河南省鶴壁高中2021學(xué)年上學(xué)期高二年級(jí)階段性檢測(二)物理試卷

1、河南省鶴壁高中2020 2021學(xué)年上學(xué)期高二年級(jí)階段性檢測（二）物理試卷本試卷第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分。第I卷選擇題（共65分）一、單項(xiàng)選擇題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，每小題4分，共40分）1如圖1所示，在一半徑為 R的圓周上均勻分布有 N個(gè)絕緣帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）無間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為+ 4q,其余小球帶電荷量為+ q,此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為 E,現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球， 則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為（）A. 大小為E,方向沿AO連線斜向下B. 大小為 錯(cuò)誤！，方向沿AO連線斜向下C. 大小為 錯(cuò)誤！，方向沿AO連線斜向上D. 大小為

2、錯(cuò)誤！，方向沿AO連線斜向上2如圖2所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為3,則（）A '© :J h圖2A. 當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角 B增大B. 當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若增大平行板間的距離，則夾角 B增大C. 當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角 B增大D. 當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角 B減小3如圖3，兩電荷量分別為 Q（ 30）和一Q的點(diǎn)電荷對(duì)稱地放置在軸上原點(diǎn) O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于軸上 O點(diǎn)與 點(diǎn)電荷Q之間，b位于y軸O點(diǎn)上方取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，下列說法正確的是（）Jyb

3、Q a0-Q x圖3A. 0點(diǎn)的電勢為零，電場強(qiáng)度也為零B. a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)電勢，a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于 b點(diǎn)電場強(qiáng)度C. 正的試探電荷在 b點(diǎn)的電勢能大于零，所受電場力方向指向 0點(diǎn)D. 將負(fù)的試探電荷從 0點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功4如圖4所示，以0點(diǎn)為圓心、R= 0.20 m為半徑的圓處于勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）中，電場平行于圓面，ac、bd為圓的兩條相互垂直的直徑.已知a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為 2 V、2 3 V、一 2 V，則下列說法正確的是（ ）A. d點(diǎn)電勢為2 3 VB. 電子從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電勢能增加C. 電場方向由b點(diǎn)指向c點(diǎn)D. 該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為20 V/m5 .

4、如圖5甲所示，兩個(gè)點(diǎn)電荷 Q、Q固定在軸上距離為 L的兩點(diǎn)，其中Q帶正電荷位于原點(diǎn) 0, a、b是它 們的連線延長線上的兩點(diǎn)，3L點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)（粒子只受電場力作用），設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為 Va、甲乙圖5A. Q帶負(fù)電且電荷量大于 QB. b點(diǎn)的場強(qiáng)一定為零C. a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高D. 粒子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的電勢能大6如圖6所示，水平輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，物體A放在光滑水平地面上.有一質(zhì)量與物體 A相同的物體B,從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下， 與物體A相碰（碰撞時(shí)間極短） 后一起將彈簧壓縮，彈簧恢復(fù)原長后物體 B與物體A分開且沿原曲

5、面上升.下列說法正確的是（）圖6A. 彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為mgh1B. 彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為丄mgh21C. 物體B能達(dá)到的最大高度為 丄h2D. 物體B能達(dá)到的最大高度為 h7.如圖7所示，在平面直角坐標(biāo)系 Oy內(nèi)，固定有 A B C D四個(gè)帶電荷量均為 Q的點(diǎn)電荷，它們關(guān)于兩 坐標(biāo)軸對(duì)稱，其中 A B帶正電，C D帶負(fù)電，它們產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，坐標(biāo)軸上abed是圖中正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，則（）圖&A. b、d兩點(diǎn)電勢相等，場強(qiáng)不相等B. b、d兩點(diǎn)場強(qiáng)相同，電勢不相等C. 將電子沿路徑a 5 e移動(dòng)，電場力做正功D. 將電子沿路徑a e移動(dòng)，電

6、場力先做負(fù)功，后做正功8如圖8所示，實(shí)線為方向未知的三條電場線，虛線1、2、3為等勢線，已知 MN= NQ a、b兩帶電粒子從等勢線2上的0點(diǎn)以相同的初速度飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則（）圖$定帶正電，b 一定帶負(fù)電加速度逐漸減小，b加速度逐漸增大、N兩點(diǎn)間電勢差| LMN等于N Q兩點(diǎn)間電勢差|INQ粒子到達(dá)等勢線 3的動(dòng)能變化量比b粒子到達(dá)等勢線1的動(dòng)能變化量小9在電場中，以 O為原點(diǎn)，沿電場方向建立坐標(biāo)軸r將帶正電的試探電荷放入電場中，其電勢能| rAOj_ r_Lfr VI 亠才r團(tuán)5圖10c、帶電荷量為q的小球，在重力和恒定電場力F作用下，在豎直2平面內(nèi)沿與A.

