陕西省渭南高级中学2020学年高二物理上学期周测试题（含解析）

PAGE2020学年度第一学期高二物理静电场检测试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 一．选择题（共12小题）1.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程（　　）A.加速度大小为B.所需的时间为C.下降的高度为D.电场力所做的功为W=Eqd【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】B【解析】点电荷受到重力、电场力，合力；根据牛顿第二定律有：，故A错误；B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度a=Eq/m，根据位移公式可得：，化简得，故B正确；C、竖直方向做自由落体运动，下降高度，故C错误；D、电荷运动位移为d/2，故电场力做功W=Eqd/2，故D错误。故选：B。【名师点睛】分析电荷的受力情况，根据牛顿第二定律可求得总的加速度；根据运动的独立性，分别对水平方向和竖直方向进行分析，根据水平方向上的匀加速直线运动规律可求得运动时间；再对竖直方向分析，从而求出对应的高度，根据功的公式可求得电场力所做的功。2.如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确。考点：带电粒子在匀强电场中的运动。【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答。3.有两个点电荷，如果将两个点电荷电荷量都变为原来的2倍时，而距离变为原来的3倍，则库仑力变为原来的（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】根据库仑定律的公式有：，如果将两个点电荷电荷量都变为原来的2倍，而距离变为原来的3倍，根据库仑定律：，故A正确，BCD错误。故选：A。4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：若将带电量为的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为，故选项A正确。考点：电场强度；电场的叠加【名师点睛】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解；本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。5.如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势的关系是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】空腔球形导体在正电荷的电场中感应结果如图所示，从电场线的疏密可确定A点电场强度大于C点电场强度，而B点电电场强度为零，故EA＞EC＞EB，而沿着电场线电势降低，故φA＞φB＞φC，选项D正确。故选D。【名师点睛】首先画出放入带正电荷的金属球后空腔球形导体的电荷分布和电场线，空腔内壁都是负电荷，外壁都是正电荷，电场线中断；电场线越密代 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电场强度越强，沿着电场线电势降低，据此可判断A、B、C三点的场强大小和电势高低。6.如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个圆．带电粒子P在Q的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，1、2、3为轨迹上的三个点．若P仅受Q的电场力作用，其在1、2、3点的加速度大小分别为a1、a2、a3，电势能分别为E1、E2、E3，则（　　）A.a2＞a3＞a1，E1＞E3＞E2B.a2＞a3＞a1，E2＞E3＞E1C.P、Q为异种电荷D.P的运动轨迹为抛物线线【答案】B【解析】由轨迹知，P、Q之间的库仑力为排斥力，所以是同种电荷，故C错误；运动过程中，电场力是变力，所以轨迹不是抛物线，故D错误；根据库伦定律知：，结合F=ma可得a2>a3>a1，从3到2电场力做负功电动势增加，所以E2>E3，从2到1电场力做正功，电势能减小，所以E2>E1，从3到1，电场力的总功是正功，电势能减小，所以E3>E1，即E2>E3>E1，所以B正确；A错误。7.空间有一电场，在x轴上-x0到x0间电势φ随x的变化关系图象如图所示，图线关于φ轴对称．一质量为m、电荷量为+q的粒子仅受电场力作用，以沿+x方向的初速度v0，从x轴上的-x1点向右运动，粒子的运动一直在x轴上，到达原点0右侧最远处的坐标为x2，x2点与-x1点间的电势差为U21，则（　　）A.x2＜x1，B.x2＞x1，C.x2＜x1，D.x2→+∞，【答案】B故选B。【名师点睛】弄清粒子的运动过程：先加速运动后减速运动直至减速为零；根据图象明确电势差大则两点之间的距离就大；在电场中正确应用动能定理和电场力做功公式。8.在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）A.点电荷M、N一定都是负电荷B.点电荷P的电势能一定是先增大后减小C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1D.x=4a处的电场强度一定为零【答案】D【解析】试题分析：考点：【名师点睛】9.如图所示，长为L的枕形导体原来不带电，O点是其几何中心．将一个带正电、电量为Q的点电荷放置在距导体左端R处，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，k 为静电力常量，则（　　）A.导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于 0B.导体两端的感应电荷在 O 点产生的场强大小等于C.闭合 S，有电子从枕形导体流向大地D.导体 a、b 端电势满足关系 φa＜φb【答案】D【解析】试题分析：枕形导体处于点电荷产生的电场中，处于静电平衡状态，即内部合场强为零，故导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于点电荷在O点产生的电场强度大小，两者反向，故导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于，A错误，B正确；闭合S后，由于大地的电势为零，而导体的电势为正，所以电子从低电势流向高电势，即电子从大地流向枕形导体，C错误；枕形导体是一个等势体，即导体a、b端电势相等，D错误。考点：考查了静电平衡10.如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　）A.平行板电容器的电容将变小B.带电油滴的电势能将减少C.静电计指针张角变小D.若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=εs/4πkd知，d减小，则电容增加，故A错误；B、电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；C、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据E=U/d=Q/Cd=4Πkq/εS，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。故选：B。11.如图，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将（　　）A.