甘肃省玉门一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

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：‎