,可知电场中某点的场强与电场力成正比 B. 带电荷量Q和3Q的点电荷A、B相互作用时,B受到的静电力是A受到的静电力的3倍 C. 根据库仑定律表达式F=k,当两电荷之间的距离r→0时,两电荷之间的库仑力F→∞‎ D. 根据E=,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场强度是由电场本身决定的物理量,与试探电荷的电量以及所受的电场力无关,选项A错误; ‎ B.带电荷量Q和3Q的点电荷A、B相互作用时,两者之间是相互作用力,则B受到的静电力等于A受到的静电力,选项B错误;‎ C.根据库仑定律表达式F=k,当两电荷之间的距离r→0‎ 时,库仑定律不再成立,选项C错误;‎ D.根据E=,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比,选项D正确;‎ 故选D.‎ ‎3.关下列于动量的说法中,正确的是(  ).‎ A. 物体的动量越大,其惯性也越大 B. 做匀速圆周运动的物体,其动量不变 C. 一个物体的速度改变,它的动能不一定改变 D. 一个物体运动状态发生变化,它的动能一定改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据p=mv可知,物体的动量越大,其质量不一定越大,惯性不一定越大,故A错误;‎ B. 做匀速圆周运动的物体,速度大小不变,方向一直在改变,所以其动量大小不变,方向一直改变,故B错误;‎ CD. 一个物体速度如果大小不变,方向改变,它的运动状态发生变化,但它的动能不变,故C正确,D错误;‎ ‎4.下列关于电场说法正确的是( )‎ A. 电场是假想的,并不是客观存在的物质 B. 电场线是客观存在的,任意两电场线不相交.‎ C. 电场中某处场强的方向与放入该处试探电荷电量无关,但与其电性有关.‎ D. 电场中某点的电势与放入该处的试探电荷电量电性都无关.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 电场是客观存在的物质,电场线是假想的,不存在的,故AB错误.‎ C.电场中的场强与场源电荷有关,与试探电荷无关,故C错误.‎ D. 电场中某点的电势与放入该处的试探电荷电量电性都无关,故D正确.‎ ‎5.某电容器上标有“220V300μF”,300μF=____________F A. 3×108 B. 3×10﹣‎4 ‎C. 0.3 D. 3×105‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】300μF=300×10‎-6F=3×10﹣‎4F.‎ A.3×108,与结论不相符,选项A错误;‎ B.3×10﹣4,与结论相符,选项B正确;‎ C.0.3,与结论不相符,选项C错误;‎ D.3×105,与结论不相符,选项D错误;‎ 故选B.‎ ‎6.两个分别带有电荷量-2Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为(  )‎ A. F B. F C. ‎12F D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】相距为r时,根据库仑定律得:,接触后,各自带电量变为,则有:.‎ A.F.故选项A不符合题意. ‎ B.F.故选项B不符合题意. ‎ C.‎12F.故选项C不符合题意. ‎ D..故选项D符合题意.‎ ‎7.一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中,粒子轨迹如图虚线abc所示,图中实线是同心圆弧,表示电场的等势面,不计重力,可以判断( )‎ A. 粒子受到静电引力的作用 B. 粒子速率增大 C. 粒子动能减小 D. 粒子电势能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有图可知,轨迹向左弯曲,带电粒子所受的电场力方向向左,则带电粒子受到了排斥力的作用,故A错误.‎ B C.从到的过程,电场力做做负功,可知电势能增大,动能减小,从到的过程,电场力做正功,可知电势能减小,动能增大,所以粒子的动能先减小后增大,速度也先减小后增大,故BC错误.‎ D.由上面的分析可知,粒子的电势能先增大后减小,故D正确.‎ ‎.‎ ‎8.匀强电场中的矩形abcd ,a点电势5V,b点电势-5V,c点电势-10V,则d点电势为 A. 0 B. -10V C. -20V D. 10V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据在匀强电场中两点之间的电势差U=Edcosθ,设电场线与ad之间的夹角为θ,则电场线与bc之间的夹角也是θ,设ad=bc=L,则:‎ Uad=Ubc=ELcosθ 又:‎ Uad=φa-φd=5V-φd Ubc=φb-φc=-5V-(-10V)=5V 所以 φd=0V A. 0,与结论相符,选项A正确;‎ B.-10V,与结论不相符选项相符,选项B错误;‎ C. -20V,与结论不相符,选项C错误;‎ D. 10V,与结论不相符,选项D错误.‎ ‎9.