2022-2023学年福建省连城县第一中学高二上学期暑期考物理试题（Word版） (1)

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连城一中 2022---2023 学年暑期月考高二物理试题2022.8.26一、单项选择题（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分）1、 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A. 根据场强的定义式 E=F/q，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比kQE B. 由真空中点电荷场强公式，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比r2C. 根据电阻定义式 R=U/I，电阻与电压成正比，与电流成反比UE D. 根据，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比d2、一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示，a、b 是轨迹上的两点，则（）A．a 点的电场强度大于 b 点的电场强度B．b 点电场强度的方向水平向右C．a 点的电势高于 b 点的电势D．电子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能q、带电荷量为 的粒子，以初速度v从 A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向0m3、如图所示，质量为的匀强电场中，粒子通过电场中 B 点时，速率vB 2v0 ，方向与电场的方向一致，则 A 、B 两点的电势差为（）mv022q3mv0q22mv0q23mv02q2A．B．C．D．E4、一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 随位移 x 变化的关系如图所示，p其中 0~x2 段是关于直线 x  x1 对称的曲线，x ~ x段是直线，则下列说法正确的是（3）2A．x 处电场强度最小，但不为零1B．粒子在0 ~ x段做匀变速运动，x ~ x段做匀速直线运动223x 、 x 处电势为1   ，则3 1C．若、133x ~ xD．段的电场强度大小方向均不变325、如图所示，真空中 A、B 两点相距 6r，在 A、B 两点分别固定带电荷量均为＋Q 的点电荷，AB 连线1
的中点为 O。质量为 m、带电荷量为-q 的粒子恰好能绕 O 点做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为 4r，不计粒子的重力，则粒子做圆周运动的速度大小为（ ）4 kQq5 5rm452kQq5rm2 kQq5 5rm252kQq5rmA．B．C．D．二、多项选择题（本题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分）6、一带负电的绝缘金属小球被放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上带有的负电荷几乎不存在了．这说明()A．小球上原有的负电荷逐渐消失了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律7、用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。左图是等量异种点电荷产生电场的电场线，右图是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上关于 O 对称的两点，B、C 和A、D 也关于 O 对称，则下列说法正确的是（A．B、C 两点电场强度大小相等，方向相反B．A、D 两点电场强度大小和方向都相同C．从 E 到 F 过程中电场强度先增大后减小D．从 B 到 C 过程中电场强度先增大后减小）8、示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转板和荧光屏组成，如图所示．如果电子打在荧光屏上，在 P 点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的(A．极板 X 应带正电)B．极板 Y′应带正电C．极板 YY′上应加一个与时间成正比的电压D．极板 XX′上应加一个恒定不变的电压9、在一个点电荷 Q 的电场中，让 x 轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上 A、B 两点的坐标分别为0.3m 和 0.6m（如图甲所示），在 A、B 两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线 a、b 所示。已知静电力常量 k  9.0109Nm2/C ，下列说法正确2的是（）A．A 点的电场强度是 40N/C，方向沿 x 轴负方向B．B 点的电场强度是 2.5N/C，方向沿 x 轴正方向2