开关S断开B.初速度变为C.板间电压变为D.竖直移动上板，使板间距变为2d【答案】C【解析】A、开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故A错误；B、将初速度变为一半，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，故B错误；C、当板间电压变为U/4时，场强变为原来的1/4，电场力变为原来的1/4，加速度变为原来的1/4，根据 知，时间为原来的2倍，由x=v 0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，故C正确；D、竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的1/2，电场力为原来的1/2，加速度为原来的1/2，根据 知，时间为原来的倍，水平位移为原来倍，不能到达下板边缘，故D错误；故选：C。12.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m、带电荷量为+q的小球由静止开始 沿轨道运动，则（　　）A.小球运动过程中机械能守恒B.小球经过环的最低点时速度最小C.在最低点球对环的压力为（mg+qE）D.在最低点球对环的压力为3（mg+qE）【答案】D【解析】A、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故A错误；B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故B错误；CD、小球从最高点到最低点的过程,根据动能定理得：，又由N−mg−qE=mv2/R，联立解得N=3(mg+qE)，故C错误，D正确。故选：D。【名师点睛】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒；根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大；根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力。二．多选题（共4小题）13.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD..................【名师点睛】在匀强电场中沿同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等势面平行且均匀分布。以上两点是解决此类题目的关键。电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势高处电势能低。14.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正确的是（　　）A.电子一定从A向B运动B.若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpBD.B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以一定有EpA 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较多，应从曲线运动的特点和规律出发判断出电子的受力方向，再利用相关电场和带电粒子在电场中的运动规律解决问题。15.如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v=2，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）A.电场中A点的电势为B.电场中B点的电势为C.小球运动到B点时的动能为2mgRD.小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR【答案】AC【解析】取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgR+qUAO＝mv2，解得UAO＝，而UAO=φA-0，解得：φA＝，故A正确；由对称性可知：UAO=UBO，即为：φA-0=0-φB，故有：φB＝−，故B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝mv2+0＝2mgR，由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1-cos37°）=0.2mgR故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D错误；故选AC.点睛：解决本题的关键是要知道等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其电势与无穷远处相同．在知道运用动能定理是求电势差常用的方法．16.如图a，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压u，A板电势uA=0，B板电势uB随时间t变化的规律如图b中．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则（　　）A.若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动【答案】AB【解析】电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；B、若电子是在t=T/8时刻进入时，在一个周期内：在T/8～T/2，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在T/2～7T/8内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，7T/8时刻速度为零；在7T/8～T内，受到的电场力向下，向下加速运动，在T～9T/8内，受到的电场力向上，继续向下做减速运动，9T/8时刻速度为零；接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，但是向B板运动的位移大，最后打在B板上，故B正确；C、若电子是在t=3T/8时刻进入时，在一个周期内：在3T/8～T/2，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在T/2～5T/8内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，5T/8时刻速度为零；在5T/8～T内，受到的电场力向下，向下加速运动，在T～11T/8内，受到的电场力向上，继续向下做减速运动，11T/8时刻速度为零；接着向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，但是向B板运动的位移小，最后打在A板上，故C错误；D、若电子是在t=T/2时刻进入时，在一个周期内：在T/2～T，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，在T～3T/2内，受到的电场力向上，继续向下做减速运动，3T/2时刻速度为零；接着向A板运动，周而复始，所以电子一直向A板运动，最后打在A板上，故D错误；故选：AB。三．实验题（共2小题）17.