如图所示,P、Q是两个电量相等的正电荷,它们的连线的中点是O,A、B是中垂线上的两点,OA<OB,用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强与电势,则 A EA一定大于EB B. EA不一定大于EB,φA一定大于φB C. EA一定大于EB,φA不一定大于φB D. EA不一定大于EB ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小,设场强最大的点为P点,P点可能在A、B两点之间,也可能在O、A之间,也可能在B点的外侧,当P点可能在A、B两点之间时,EA可能大于EB,也可能小于EB,还可能等于EB;当P在O、A之间时,EA大于EB;当P点在B点外侧时,EA小于EB;在PQ连线的中垂线上,场强方向沿AB方向,沿电场线方向电势越来越低,因此φA一定大于 φB; A.EA一定大于EB,与结论不相符,选项A错误;‎ B.EA不一定大于EB,φA一定大于φB,与结论相符,选项B正确;‎ C.EA一定大于EB,φA不一定大于φB,与结论不相符,选项C错误;‎ D.EA不一定大于EB,与结论不相符,选项D错误;‎ 故选B。‎ ‎10.下列四个电场中,a、b两点电场强度与电势均相同的是(   )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a、b是同一等势面上的两点,电势相同;场强大小相等,但方向不同.故A错误;‎ B、a处电场线比b处电场线密,则a处场强较大,顺着电场线方向,电势降低,则b点的电势较高,故B错误;‎ C、a、b是匀强电场中的两点,电场强度相同;a、b连线与电场线垂直,在同一等势面上,电势相等,故C正确;‎ D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线,则a、b的电势相同.根据电场线的分布可知:a处场强较大.故D错误.‎ 二、多项选择题 ‎11.下列结论正确的是 A. 电场强度越大的地方电势越高,电场强度越小的地方电势越低 B. 电场强度的方向与等势面处处垂直 C. 电平衡状态下的导体是等势体 D. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场强度越大的地方,但是电势不一定越高,例如距离负点电荷越近的地方场强越大,但是电势越低;电场强度越小的地方电势不一定越低,例如距离负点电荷越远的地方场强越大,但是电势越高;选项A错误;‎ B.电场强度的方向与等势面处处垂直,选项B正确;‎ C.电平衡状态下的导体是等势体,选项C正确;‎ D.静电平衡状态下的导体内部场强处处为零,选项D正确;‎ 故选BCD.‎ ‎12.如图,在点电荷的电场中,ab所在的电场线竖直向下,在a点由静止释放一个质量为m,电荷量大小为q的带电粒子,粒子到达b点时速度恰好为零,a、b间的高度差为h,则说法正确的是 A. 带电粒子带负电 B. a、b两点间的电势差Uab=‎ C. b点电势小于a点电势 D. a点场强大于b点场强 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在a点由静止释放粒子,到达b点时速度恰好为零,可知粒子所受电场力与重力方向相反,也与电场线方向相反,故粒子带负电,故A正确;‎ B.由于粒子在a点由静止,到达b点也静止,故 W电=-WG=-mgh=-qUab 故 故B正确;‎ C.顺着电场线电势逐渐降低,所以b点电势小于a点的电势,故C正确;‎ D.从a到b先加速后减速,因为重力不变,故电场力逐渐变大,故b点场强大于a点场强,故D错误;‎ 故选ABC。‎ ‎13.如图所示,P、Q为平行板电容器,两极竖直放置,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接,闭合电键后,悬线与竖直方向夹角为α.则 A. 将电键再断开,减小P、Q两板间的距离,角度α不变 B. 将电键再断开,增加P、Q两板间的距离,角度α会减小 C. 保持电键闭合,减小P、Q两板间的距离,角度α会增大 D. 保持电键闭合,将P极板上移少许,角度α会减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.电键断开,电容器的带电量不变,根据公式,、,则得,即电场强度与极板间距无关,故板间场强不变,小球所受电场力不变,则α不变,故A正确,B错误;‎ C.保持电键闭合时,电容器板间电压不变,缩小P、Q两板间的距离,由 分析得知,板间场强增大,小球所受电场力增大,则α增大,故C正确;‎ D.保持电键闭合时,电容器板间电压不变,将P极板上移少许,即减小极板的正对面积,由分析得知,板间场强不变,小球所受电场力不变,则α不变,故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎14.如图‎1A、B是一条电场线上的两点,若从A释放一初速度为零的电子,电子仅受电场力作用下,从A点运动到B点,其速度随时间变化的规律如图2所示。则 A. 电子在A、B两点受的电场力FA<FB B. A、B两点的电场强度EA<EB C. 场强方向为从A到B D. 电子在A、B两点的电势能EPA大于EPB ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由速度图象看出,图线的斜率逐渐增大,电子的加速度增大,电子所受电场力增大,则电场力FA<FB.