2021-2022学年四川省成都市树德中学高二上学期10月阶段性测试物理含答案

树德中学高2020级高二上学期10月阶段性测试物理试题

一、单项选择题（每题4分）

1. 在物理学发展的过程中，有许多科学家做出了贡献。下列说法错误的是（　　）

A. 自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷

B. 密立根首先测定了元电荷e的数值

C. 库仑通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律

D. 法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图像

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．自然界的电荷只有两种，为正电荷和负电荷，但并不是库仑命名的，而是美国科学家富兰克林命令的，故A错误，符合题意；

B．密立根通过油滴实验，首先比较准确地测定了元电荷e的数值，故B正确，不符合题意；

C．库仑通过研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律，即库仑定律，故C正确，不符合题意；

D．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图像，故D正确，不符合题意。

故选A。

2. 如图所示，将一金属空腔放在匀强电场中，稳定后，电场线如图分布。A为金属外一点，B为金属空腔内一个点。下列说法正确的是（　　）

A. 金属外表面的电场和金属外表面垂直

B. B点感应电场为零

C. A点电场强度等于B点的电场强度

D. 正电荷在A点的电势能等于在B点的电势能

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．金属空腔外表面电势相等，是一等势面，必定与电场垂直，故A正确；

BC．由于静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，则在B点，感应电场和匀强电场等大反向，A点电场强度一定大于B点的电场强度，故BC错误；

D．沿电场线方向电势降低，而金属空腔又是一等势体，则A点电势大于B点电势，则正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。

故选A。

3. 如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有（　　）

A. a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc>φb

B. 质点由a到c，电势能先减小后增加，在b点动能最大

C. 质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2

D. 若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．距负电荷越近，电势越低，则，故A错误；

B．由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，则带电质点带正电，受到的作用力为引力，质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能减少，故B错误；

C．由题可知abc三点到Q的距离之比为

则由

知三点的电场强度之比为

由

则三点所受电场力之比为

根据牛顿第二定律

可知三点的加速度之比为

故C正确；

D．若将d处的点电荷改为＋Q，带电质点受到斥力作用，由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，故D错误。

故选C。

4. 两个分别带有电荷量-3Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）

A. F B. F C. F D. 15F

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】接触前两个金属小球之间的库仑力大小为

F=k·

两带电金属小球接触时，它们的电荷量先中和后均分，所以两球分开后带电荷量均为+Q，距离又变为原来的，则它们之间的库仑力为

F′=k=

联立得

F′=F

故选C。

5. 若盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B、C、D为四边中点，如图所示。取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是（　　）

A. O点电场强度不为零

B. O点电势不为零

C. 线上各个位置电场强度的方向相同

D. 和两直线上各个位置的电势相等

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．在等量同种电荷的电场中，中垂线与连线交点处场强为0，两个相互垂直的等量同种电荷的电场叠加，电场仍为0，故A错误；

B．同样等量异种电荷的电场中，中垂线的电势为0，故O点电势为0，故B错误；

C．根据电场叠加即对称性可知，C点的场强向右，D点场强向左，则CD两个位置电场强度的方向不相同，CD线上各个位置电场强度的方向不一定相同，故C错误；

D．根据电势叠加可知，AB和CD连线上各点电势均为零，故D正确。

故选D。

6. 沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则（　　）

A. 从O点到C点，电势先升高后降低

B. 粒子先做匀加速运动，后做变加速运动

C. 粒子在AB段电势能变化量大于BC段电势能变化量

D. 粒子在AB段电势能变化量小于BC段电势能变化量

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．由题可知，电场方向沿x轴正方向，由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；

B．带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在O~x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；

CD．E－x图像中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功

由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量，C项正确，D项错误。

故选C。

7. 一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动．现使小球由a点静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知，小球在b点时(　　)

A. 加速度为零 B. 动能最大

C. 电势能最大 D. 机械能最大

【答案】D

【解析】

【详解】带电小球是沿abc运动，所以电场力向左，在运动过程中小球受到电场力，重力，圆环的弹力作用，到达b点时，速度不为零，继续做圆周运动，所以三力的合力不为零，根据牛顿第二定律可得，小球在b点的加速度一定不为零，A错误，

小球运动到d点速度为零，由全过程动能定理有，因此电场力大小和重力大小相等，因此等效重力场的方向为斜向左下45度角的方向，小球最大速度点在bc之间，因此最大动能在bc之间取得，B错误；

小球沿abcd运动过程中只有ab段电场力是做正功，电势能转化为机械能，所以b点的机械能最大，到达d点时，电场力做负功最多，机械能转化为电势能最大，所以d的电势能最大，C错误D正确；

考点：考查了带电粒子在复合场中的运动

8. 如图所示，有一长为L的细绳，一端悬挂在A点，另一端拴一质量为m、电量为q的带有负电荷的小球；悬点A处放一正电荷，电量也为q。如果要使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，如图所示。若已知重力加速度为g，则（　　）

A. 小球到达最高点D点速度的最小值为

B. 小球到达与A点等高的C点受到绳子拉力的最小值为为 2mg

C. 小球到达最低点B点速度的最小值为

D. 小球到达最低点B点受到绳子拉力的最小值为

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．小球到达D点速度的最小时，满足

因此最小速度为

A错误；

B．在C点，速度最小时，拉力最小，从D到C的过程中，机械能守恒

解得

B错误；

C．从D到B的过程中满足机械能守恒

因此B点速度的最小值

C错误；

D．在B点，根据牛顿第二定律

解得

D正确。

故选D。

二、多项选择题（每题4分）

9. 如图是某等量电荷等势线分布，相邻的等势线间电势差均相等，点a、b、c连线与两电荷的连线平行，且。一带负电的点电荷M仅在电场力的作用下经过a点时速度方向如图，经过b所在等势线到达c所在等势线，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）