如图所示为研究决定平行板电容器电容因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对平行金属平板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都通过导线接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．给电容器充上一定的电荷，静电计指针张开一定角度．若仅将两极板间的距离增大，则静电计指针的偏角将_____（选填“变大”、“不变”或“变小”）；若仅将M沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积，则静电计指针的偏角将_____（选填“变大”、“不变”或“变小”）；若在两板板间插入云母片，且保持其他条件不变，则静电计指针的偏角将_____（选填“变大”、“不变”或“变小”）；若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P，且保持其他条件不变，则静电计指针偏角将_____（选填“变大”、“不变”或“变小”），插入后金属板P内部的电场强度大小为_____．【答案】(1).变大(2).变大(3).变小(4).变小(5).0【解析】只将板间距离d增大，由电容的决定式C=ɛS/4πkd分析得知，电容减小，电量Q不变，则由C=Q/U分析得到板间电势差U增大，静电计指针张角变大；只将M沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积S，由电容的决定式C=ɛS/4πkd分析得知，电容减小，电量Q不变，则由C=Q/U分析得到板间电势差U增大，静电计指针张角变大；若在两板板间插入云母片，且保持其他条件不变，由电容的决定式C=ɛS/4πkd分析得知，电容增大，电量Q不变，则由C=Q/U分析得到板间电势差U减小，静电计指针张角变小；若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P，且保持其他条件不变，相当于极板间距减小，由电容的决定式C=ɛS/4πkd分析得知，电容增大，电量Q不变，则由C=Q/U分析得到板间电势差U减小，静电计指针张角变小；插入后金属板处于静电平衡状态，所以P内部的电场强度处处为零。18.在静电感应实验中，取一对用绝缘柱支持的不带电导体A和B，使它们彼此接触，把毛皮摩擦过的橡胶棒C移近导体A．在下列不同操作后判断导体A和B的电性（填“带正电”、“带负电”、“不带电”）．①把A和B分开，然后移去C，此时A__________带正电，B__________带负电；②先移去C，然后把A和B分开，此时A__________不带电，B__________不带电；③用手摸一下A，把A和B分开，然后移去C，此时A__________带正电，B__________不带电．【答案】(1).带正电(2).带负电(3).不带电(4).不带电(5).带正电(6).不带电【解析】试题分析：毛皮摩擦过的橡胶棒C带负电，则当移近导体后，A端感应出正电，B端感应出负电；①把A和B分开，然后移去C，此时A带正电，B带负电；②先移去C，然后把A和B分开，此时AB均不带电；③用手摸一下A，则大地中的正电荷将移到导体上将B端的负电荷中和，把A和B分开，然后移去C，此时A正电，B不带电。考点：静电感应【名师点睛】体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等。四．计算题（共4小题）19.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小．（2）小球的质量m．（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．【答案】（1）3.0×10-3N（2）（3）2m/s【解析】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为F=qE=1.0×10–6×3.0×103N=3.0×10–3N（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示根据几何关系有，得m=4.0×10–4kg（3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有得【名师点睛】本题力电综合问题，但电场力与对小球施加水平向右的恒力F作用效果相同，因此可以用相关的力学知识来解答。20.如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m=1×10-2Kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，G=10m/s2，求：（1）该电场的电场强度大小（2）若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小（3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=m时，机械能的改变量．【答案】（1）7.5×104N/C（2）3m/s2（3）-0.02J【解析】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x轴方向：在y轴方向：得：，故有：，方向水平向右．（2）场强变化后物块所受合力为：根据牛顿第二定律得：故代入解得，方向沿斜面向下。（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故，解得。点睛：由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向，当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关。21.如图所示，平行板M和N之间有匀强电场，N板接地，A、B、C是电场中的三点，其中A点距离N板1cm．已知电量为q=2.0×10-9C的正电荷在B点时受到的电场力F=8.0×10-6N，将该电荷从B点移到C点电场力做的功为W=4.0×10-7J．求：（1）B、C间的电势差UBC；（2）匀强电场的电场强度E；（3）电荷放在A点具有的电势能EP．【答案】（1）200V（2）4000V/m（3）8.0×10-8J【解析】(1)由电势差的定义可得：UBC=WBC/q=4.0×10−7/2×10−9=200V；(2)匀强电场的电场强度为：E=F/q=8×10−6/2×10−9=4000V/m；(3)因为A点距离N板1cm，所以A和N之间的电势差为：UAN=dE=4000×1×10−2=40V因为：UAN=φA−φN=φA−0所以A点的电势为：φA=40V所以电荷放在A点具有的电势能为：EP=qφA=2.0×10−9×40=8.0×10−8J.22.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q=10-10C，质量m=10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y以及速度v大小？（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？【答案】（1）y=0.03m；2.5×106m/s（2）0.12m【解析】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动,加速度为a=qE/m=qU/md水平方向有：L=v0t，竖直方向有：联立得：代入数据解得：y=0.03m；速度为：代入数据解得v=2.5×106m/s(2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为D，由相似三角形得：解得：Y=4y=0.12m；