1、2018-2019 学年度上学期元月 1 号卷高二物理一、单选题(共 6 小题,每小题 3 分,共 18 分) 1.如图所示，直角三角形 ABC 中 B30 ，点电荷 A、 B 所带电荷量分别为QA、 QB，测得在 C 处的某正点电荷所受静电力方向平行于 AB 向左，则下列说法正确的是( )A A 带正电， QAQB18B A 带负电， QAQB18C A 带正电， QAQB14D A 带负电， QAQB142.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2 的电荷分别为 Q1、 Q2，其中小球 1 固定在碗底 A 点，小球 2 可以自由运动，平衡时小球 2 位于碗内
2、的 B 位置处，如图所示现在改变小球 2 的带电量，把它放置在图中 C 位置时也恰好能平衡，已知 AB 弦是 AC 弦的两倍，则( )A 小球在 C 位置时的电量是 B 位置时电量的一半B 小球在 C 位置时的电量是 B 位置时电量的四分之一C 小球 2 在 B 点对碗的压力大小等于小球 2 在 C 点时对碗的压力大小D 小球 2 在 B 点对碗的压力大小大于小球 2 在 C 点时对碗的压力大小3.在光滑绝缘桌面上，带电小球 A 固定，带电小球 B 在 A、 B 间库仑力作用下以速率 v0绕小球 A 做半径为 r 的匀速圆周运动，若使其绕小球 A 做匀速圆周运动的半径变为 2r，则 B 球的速
3、率大小应变为( )A v0 B v0 C 2v0 D4.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点电荷电场如图所示，在 球面上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为R，球心为 O， CD 为 球面 AB 的对称轴，在轴线上有 M、 N 两点，且OM ON2 R， A1AB1BCD，已知球面 A1B1在 M 点的场强大小为 E，静电力常量为 k，则 N 点的场强大小为( )A E B EC E D E5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为 d，电荷量分别为 Q 和 Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为 L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为 q 的小球以初速
4、度 v0从管口射入，则小球 ( )A 速度先增大后减小B 受到的库仑力先做负功后做正功C 受到的库仑力最大值为D 管壁对小球的弹力最大值为6.在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平， A、 B、 C 三点在同一直线上，且 AB2 BC，如图所示，由此可知( )A 小球带正电B 电场力大小为 3mgC 小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D 小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化相等二、多选题(共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分)
5、7.如图所示，带电小球 A、 B 的电荷量分别为 QA、 QB，都用长 L 的丝线悬挂在O 点静止时 A、 B 相距为 d.为使平衡时 AB 间距离减为 ，可采用以下哪些方法( )A 将小球 A、 B 的质量都增加到原来的 2 倍B 将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍C 将小球 A、 B 的电荷量都减小到原来的一半D 将小球 A、 B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加到原来的 2 倍8.如图所示，虚线 AB 和 CD 分别为椭圆的长轴和短轴，相交于 O 点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点 M、 N 上，下列说法中正确的是 ( )A A、 B 两处电势、场强均
6、相同B C、 D 两处电势、场强均相同C 在虚线 AB 上 O 点的场强最大D 带正电的试探电荷在 O 处的电势能大于在 B 处的电势能9.如图所示为 x 轴上 A、 B 两点间电势 随位置 x 变化的关系图象，电子仅在电场力作用下由 A 点沿 x 轴运动到 B 点，下列判断正确的是 ( )A 电子先减速后加速，加速度先减小后增大B 电子先加速后减速，加速度先增大后减小C 电子从 A 到 B 过程中电势能先减小后增大D 电场中 A 到 B 过程中电势能先增大后减小10.在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界 A、 B 将该空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向下的匀强电场，区域中无电场在
7、区域中边界下方某一位置 P，由静止释放一质量为 m，电荷量为 q 的带负电小球，如图(a)所示，小球运动的 v t 图象如图(b) 所示，已知重力加速度为 g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A 小球在 7 s 末回到出发点B 电场强度大小是C P 点距边界的距离为D 若边界 AB 处电势为零，则 P 点电势为三、填空题(共 2 小题 ,共 16 分) 11.如图是示波管的原理图它由电子枪、偏转电极( XX和 YY)、荧光屏组成，管内抽成真空给电子枪通电后，如果在偏转电极 XX和 YY上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心 O 点(1)带电粒子在_区域是加速的，在_区域是偏转的(2)若