故A正确。‎ B.电子所受电场力增大,场强增大,即电场强度EA<EB.故B正确。‎ C.电子静止开始沿电场线从A运动到B,电场力的方向从A到B,电子带负电,则场强方向从B到A,故C错误。‎ D.根据顺着电场线电势降低可知,电势φA<φB,则电子在A、B两点的电势能EpA>EpB.故D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎15.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=‎0.4m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104N/C.现有一电荷量q=+1.0×10﹣‎4C,质量m=‎0.1kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点,取g=‎10m/s2.‎ A. 带电体在圆形轨道C点的速度大小为‎4m/s B. 落点D与B点的距离为0‎ C. 带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小7N D. 带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A项:设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律:,解得 ‎,故A错误;‎ B项:设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有:‎ ‎,,联立解得:,故B正确;‎ C项:设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有,带电体从B运动到C的过程中,依据动能定理:,联立解得,故C错误;‎ D项:由P到B带电体作加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中.在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处,设小球的最大动能为Ekm,根据动能定理有: ,由于重力与电场力大小相等,根据,由以上两式可解得:,故D正确.‎ 三、简答题 ‎16.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关.他选用带正电的小球A和B,A球放在可移动的绝缘座上,B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点,如图所示.‎ 实验时,先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,B球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大.实验表明:两电荷之间的相互作用力,随其距离的减小而________,随其所带电荷量的_________而增大.此同学在探究中应用的科学方法是_________(选填:“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”).‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 控制变量法 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]对小球B进行受力分析,可以得到小球受到的电场力:‎ 即B球悬线的偏角越大,电场力也越大;所以使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,B球悬线的偏角越大,说明了两电荷之间的相互作用力,随其距离的减小而增大;‎ ‎[2]两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大,说明了两电荷之间的相互作用力,随其所带电荷量的增大而增大;‎ ‎[3]先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近.这是只改变它们之间的距离;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量.这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法.‎ ‎17.在做“碰撞中的动量守恒定律”常规实验中 ‎(1)本实验中不需要用到的测量仪器或工具有_____(单选)‎ A.圆规 B.秒表 C.刻度尺 D.天平 ‎(2)必须要求的条件是_____‎ A.斜槽轨道末端的切线必须水平 B.要测量小球平抛的初速度 C.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D.入射球和被碰球的质量必须相等,且大小相同 ‎(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示,假设碰撞过程中动量守恒,则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比_____。