四川省眉山市仁寿第一中学南校区2021-2022学年高二（上）10月物理试题含解析

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  四川省眉山市仁寿第一中学南校区2021-2022学年高二（上）10月物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 关于等势面，下列说法正确的是（　　）A. 电荷在等势面上移动时不受静电力作用，所以静电力不做功B. 等势面上各点的电场强度相等C. 等势面一定跟电场线垂直D. 两不同等势面在空间可以相交【1题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动电荷，静电力与运动方向一直垂直，静电力不做功，故A错误；B．电场中电势相等的各个点构成的面叫作等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，故B错误；C．等势面一定与电场线垂直，故C正确；D．电场中电势相等的各个点构成的面叫作等势面，两个不同的等势面的电势是不同的，所以两个不同的等势面永不相交，故D错误。故选C。2. 与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（　　）A. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小B. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【2题答案】【答案】B【解析】分析】【详解】A．静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，由知电容C减小，且Q不变，由知板间电压U增大，故指针张角变大，故A错误；B．带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故B正确；C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，由知电容C变大，且Q不变，由知板间电压U减小，故指针张角变小，故C错误；D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电压U变大，由知，电容大小与极板带电荷量无关，故D错误。故选B。3. 如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别固定放置点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零，则下列判断正确的是（　　）A. x轴上P点右侧电场强度方向沿x轴正方向B. Q1<Q2C. 在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同D. 与P点关于O点对称的M点电场强度可能为零【3题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】BC．根据题述可知P点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，＋Q1的电荷量一定大于－Q2的电荷量，A、B连线上各点电场强度都不为零，故B、C错误；A．由于＋Q1的电荷量大于－Q2的电荷量，可知P点右侧电场方向沿x轴正方向，故A正确；D．由于Q1>Q2，M点和P点关于O点对称，P点电场强度为零，由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，M点电场强度一定不为零，D错误。故选A。4. 带有等量异号电荷，相距10cm的平行板A和B之间有一匀强电场，如图，电场强度E＝2×104V/m，方向向下。电场中C点距B板为3cm，D点距A板为2cm。下列说法正确的是（　　）A. UCD＝1000VB. 让B板接地，则C点的电势φC＝600VC. 让A板接地，则D点的电势φD＝400VD. 将一个电子从C点移到D点静电力做的功，与将电子先从C点移到P点再移到D点静电力做的功数值不同【4题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．CD两点间的电势差为故A错误；B．如果令B板接地，B板电势为零，则C点电势故B正确；C．如果令A板接地，A板电势为零，则D点电势故C错误；D．将一个电子从C点移到D点静电力做的功，与将电子先从C点移到P点再移到D点静电力做的功在数值相同，为故D错误。故选B。5. 如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虚线间的电势差相等），实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，、、、为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除电场力外，粒子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是（　　）A. 粒子在、两点的加速度大小一定相等B. 粒子在、两点的速度大小一定相等C. 粒子运动过程中速度一定先减小后增大D. 粒子在点时电势能一定比在点时的电势能大【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于c点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故A错误；B．、两点的电势相等，则粒子在、两点的电势能相等，由能量守恒可知，粒子在、两点的动能相等即速度大小相等，故B正确；C．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小，c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子在a到d之间运动过程中的动能先增大后减小，反之，粒子在d到a之间运动过程中的动能先减小后增大，故C错误；D．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故D错误。故选B。6. 在真空中某带电荷量大小为Q的点电荷P（图中未画出）的电场中，将带电荷量为q的负试探电荷分别置于a（0,0，r）、b两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，、分别在yOz和xOy平面内，与z轴负方向成60°角，与x轴负方向成60°角，已知试探电荷在a点受到的电场力大小为，静电力常量为k，则以下判断正确的是（　　）
 A. 电场力的大小B. a、b、O三点电势关系为C. 点电荷P带正电，且D. 平面xOz上移动该试探电荷，电场力不做功【6题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知，、分别在yOz和xOy平面内，可知点电荷Q既在yOz平面内，也在xOy平面内，所以Q一定在坐标轴y上，过a点沿F的方向延长，与y轴交于Q点，设OQ间的距离为y，由几何关系得所以aQ间的距离连接bQ，则b受到的电场力的方向沿bQ的方向，由几何关系得可知b点到O点的距离也是r，b点到Q点的距离为2r：A．b与a到Q点的距离相等，根据库仑定律可知试探电荷在b点受到的电场力与在a点受到的电场力大小是相等的，所以故A错误；B．负电荷受到的电场力指向Q，根据异性电荷相互吸引可知，Q带正电。由于距离正电荷越近电势越高，所以O点的电势高，b与a点的电势相等，即故B错误；C．由B选项可知，点电荷Q带正电，根据库仑定解得点电荷Q的电荷量为故C正确；D．平面xOz上各点到Q的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故D错误。故选C。7. 如图所示，a、b、c为匀强电场中的三点，b为a、c连线的中点。一个电荷量为q的负电荷，在a点受到的电场力为F，从a点移动到b点过程中电势能减小W，下列说法正确的是(　　)A. 匀强电场的电场强度大小为B. a、b、c三点中，a点的电势最高C. 该电荷从a点移动到b点过程中电场力做负功D. 该电荷从c点移动到b点过程中电势能增加W【7题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．负电荷在a点受到的电场力为F，由电场强度的公式得匀强电场的电场强度大小为E＝故A错误；B．负电荷从a点移动到b点过程中电势能减小，负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以从a到c的过程电势越来越高，即c点电势最高，故B错误；C．从a点移动到b点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故C错误；D．匀强电场，b为a、c连线的中点，所以从a点移动到b点的电势能减小量等于从b点移动到c点的电势能减小量，电势能都减小W，则从c点移动到b点过程中电势能就增加W，故D正确。故选D。8. 如图所示，带电量为+q和的点电荷分别位于绝缘薄圆盘中心轴线上，两电荷到圆心O的距离相等。A点位于圆盘边缘，B点为某半径的中点，关于A、B、O三点电场强度E的大小和电势的高低关系判断正确的是（　　）
