福建省南安市华侨中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福建省南安市华侨中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福建省南安市华侨中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） ‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.关于点电荷、元电荷、检验电荷下列说法正确的是（ ）‎ A. 点电荷是一种理想化的物理模型 B. 点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍 C. 点电荷所带电荷量一定很小 D. 点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷和质点一样是一种理想化的物理模型，A正确；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，B错误；点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，C错误；点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，检验电荷是用来检验电场是否存在的点电荷，所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，D错误．‎ 考点：考查了点电荷、元电荷、检验电荷 ‎【名师点睛】点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．‎ ‎2. 某物体受到－个－2N·s的冲量作用，则 A. 物体的末动量一定是负值 B. 物体的动量一定减少 C. 物体的动量改变量的方向一定与规定的正方向相反 D. 物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据动量定理得：，说明物体的动量增量一定与规定的正方向相反，不能说明原末动量的方向和大小，故C正确．‎ 考点：动量定理应用 ‎3.两个相同的金属小球，带电量之比为1∶9，相距为r，两球相互接触后，再放回到原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为5：5，所以库仑力是原来的25：9。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：9．故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷．‎ ‎4.如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零（ ）‎ A. q1、q2都是正电荷，且q1＞q2‎ B. q1是正电荷，q2是负电荷，且q1＜|q2|‎ C. q1是负电荷，q2是正电荷，且|q1|＞q2‎ D. q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：要使P点场强为零，则两电荷在该点的场强应大小相等方向相反；则分析各项可得出正确答案．‎ 解：A、两电荷若都是正电荷，则两点电荷在p点产生的场强方向均向左，故无法为零，A错误；‎ B、q1是正电荷，则q1在p点的场强方向向左，q2是负电荷，q2在p点的场强方向向右，因r1＞r2，由E=可知，要使两电荷在p点场强相等，应保证q1＞|q2|，故B错误；‎ C、q1是负电荷，则q1在p点的场强方向向右，q2是正电荷，q2在p点的场强方向向左，由B的分析可知，电荷量应保证|q1|＞q2，故C正确；‎ D、若两电荷均为负电荷，则两电荷在p点的场强方向均向右，故无法为零，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】在电场的叠加中要注意应先分别得出各电荷在该点形成的场强，再根据矢量的合成方法得出合场强的大小及方向．‎ ‎5.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（   ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子的速度变大 C. 粒子的加速度变大 D. 粒子的电势能变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A正确；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B错误；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行 ‎6.．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B， A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于缓慢漏电使A、B两质点的带电量逐渐减小。在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力大小（ ）‎ A. 保持不变 B. 先变大后变小 C. 逐渐减小 D. 逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得 F=G．根据△FBF1∽△PQB得,‎ 又FF1=F2，得 在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．‎ 故选A.‎ ‎7.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，观察的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是( )‎ A. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 B. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 C. 极板上的电荷量几乎不变，而极板间的电压变小 D. 极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式知电容C变小；故BCD错误，A正确．故选A．‎ 点睛：本题抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式 和电容的定义式、场强公式综合分析，是常用思路．‎ ‎8.