7、F= mgsin，則小球的速度不變B.F= mgsin，則小球的速度可能減小C.F= mgta n，則小球的速度可能減小D.F= mgta n，則小球的電勢能可能增大12（多選）如圖12甲所示，兩水平金屬板間距為 d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t = 0時(shí)刻，質(zhì)y軸方向成角（90° > a >45° ）斜向下方向做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）22量為m的帶電微粒以初速度 vo沿中線射入兩板間，0T時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛3出.微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸. 重力加速度的大小為 g關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，

8、正確的是（ ）E11*ii I i¥1Ij1wI1'1 J111* 1i i v1»1|T2T IIy圖12A.末速度大小為.2 V0B.末速度沿水平方向一 1C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為 mgd213 .（多選）如圖13所示，A B為兩塊平行帶電金屬板,2 33dA帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間小球到達(dá)小孔處的速度;(1)穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零（空(2)極板間電場強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量;(3)小球從開始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度;圖1717 （ 9分）如圖17所示，一帶電荷量為+ q、質(zhì)量為m的小物塊

9、處于一傾角為 37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝g, sin 37 ° =, cos 37 °=求:置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時(shí)，小物塊恰好靜止重力加速度取(2)(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能.若將電場強(qiáng)度減小為原來的錯(cuò)誤！，物塊的加速度是多大18 （11分）如圖18所示，區(qū)域I、n分別存在著有界勻強(qiáng)電場E、Ea,已知區(qū)域I寬 L1 = 0.8 m區(qū)域n寬L2= 0.4 m , E= 10錯(cuò)誤！ V/m且方向與水平方向成45°角斜向右上方，巳=20 V/m且方向豎直向下.帶電一 3 32荷量為q= + x 10 C.質(zhì)量10 kg的帶電小球（可

10、視為質(zhì)點(diǎn)）在區(qū)域I的左邊界由靜止釋放. g取10 m/s , 求:II（1）小球在電場區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的加速度大小和時(shí)間;（2）小球離開電場區(qū)域n的速度大小和方向.19 (15分)如圖19, 一質(zhì)量為 m= 1 kg，帶電荷量為q=+ 0.5 C的小球以速度vo= 3 m/s，沿兩正對(duì)帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強(qiáng)電場)左側(cè)某位置水平向右飛入，極板長0.6 m，兩極板間距為0.5 m，不計(jì)空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點(diǎn)沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC圓弧軌道 ABC勺形狀為半徑R<3 m的 圓截去了左上角127。的圓弧，CB為其豎直直徑，在過 A點(diǎn)豎直線0O的右邊界空間存在豎直向下的

11、勻強(qiáng)電場, 2電場強(qiáng)度為 E= 10 V/m (取g= 10 m/s )求：(1) 兩極板間的電勢差大小U;欲使小球在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓弧軌道，求半徑R的取值應(yīng)滿足的條件.【試題答案】1 C解析：假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球，由于圓周的對(duì)稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心0處場強(qiáng)為零，所以圓心 0點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小等效于 A點(diǎn)處電荷量為+ 3q的小球在0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，則有 E=3qqEk 2，方向沿AO連線向下；A處帶電荷量為+ q的小球在圓心 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為 Ei= k-篤，方向沿RR3AO連線向下；其余帶電荷量為+ q的所有小球在 O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為 E= Ei= E

12、，方向沿AO連線斜向上；故3僅撤去A點(diǎn)的小球，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為 E，方向沿A0連線斜向上.32 C解析：帶電小球在電容器中處于平衡時(shí)，由平衡條件有 tan 0 = 史，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩極板上mg的電荷量Q不變，由C= rS ,U = Q ,E = U可知e = 4 kQ，故增大或減小兩極板間的距離d,電容器兩4 kd C drS極板間的電場強(qiáng)度不變，0不變，選項(xiàng) A B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變，由E= U可d知，減小兩極板間的距離 d, E增大，0變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.3 B解析：等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為一條等勢線，且電勢為零，即O點(diǎn)電勢為零，而兩電荷連線

13、上電場方向由a指向O,根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以a點(diǎn)的電勢高于 O點(diǎn)的電勢，即a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，在兩電荷連線上，電場強(qiáng)度先增大后減小，在O點(diǎn)電場強(qiáng)度最小，但不為零，在兩電荷連線的中垂線上，從O點(diǎn)向兩邊遞減，所以 O點(diǎn)在中垂線上是電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，故a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于 b點(diǎn)電場強(qiáng)度，A錯(cuò)誤，B正確；電荷在零電勢處電勢能為零，故正的試探電荷在b點(diǎn)的電勢能為零，電場力方向水平向右，C錯(cuò)誤；負(fù)電荷從 O向a移動(dòng)過程中，電場力方向水平向左，電場力做正功，D錯(cuò)誤.4 D解析：根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U= Ed,相等距離，電勢差相等，因?yàn)?0 a= 2 V, 0c =V/m = 20

14、 V/m，電場方向不是由 b點(diǎn)指向c點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確.5 B解析：由題圖知粒子在到達(dá) b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，過 b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，在 b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，Q帶正電荷，則Q2帶負(fù)電荷，且根據(jù)庫侖定律知，| Q| v| Q|，故A錯(cuò)誤；粒子通過b點(diǎn)的加速度為零，說明所受電場力為零，貝Ub點(diǎn)的場強(qiáng)一定為零，故 B正確；粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，粒子的動(dòng)能先減小，根據(jù)能量守恒知其電勢能增大根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，可知粒子在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)的電勢能小，a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢低，故C、D錯(cuò)誤.6 B1解析：對(duì)物體B下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgh= 1 mV