8、 UYY0， UXX0，则粒子向 _板偏移，若 UYY0， UXX0，则粒子打在荧光屏上_点，若 UYY0， UXX0，则粒子向_板偏移12.如图甲所示是一种测量电容器电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压 U 时所带电荷量 Q，从而再求出待测电容器的电容 C.某同学在一次实验时的情况如下：A按如图甲所示的电路图接好电路；B接通开关 S，调节电阻箱 R 的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是 I0490 A，电压表的示数 U08.0 V.C断开开关 S，同时开始计时，每隔 5 s 测读一次电流 I 的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的
9、坐标纸上(时间 t 为横坐标，电流 I 为纵坐标)，如图乙中小黑点所示(1)在图乙中画出 I t 图线；(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是_；(3)该电容器电容为_ F(结果保留两位有效数字)；(4)若某同学实验时把电压表接在 E、 D 两端，则电容的测量值比它的真实值_ (填“大” “小”或“相等”) 四、计算题(共 4 小题,共 50 分) 13.电荷量 q=110-4C 的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度 E 的大小与时间 t 的关系如图 1 所示，物块速度 v 的大小与时间 t 的关系如图 2 所示. 重力加速度 g=10 m/s2
10、.求：（1）物块与水平面间的动摩擦因数；（2）物块在 4 s 内减少的电势能.14.如图所示，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比在直棒上方有一长为 a 的绝缘细线连接了两个质量均为 m 的小球 A、 B， A、 B 所带电量分别为+ q 和+4 q，球 A 距直棒的距离为 a，两球恰好处于静止状态不计两小球之间的静电力作用（1）求细线的张力；（2）剪断细线，若 A 球下落的最大速度为 vm，求 A 球下落到速度最大过程中，电场力对 A 球做的功（3）分析剪断细线后， B 球的运动情况及能量的转化情况15.如图所示
11、，有一柔软链条全长为 L=1.0 m，质量均匀分布，总质量为M=2.0 kg链条均匀带正电，总带电量 Q=1.0106 C、将链条放在离地足够高的水平桌面上空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E=2.0107V/m若桌面与链条之间的动摩擦因数为 =0.5（重力加速度取g=10 m/s2） 给链条一个向右的初动能，试求：（1）链条受到的最大滑动摩擦力；（2）当桌面下的链条多长时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能16.如图所示虚线 MN 左侧有一场强为 E1 E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和 PQ 之间存在着宽为 L、
12、电场强度为 E22 E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧相距为 L 处有一与电场 E2平行的屏现将一电子 (电荷量为 e，质量为 m)无初速度地放入电场 E1中的 A 点，最后电子打在右侧的屏上， AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场 E2时的速度方向与 AO 连线夹角 的正切值 tan；(3)电子打到屏上的点 P到点 O 的距离 x.答案解析1.B【解析】 要使 C 处的正点电荷所受静电力方向平行于 AB 向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以 A 带负电， B 带正电.设 AC 间的距离为 L，则FBsin 30 FA即 k s
13、in 30解得 ，故选项 B 正确.2.C【解析】对小球 2 受力分析，如图所示，小球 2 受重力、支持力、库仑力，其中 F1为库仑力 F 和重力 mg 的合力，根据三力平衡原理可知， F1 FN.由图可知， OABBFF1设半球形碗的半径为 R， AB 之间的距离为 L，根据三角形相似可知， 即 所以 FN mgF mg当小球 2 处于 C 位置时， AC 距离为 ，故 F F，根据库仑定律有： F k ， F k所以 ，即小球在 C 位置时的电量是 B 位置时电量的八分之一，故 A、B均错误由上面的式可知 FN mg，即小球 2 在 B 点对碗的压力大小等于小球 2 在 C点时对碗的压力大
14、小，故 C 正确，D 错误3.A【解析】半径为 r 时，对 B 球： k mB半径为 2r 时，对 B 球 k mB解得 v v0，A 正确4.C【解析】将 AB 部分补上变成一个完整的均匀球壳，该球壳带电荷量为：Q q则该球壳在 M 点产生的场强为 EM k k 根据电场的叠加原理可知：球壳上 A1ABB1部分在 M 点产生的场强大小为EM E根据对称性可知： AA1B1B 在 N 点产生的场强大小 EN EM E所以 N 点的场强大小为 E.故选 C.5.C【解析】 由等量的异种电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，A 错误；库仑力水平向右
15、，不做功，B 错误；在连线中点处库仑力最大， F ，C 正确；管壁对小球的弹力与库仑力是平衡力，所以最大值为 ，D 错误.6.B【解析】由于在电场中小球的运动轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电故 A 错误设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1和 x2，竖直分位移分别为 y1和y2，经历的时间分别为 t1和 t2.在电场中的加速度为 a.小球做平抛运动过程，有： x1 v0t1；进入电场做匀变速曲线运动的过程，有：x2 v0t2；由题意有： x12 x2；则得： t12 t2.又 y1 gt将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛
16、运动，则有： y2 at根据几何知识有： y1： y2 x1： x2；解得： a2 g；根据牛顿第二定律得： F mg ma2 mg，解得： F3 mg，即电场力为 3mg.故 B 正确，C 错误根据速度变化量为： v at，则得平抛运动过程速度变化量大小为：v1 gt12 gt2，方向竖直向下；电场中运动过程速度变化量大小为：v2 at22 gt2，方向竖直向上，所以小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，方向相反，则速度变化量不相等故 D 错误7.BD【解析】对 B 由共点力平衡可得 而 F ，可知 d 故答案为 BD.8.BD【解析】根据顺着电场线方向电势降低，结合等
17、量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知， A、 B 场强相同， A 点电势高故 A 错误根据等量异种电荷等势面分布可知： CD 是一条等势线， C、 D 两处电势相等由电场分布的对称性可知： C、 D 两处的场强相同故 B 正确根据电场线疏密表示场强的大小可知，在 AB 之间， O 点场强最小故 C 错误 O 点电势高于 B 点电势，正试探电荷在 O 处电势能大于在 B 处电势能故 D 正确9.AD【解析】 A 到 B 电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，而电子所受的电场力方向应先向左再向右，所以电子先减速后加速 x 图象切线的斜率等于场强大小，则
18、知从 A 到 B，场强先逐渐减小，后逐渐增大，所以电子所受的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，故 A 正确，B 错误电子所受的电场力方向应先向左再向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小故 C 错误， D 正确10.ACD【解析】小球回到出发点时通过的位移为 0，根据 v t 图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在 7 s 末总位移为零，回到出发点，故 A 正确由图象的斜率等于加速度，得 02 s 内的加速度为： a1 ，2 5 s 内加速度大小为 a2 v0 g.则得： a1 g由牛顿第二定律得： qE mg ma1可得：电场强度 E .故 B 错误从 P 点到边界过程，由
19、动能定理得： ma1y0 mv解得： P 点距边界的距离 y ，故 C 正确P 点与边界 AB 间的电势差为 U Ey .若边界 AB 处电势为零，则 P 点电势为 .故 D 正确11(1) (2) Y O X12.(1)如图所示(2)在开始放电时电容器所带的电荷量(3)1.1103(4)小【解析】(1)作图如图所示(2)由 Q It 知，电荷量为 I t 图象与坐标轴所包围的面积，则面积表示电容器在开始放电时所带的电荷量(3)查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积 ”值 Q8.510 3 C则 C 1.1103 F(4)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在 E、 D 两端，
20、则电容器在放电时，有一部分电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小13.(1)0.2 （ 2）14 J【解析】 （1）由图可知，前 2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1-mg=ma，由图线知加速度为： a=1 m/s22 s 后物块做匀速运动，由平衡条件有： qE2=mg 联立解得： q（ E1-E2）= ma 由图可得：E1=3104N/C， E2=2104N/C，代入数据解得： m=1 kg 由 qE2=mg 可得：=0.2 （2 ）物块在前 2 s 的位移为： x1 122m2 m，物块在 24 s 内的位移
21、为：x2=vt2=4 m 电场力做正功为： W=qE1x1+qE2x2=（32+24）J =14 J，则电势能减少了 14 J.14.（1） （2 ）（3）在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小） ；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小） 机械能与电势能的总和不变【解析】 （1）设距直棒为 r 的点的电场强度大小为 分别对两小球列平衡方程：对 A：对 B：解得（2）设 A 球下落到距直棒为 r 时速度最大，此时加速度为零，合力为零由平衡条件：由（1）中解得：解得：由动能定理：解得（3）剪断细线后， B 小球做先上后下
22、的往复运动（振动） 在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小） ；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小） 机械能与电势能的总和不变15.（1）20 N （2） m （3 ）【解析】 （1）链条刚开始下滑的瞬间，此时链条全部在桌面上，正压力 FN最大则 fmax=FN=（ Mg+qE）=20 N（2）假设有 x 的链条在桌面下方得到 x=0.5 m（3）当下垂链条受到的重力加上电场力等于滑动摩擦力时，是能使链条全部从桌面上滑下的临界情况根据平衡条件：求得：当链条垂下 m 时，重力+电场力=滑动摩擦力，则如果继续下滑，重力
23、就大于滑动摩擦力了所以链条下滑 m 后就会自动下滑，链条所需要的最小初动能是能够让它下滑 m 所需的能量根据动能定理：代入数据：解得：16.(1)3 (2)2 (3)3 L【解析】(1)电子在电场 E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为 t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1 a1tv1 a1t1t2运动的总时间为 t t1 t23 .(2)设电子射出电场 E2时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2 t3vy a2t3tan解得：tan 2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为 x1x1 a2ttan解得： x x1 x23 L.
