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

  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<Q2

C. 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＝1000V

B. 让B板接地，则C点的电势φC＝600V

C. 让A板接地，则D点的电势φD＝400V

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＝－4V

B. B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1V/m

C. 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。