图甲所示，水平放置的接地金属板正上方有一固定的正电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v滑上金属板的上表面，金属板上表面光滑，则小球在向右运动到右端的过程中（已知如图乙所示的接地金属板与点电荷之间的电场分布与图丙中虚线右侧的电场分布是一样的）‎ A. 先加速运动，后减速运动 B. 先减速运动，后加速运动 C. 受的电场力不做功 D. 受的电场力的冲量为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在金属板表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面，其表面为等势面，故射入的正电荷所受的电场力始终竖直向下，电场力不做功，因此小球做匀速直线运动，故C正确、AB错误；电场力做功为零，电场力的冲量Ft并不为零，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面。在等势面上移动电荷电场力不做功。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎9.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积中有n个自由电子，电子的电量为q，此时电子的定向移动速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子数可表示为 A. nvSt B. nvt C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流的微观表达式I=nevs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，故D正确，C错误；将I=nqvS代入得，故A正确，B错误；故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．‎ ‎10.如图所示，光滑桌面上有质量分别为m1和m2的两木块A、B，开始时弹簧处于压缩状态，放手之后两木块被弹开.在此过程中下面结论正确的是 A. 两木块速度大小与质量成反比 B. 两木块所受冲量的大小相等 C. 两木块加速度大小相等 D. 两木块具有完全相同的动量 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】两个木块系统动量守恒，故mAvA-mBvB=0，故vA：vB=mB：mA，故A正确；弹簧对两个木块的弹力相等，根据I=Ft可知，两木块所受冲量的大小相等，选项B正确；由牛顿第二定律可知，a=F/m，两物块质量不同，加速度大小不相等，加速度方向相反，故C错误；两木块的动量大小相等、方向相反，两木块的动量不相同，故D错误；故选AB。‎ ‎11.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B。现给B一个垂直AB方向的速度v0，B球将 A. 若A、B为异种电荷，B球可能做圆周运动 B. 若A、B为异种电荷，B球一定做加速度、速度均变小的曲线运动 C. 若A、B为同种电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动 D. 若A、B为同种电荷，B球的动能一定会减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据库仑力与B球所需要的向心力的关系，判断B球能否做圆周运动．匀变速曲线的加速度恒定不变．根据库仑定律判断B球的运动情况．根据电场力做功的正负，由动能定理判断动能的变化．‎ 解：A、若A、B为异性电荷，A、B间存在引力，只有当A对B的引力恰好等于B球所需要的向心力时，B球才做圆周运动，否则不做圆周运动．故A错误．‎ B、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，故B正确；‎ C、D、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，而库仑力做正功，故动能不断变大，故C正确，D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题只要把库仑力当作一般的力，抓住力的共性，分析B球的受力情况，来分析其运动情况；当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动．‎ ‎12.如图8所示，电子经加速电场（电压为U1）后进入偏转电场（电压为U2），然后飞出偏转电场，要使电子飞不出偏转电场可采取的措施有 A. 增大U1 B. 减小U1 C. 增大U2 D. 减小U2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：电子经过加速电场后，即 当电子恰好能飞出偏转电场时有：，，所以可得，要使电子飞不出偏转电场，相等于y增大，所以需要减小U1或者增大U2所以选BC 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转问题 点评：本题的关键是找出电子飞不出偏转电场的临界条件 ‎13.有一上表面粗糙的绝缘长木板放在光滑水平面上，现有质量为m，电荷量为q的物块沿长木板表面以一定的初速度自左向右滑动，由于有方向竖直向下的匀强电场，物块滑至长木板右端时相对木板静止，现仅将电场方向改为竖直向上，物块滑至板中央就相对静止，则 A. 物块带正电荷 B. 物块带负电荷 C. 匀强电场的场强大小为 D. 匀强电场的场强大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电，选项B正确，A错误；设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有 mv0=（m+M）v；第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1=μ（mg-qE）根据能量守恒得：对A：F1L=mv02-(M+m)v2 ①‎ 第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2=μ（mg+qE）；根据能量守恒得：对A：F2•=mv02-‎ ‎(M+m)v2 ②‎ 由①②得  μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）‎ 解得：，选项C错误，D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】本题是滑块在木板滑动的类型，分析受力情况，确定电场力的方向是关键．运用动量守恒和能量守恒是常用的思路．‎ 三、计算题（本大题共5小题，共50.0分）‎ ‎14.