15、錯(cuò)誤!，則B剛到達(dá)水平地面時(shí)的速度 v2=2gh，物體B與物體A碰撞過程，以A、B兩物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：1mv= 2mv則物體A與物體B碰撞后的共同速度為 v = vo,所以彈黃被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢2能為E1v2= mgh，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，物體A與物體B將分開，物體B以v的速度沿2 21 2h原曲面上滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh'=丄mV,則物體B能達(dá)到的最大高度為 h'= h，故C D錯(cuò)誤.2 47 B解析：根據(jù)對(duì)稱性可知， b、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相同，均由 b指向d,則場強(qiáng)相同.b、d兩點(diǎn)

16、間 的電場線由b指向d,所以b點(diǎn)的電勢高于d點(diǎn)的電勢，故 A錯(cuò)誤，B正確；將電子沿路徑 »c移動(dòng)，電勢 不變，電場力不做功，故 C錯(cuò)誤；將電子沿路徑 ac移動(dòng)，從a到b,電場力做正功，從 b到c,電場力做 負(fù)功，故D錯(cuò)誤.由題圖可知，a粒子的軌跡方向向右彎曲，則 a粒子所受電場力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，則 b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯(cuò)誤由電場線疏密可知，a所受電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，b所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，= NQ由于MN段場強(qiáng)大于NQ段場強(qiáng)，所以M N兩點(diǎn)間電勢差| Um|大于N Q兩點(diǎn)間電勢差|UNQ ,

17、= Uq, | Um|>I UNQ，由于兩個(gè)粒子所帶電荷量的 大小關(guān)系未知，所以不能判斷電場力做功的多少及動(dòng)能變化量大小，故D錯(cuò)誤0左側(cè)電場選項(xiàng) A正確；從2處如圖,9 A解析：由題圖知，從 ri到無窮遠(yuǎn)處，正電荷的電勢能先減小后增加，則電勢先減小后增加,線沿r正方向，ro右側(cè)電場線沿r負(fù)方向，則從ri處釋放電荷，電荷先向r正方向運(yùn)動(dòng),釋放電荷，電荷將先向r正方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；Egsin a，貝U F方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直,力F不做功,F= mgan a，力F與小球運(yùn)動(dòng)方向可能成銳角，力對(duì)小球做正功，小球速度增大，電勢能減小，力 球速度減小，電勢能增大，故 C、D正確.F也可能與運(yùn)動(dòng)方

18、向成鈍角，合力對(duì)小球做負(fù)功，小12 BC解析：因0L時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),3T 2T一故 E0q= mg在 時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng),332T在t= 二時(shí)刻的豎直速度為3Vy1=32T水平速度為V。；在T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得 2Bq mg= ma3解得a= g,方向向上，則在t = T時(shí)刻,Vy2= Vy1 g T = 0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為Vo,選項(xiàng)A3錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢能減小了厶d11Eg - = mgd選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理得一mgd-W2221電=0,可知克服電場力做功為 一mgd選項(xiàng)D錯(cuò)誤.213 AC解析：根據(jù)題意可知兩極板間電荷

19、量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí),S則由C r可知電容減小，由4 kd可知極板間電壓增大，由E= U可知，電場強(qiáng)度增大, d故 A正確；設(shè)12 2（V V0 ）2X巫t22md= vot由求得E= 2U , C對(duì)，D錯(cuò)3d15 BC解析：物塊A由卅=評(píng)廠得尸迪窈.B正強(qiáng);2） : L?7qE= ma （1 分）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知:20 v = 2ad （1 分）整理得電場強(qiáng)度E= mg（h d） （1 分） qd由U= Ed, Q= CU （ 1分）得電容器所帶電荷量 Q= Cmg（h d） （1 分）q1（3）由 h= gt 錯(cuò)誤！，0 = v + at （1 分）2, t = 11+12 （1 分

20、）（1分）FNSin 37解析：（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有qE（ 1 分）Fncos 37 ° = mg （1 分）解得E= 3mg （1分）4q（2）若電場強(qiáng)度減小為原來的錯(cuò)誤！，即 E = 3mg （1 分）8q由牛頓第二定律得 m®in 37解得a= 0.3 g （1分）qE' cos 37 ° = ma（ 1 分）（3）電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mglsin 37 ° qE' Leos 37 ° = E 0 （2 分）解得E=（ 1分）218 （1） 10 m/s s （2） 5 m/s 速度方向與水平方向夾角為37°斜向右下方解析：（1）小球在電場I區(qū)域受到電場力F1 = qE,小球在電場I區(qū)域受到的電場力和重力的合力方向水平向右，大小為 F合=Rcos 45°=x 102 N, （1分）則小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a1= 合=10 m/s2,m（1分）小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1= 2Ll = s （1分） a1（2）小球離開電場I區(qū)域的水平速度vo=航1= 4 m/s , （