‎ ‎【答案】 (1). B (2). AC (3). 4:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].小球碰撞过程系统动量守恒,以向右正方向,由动量守恒定律得:‎ m1v0=m1v1+m2v2‎ 两球离开斜槽后做平抛运动,由于两球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间t相等,则有:‎ m1v0t=m1v1t+m2v2t 即为:‎ m1OP=m1OM+m2ON 实验需要测量两球的质量与水平位移,需要用圆规确定小球落地位置,需要用刻度尺测量小球的水平位移,需要用天平测小球质量,不需要的实验器材是秒表;故选B;‎ ‎(2)[2].A、小球离开斜槽后做平抛运动,斜槽轨道末端的切线必须水平,故A正确;‎ B、小球离开轨道后做平抛运动,小球的水平位移与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替其初速度,实验不需要测量小球平抛的初速度,故B错误;‎ C、为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等,入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下,故C正确;‎ D、为防止入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,故D错误;‎ 故选AC;‎ ‎(3)[3].碰撞过程系统动量守恒,则有:‎ m1OP=m1OM+m2ON 代入数据得:‎ m1×0.255=m1×0.155+m2×0.400‎ 解得:‎ m1:m2=4:1;‎ 四、计算或论述题 ‎18.如图所示,真空中有A、B、C三个点组成的一个等边三角形,边长r=‎0.1m,把两个带正电的点电荷放在B、C两点,它们带电量相等,Q=3.0×10‎-8C.‎ ‎(1)B、C上两个点电荷之间的库仑力是多大?‎ ‎(2)求A点的合场强大小;‎ ‎(3)若在A点放置一个电量q= -1× 10‎-6C的点电荷,则它受到的电场力是多大?‎ ‎【答案】(1)(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由库仑定律得B、C上两个点电荷之间的库仑力大小为 ‎(2)两点电荷在A处产生的场强分别为 则A点的合场强 ‎(3) ‎ ‎19.如图所示,匀强电场中有A、B两点,它们间距为‎2cm,两点的连线与场强方向成60o角将一个电量为-2×10‎-5C的电荷由A移到B,其电势能增加了1.0×10-4J.求 ‎(1)A、B两点的电势差 ‎(2)匀强电场的场强大小.‎ ‎【答案】(1)5V(2)500V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由A移到B,其电势能增加了1.0×10-4J,电场力做负功1.0×10-4J.‎ ‎(2) 根据U=Ed得 所以匀强电场的场强为:‎ 答:(1)5V(2)500V/m ‎20.如图所示为两组平行板金属板,一组竖直放置,一组水平放置,今有一质量为m、电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点,经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间,若电子从两块水平平行板的正中间射入,且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出,A、B分别为两块竖直板的中点,求:‎ ‎(1)电子通过B点时的速度大小;‎ ‎(2)电子穿出右侧平行金属板时的速度.‎ ‎【答案】(1) (2) ,与水平方向夹角正切值 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动能定理可得,解得电子到B点的速度为.‎ ‎(2)整个过程中电场力做功为 所以根据动能定理可得 解得:,速度与水平方向的夹角为,粒子在竖直方向:‎ ‎,‎ 所以 答:(1) (2) ,与水平方向夹角正切值.‎ ‎21.如图所示,质量为M的木块放在动摩擦因数为u的粗糙水平面上,一颗质量为m的子弹,以某一初速度v水平击中木块,作用时间极短,并嵌在其中,随后木块在水平面上滑行距离S而停止,求:‎ ‎(1)子弹与木块速度刚相同时的速度(用M、m、V表示)‎ ‎(2)子弹的初速度v(用M、m、u、S、g表示)‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)子弹击中木块过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:‎ mv=(M+m)v1 ‎ 解得:‎ v1=;‎ ‎(2)对子弹与木块,由动能定理得:‎ ‎﹣μ(M+m)gS=0﹣(M+m)v12 ‎ 解得:‎
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