如图所示，在水平方向的匀强电场中，一电场线上有相距6cm的A、B两点，且UAB=150V，求：‎ ‎（1）电场强度的大小和方向；‎ ‎（2）电场中A、C两点相距14cm，A、C两点连线与电场线方向成37°夹角，则C点与A点的电势差UCA为多少？‎ ‎【答案】（1）2500V/m，向右 （2）-280V ‎【解析】‎ 试题分析：（1）因为AB的电势差为正值，知A点的电势高于B点，所以电场强度的方向水平向右．‎ 电场强度．‎ ‎（2）CA间的电势差UCA=-ELACcos37°=-2500×0.14×0.8V=-280V．‎ 考点：电场强度；电势差.‎ ‎15.在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质 量为30kg，人与车的质量为50kg．求：‎ ‎①推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；‎ ‎②小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．‎ ‎【答案】（1）3m/s （2）37.5J ‎【解析】‎ 试题分析：①人在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：‎ 解得：人车一起向左运动的速度 ‎②小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：‎ 解得：三者的共同速度 损失的能量：‎ 考点：动量守恒定律，能量守恒定律 ‎16.如图所示，ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为 R ．A点与圆心O等高，B、C点处于竖直直径的两端．PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在A点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为+q的小球从管内与C点等高处由静止释放，一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动．已知匀强电场的电场强度 （ g 为重力加速度），小球运动过程中的电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力．求：‎ ‎(1)小球到达B点时速度的大小；‎ ‎(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力；‎ ‎​(3)请通过计算判断小球能否通过圆弧轨道上的C点。‎ ‎【答案】(1)  (2)       (3) 小球恰能沿轨道到达C点 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球从P运动到B的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）小球在最低点B时，根据牛顿第二定律得：‎ 则由牛顿第三定律得：小球对圆弧轨道的压力大小为．‎ ‎（3）设小球能沿轨道到达C点，小球由P运动到C，根据动能定理有 在C点，由受力分析有 联立以上两式，整理得： N2=0‎ 假设成立，小球恰能沿轨道到达C点.‎ ‎【点睛】本题整合了动能定理、牛顿第二定律的应用，关键是对物体受力分析，找到物体恰能经过最高点的临界条件，应用牛顿第二定律列方程分析.‎ ‎17. 如图所示，两块水平放置的平行金属板a、b，相距为d，组成一个电容为C的平行板电容器，a板接地．a板的正中央有一小孔B，从B孔正上方h处的A点，一滴一滴地由静止滴下质量为m、电荷量为q的带电油滴，油滴穿过B孔后落到b板，把全部电荷量传给b板，；a板也会带上等量的异种电荷，若不计空气阻力及板外电场．问：‎ ‎（1）当有n滴油滴b板上后，两板间的场强多大？‎ ‎（2）第几滴油滴落到两板间将在a、b板间做匀速直线运动？‎ ‎（3）能到达b板的油滴不会超过多少滴？‎ ‎【答案】（1）（2）＋1 （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： （1）当油滴在a、b间做匀速直线运动时，有Eq＝mg，‎ ‎（2）设这时已有n滴油滴落在b板，板间电场强度为，，所以做匀速直线运动的应是第（＋1）滴．‎ ‎（3）设第N滴正好到达b板，则它到达b板的速度正好为零．此时b板所带电荷量Q′＝（N－1）q，a、b间的电压根据动能定理有mg（h＋d）－qU＝0，解得，所以能够到达b板的油滴不会超过（）滴．‎ 考点：物体的平衡；动能定理 ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理在电场中的应用，要知道当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上。‎ ‎18.如图所示，一质量为m.电荷量为q的带正电荷小球（可视为质点）从y轴上的A点以初速度（未知）水平抛出，两长为L的平行金属板M.N倾斜放置且水平方向间的夹角为，带电小球恰好能垂直M板从其中心小孔B进入两板间（sin37°=0.6, g取10m/s2）‎ ‎（1）试求带电小球抛出时的初速度；‎ ‎（2）若该平行金属板M.N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足，试计算两平行板M.N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： （1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：，，‎ 带电小球在竖直方向上下落的距离为：‎ 所以小球抛出点A的纵坐标为：，‎ 以上各式联立并代入数据可解得：．‎ 所以小球抛出点A的坐标为，小球抛出时的初速度大小为：‎ ‎（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：‎ 解得：．‎ 带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．‎ 因为，所以，‎ 因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动．其加速度大小为：，‎ 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：，‎ 以上各式联立求解并代入数据可得：‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】该题综合考查平抛运动、受力分析与带电粒子在电场中的偏转，其中结合题目的要求，正确分析出小球在电场中受到的合力的方向，是解题的关键。‎