C．点电荷 Q 带正电，所在位置为坐标原点D．点电荷 Q 的带电荷量约为 4.44 101110、如图所示为某电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象．当 t=0 时，在此电场中由静止释放一个带C电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 3s 末带电粒子回到原出发点）C. 4s 末带电粒子速度最大D. 0～4s 末，电场力做的总功为 0三、非选择题：（共 50 分，其中 11、12 题为填空题，13～16 题为计算题）11、（4 分）（1）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知 A、B、C 三点的电势分别是φ ＝9 V，φ ＝3 V，φ ＝－3 V，由此可以推断 D 点电势φD=ABC（2）如图所示，A 为带正电的小球，B 为原来不带电的金属导体，处于图示位置时 B 的右端带了q 的电荷量，然后用一导线将导体 B 的右端与大地相连，则通过导线的电荷量为________．12、（6 分）为使带负电的点电荷 q 在一匀强电场中沿直线匀速地由 A 运动到 B，必须对该电荷施加一个恒力 F，如图所示，若 AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F＝1.5×10－4 N，(不计重力)．(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过 A、B 两点的等势线，其中电势高。(2)q 在由 A 到 B 的过程中电势能的变化量为（A 点或 B 点）13、（8 分） 有一带电荷量 q＝－3×10－6 C 的点电荷，从电场中的 A 点移到 B 点时，克服静电力做功6×10－4 J．求：(1)AB 间电势差为多少？(2)如果 B 点电势为零，电荷在 A 点的电势能为多少？314、（8 分） 如图所示，把质量为克的带电小球 A 用丝线吊起，若将带电量为 4×10﹣8C 的正电小103
球 B 靠近它，当两小球在同一高度相距 3cm 时，丝线与竖直夹角为 30°，（A、B 都可视为点电荷，取g=10m/s2，k=9.0×109Nm2/kg2）求：（1）此时小球 A 受到的库仑力大小和方向？（2）小球 A 带的电量qA？15、（10 分）如图所示，A 为粒子源，在 A 和极板 B 间的加速电压为 U1，在两水平放置的平行带电板C、D 间的电压为 U ，现设有质量为 m，电荷量为 q 的质子初速度为零，从 A 被加速电压 U 加速后水21平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为 L，两板间的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：(1)带电粒子在射出 B 板时的速度；(2)带电粒子在 C、D 极板间运动的时间；(3)带电粒子飞出 C、D 电场时在竖直方向上发生的位移 y。16、（14 分）如图所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径 R=40cm，下端与绝缘粗糙的水平面平滑连接，小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5，AB 间距离 S=1.2m.整个装置处于方向竖直向下，大小为 E=103 V/m 的匀强电场中，一质量为 m=10g、带电量为 q=+10-4 C 的小物块（可视为质点），从水平面上的 A 点以初速度 v0 水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点 C，取 g=10m/s2，试求：（1）小物块从 C 点抛出后落地点与 B 点间的水平距离；（2）v0 的大小和过 B 点时轨道对小物块的支持力大小；4
连城一中 2022-2023 学年高二物理暑期月考参考答案12345678910BCCDBCDBCADBDBC11、（4 分) (1)3 V (2)q12 、 （ 6 分 ） (1)A 点(2) 电势能增加了 4.8×10－5 J13、（8 分）（1）（ 4 分）电荷由 A 移向 B 克服静电力做功即静电力做负功，WAB=-6×10-4 J，WABq610 3 104UV  200V---------（4 分）AB6（2）（4 分）若φ =0，由 U =φ -φ 得，BABABφ =φ +U =0+200）V=200 V----------（2 分）ABAB电荷在 A 点的电势能 E =qφ =-3×10-6×200 J= - 6×10-4 J．--------（2 分）pAA14、（8 分）（1）（ 4 分）A 处于平衡状态，所受合外力为零，根据平行四边形定则有：F＝mg tan 30库仑力3310310110 N3所以 F----------（3 分）103方向水平向左，指向带正电的小球 B．（2）（4 分）根据库仑定律--------- （1 分）q qF  kAB-----------（2 分）r2有小球 A 带的电量2321 10 3 10Fr22.5 10 C9----------（2 分）qAkqB9  89 10 4 1015、（10 分）(1) （3 分）由动能定理得7
12mv02---------（2）qU1 =则2qU1mv0 ----------（ 分）1(2) （2 分）离子在偏转电场中运动的时间 tLmt   L---------（2 分）----------（2 分）v02qU1(3) （5 分）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为 yFqU2mda m1y  at2------------（ 分）22综合解得L2U2y --------（1 分）4dU116、（14 分）(1) （6 分）根据牛顿第二定律得v2CRmg  qE  mx  vCt------（1 分）------（1 分）12R  at2------（1 分）2根据牛顿第二定律得加速度mg  qEa  2g------（1 分）mx  2R  0.8m解得------（2 分）(2) （8 分）小球从 B 至 C 由动能定理得：11(mg  qE)2R  mv2C mv2B---------（2 分）22解得8
vB  2 10m / s--------（1 分）对 B 点受力分析：FB  mg  qE  mF 1.2Nv2BR---------（1 分）解得：---------（1 分）B小球从 A 至 B 由动能定理得：11(mg  qE)s  mv2B mv20--------（2 分）22解得：v0=8m/s---------（1 分）9