 A.  B. C.  D. 【8题答案】【答案】AD【解析】【详解】AB．根据等量异种点电荷中垂面上电场线分布的特点可知，圆心O处场强最大，离圆心越远，电场线越稀疏，场强越小，即故A正确，B错误；CD．圆盘处在等量异种电荷的中垂面上，所以此圆盘是一个等势体，薄圆盘表面是一个等势面，即故C错误，D正确。故选AD。9. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点．一带电量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点静止释放，沿MN作直线运动，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是A. AB两点电势差UAB＝－4VB. B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1V/mC. 由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大D. 小物块从B点到C点电场力做的功W=10-2J【9题答案】【答案】BD【解析】【详解】物块在A到B过程，根据动能定理得：，得：，故A错误．据v-t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a==2m/s2，所受的电场力最大为 F=ma=1×10-3×2N=2×10-3N，则电场强度的最大值为，故B正确．由v-t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故C错误．物块从B点到C点电场力做的功W=，故D正确．故选BD．10. 三个相同粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图所示，下列判断正确的是（　　）A. 进电场时c的速度最大，a的速度最小B. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上C. b和c同时飞离电场D. 动能的增加量c最小，a和b一样大【10题答案】【答案】ABD【解析】【分析】【详解】ABC．三个粒子的质量和电量都相同、则知加速度相同，a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据可知运动时间相等，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，b、c竖直方向上的位移不等，由可知可知c先离开电场，在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有因为知根据知所以有故AB正确，C错误；D．根据动能定理知对a、b两电荷，电场力做功一祥多、所以动能增加量相等，对c电荷电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确。故选ABD。二、非选择题：考生根据要求作答24．（12分）11. 如图所示，把一带电荷量为﹣5×10﹣8C的小球A用绝缘细绳悬吊，若将带电荷量为+4×10﹣6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30 cm时，绳与竖直方向成45°角，已知静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，A、B两小球均可视为点电荷，g＝10m/s2，求：（1）A、B两球间的库仑力大小；（2）A球的质量；（3）撤去小球B，改加一匀强电场，为使小球A仍静止在原处，则所加匀强电场的场强最小值多大？【11题答案】【答案】（1）0.02N    （2）2×10﹣3kg    （3）N/C【解析】【详解】(1) 由库仑定律得： 代入数据解得：F=0.02N；(2) 对A受力分析如图所示：根据物体平衡得：F库＝mgtanα，代入数据：m＝2×10﹣3kg；(3) 当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小．由mgsinα＝qE，解得：．12. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为（6cm，0），B点坐标为（0，3cm），坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8V，B点的电势为4V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：（1）图中C处（3cm，0）的电势；（2）匀强电场的场强大小；（3）带电粒子的比荷。【12题答案】【答案】（1）4V；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，OA的中点C点，根据代入数据可得C点的电势为4V；（2）B、C两点电势相等，连接BC，因BC电势相等，所以匀强电场的方向垂直与BC，过O点做BC的垂线相交于D点，如图由几何关系得则电场强度为代入数据解得（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线的方向射入电场，做类平抛运动，则有又联立解得
 13. 如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知负粒子质量m=1.0×10-31kg，电荷量大小q=0.8×10-19C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=200V，极板的长度6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离3.0cm（忽略电子所受重力）。求：（1）负粒子射入偏转电场时的初速度；（2）负粒子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；（3）负粒子经过偏转电场过程中电势能的增加量。
 【13题答案】【答案】（1）；（2）7.2×10-3m；（3）【解析】分析】【详解】（1）在加速电场中由动能定理解得代入数据得（2）设粒子在偏转电场中运动时间为t，粒子射出偏转电场时在竖直方向上的偏移量y，粒子在水平方向做匀速直线运动粒子在竖直方向上做匀加速直线运动根据牛顿第二定律有联立解得粒子离开偏转电场时速度方向的反向延长线经过偏转电场的中点，由数学关系可得代入数据解得（3）粒子在偏转电场运动过程中电场力对它做的功代入数据得则14. 在动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线， MP和NQ的距离为3L，匀强电场的场强大小为，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。求：(1)小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；(2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。【14题答案】【答案】(1)(2)(3)3.96mgL【解析】【详解】(1)带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。设B进入电场前的过程中，系统的加速度为，由牛顿第二定律：，即：，B刚进入电场时，由：，可得：。(2)当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为：，摩擦力对系统做功为：，，故A球从右端滑出。设B从静止到刚进入电场的速度为，，设B进入电场后，系统的加速度为，由牛顿第二定律：，，系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为；由： ，可得：。(3)当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为，由动能定理：，可得：，所以B电势能增加的最大值。【点睛】本题关键是分析清楚两个小球系统的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析求解。