A. 两等量电荷电性相反

B. a、c两点的电场强度相同

C. a、c两点的电势不相等

D. 点电荷到达c所在等势线时速度大小与在a点时相等

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】AB．依题意，根据题图提供等势线分布情况，符合等量异种电荷等势线的分布特点，故该带电荷为两等量电荷，电性相反，根据等量异种电荷电场线的分布特点，可知a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A正确，B错误；

CD．根据等量异种电荷等势线的分布特点，可知a、c两点的电势不相等，则点电荷仅在电场力的作用下从a点到达c所在等势线时，电场力做功不为零，动能将发生改变，所以点电荷到达c所在等势线时速度大小与在a点时不相等，故C正确，D错误。

故选AC。

10. 如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地，一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，则（　　）

A. 带电油滴将竖直向下运动 B. 带电油滴的机械能将增加

C. P点的电势将降低 D. 通过灵敏电流计有从a往b的电流

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．依题意知，电容器保持与电源连接，则电容器极板间电压不变，由

可知，若将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，d减小，则板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动，故A错误；

BC．P点到上极板的距离不变，场强增大，由

知，P点与上极板间电势差增大，P点的电势小于零，则P点的电势降低，由于油滴带负电，因向上运动，电场力做正功，则带电油滴的电势能将减小，机械能增大，故BC正确；

D．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小，根据

可知电容器电容增大；电容器的电压U不变；故根据

可知电量增大，故电容器充电，电流计中有从b到a的电流，故D错误。

故选BC。

11. 如图所示，匀强电场与圆O平面平行，AB为圆直径，长度为20cm，C为圆周上一点，其中∠BAC=60°。已知A、B的电势分别为2V、6V，C点电势低于A点电势，圆上最低电势为0，最高电势为8V，下列说法正确的是（　　）

A. 该电场的电场强度大小为40V/m

B. 把电子自A移动到C点，电子电势能增加2eV

C. 把质子自C移动到B点，质子电势能增加4eV

D. 把电子自C移动到O点，电子电势能减少3eV

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．作过C点的直径，如图

根据几何关系可以确定C点即为电势最低点，电势为0，另一端为8V，过C点直径方向即为电场线方向，电场强度

 A正确；

B．把电子自A移动到C点，电场力做2eV的负功，电子电势能增加2eV， B正确；

CD．因为

把质子自C移动到B点，质子电势能增加6eV

把电子自C移动到O点，电子电势能增加4eV， CD错误。

故选AB。

12. 如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是（　　）

A. 质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1

B. 质子和α粒子在电场中运动的时间相同

C. 质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2

D. 质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A．从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理有

Uq＋Edq=mv2-0

解得

v=

质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得

故A错误；

B．设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有

由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；

C．从开始运动到打到板上，根据动能定理有

Uq＋Edq=Ek-0

解得

Ek=q（U＋Ed）

因为U、E、d相同，则有

故C正确；

D．带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得

进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有

联立得

速度的偏转角正切值为tanθ，有

偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确。

故选CD。

13. 如图所示，真空中固定放置两等量正点电荷A、B，它们的电荷量均为Q，O为两点电荷连线的中点，D点与两点电荷构成等腰直角三角形，绝缘光滑杆固定在所在直线上。套在杆上的带电轻环由D点静止释放，运动到O点时，速度大小为v。带电轻环的质量为m，电量大小为q，不计轻环重力。将电荷B的电量改变为，仍将轻环由D点释放，下列说法中正确的是（　　）

A. 电荷B改变电量前，D点电势高于O点电势

B. 电荷B改变电量前，两点电势差的大小为

C. 电荷B改变电量后，D点场强大小变为之前的倍

D. 电荷B改变电量后，轻环运动到O点时的速度大小为

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A．根据等量正点电荷电势分布特点可知，离两等量正点电荷越近的位置电势越高，则D点电势低于O点电势，故A错误；

B．从D到O只有电场力做功，由动能定理得

解得

故B错误；

C．设AD间距离为r，电荷B改变电量前，由

及电场强度的叠加法则可得，D点场强大小为

电荷B改变电量后，D点场强大小为

则

故C正确；

D．依题意，设电荷B未改变电量前，电荷A对轻环做的功为，电荷B对轻环做的功为，则有

由动能定律有

电荷B改变电量为原来的2倍后，轻环运动到每一个位置受到电荷B的库仑力均变为原来的2倍，所以，可得轻环从，电荷B对轻环做的功为

电荷A对轻环做的功不变，则有

联立以上式子可得O点时的速度大小为

故D正确。

故选CD。

14. 制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示．在t＝0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

A. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，则应满足的条件是

B. 若k＝1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加

C. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为

D. 若k＝1且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为v0

【答案】D

【解析】

【详解】竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小，位移，在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小，初速度的大小v1=a1T，匀减速运动阶段的位移，由题知，解得 ，A错误；若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，电场力做功为零，动能不变，B错误；若k= 且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时的速度为，C错误；若k=1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变，D正确．

三、计算题（共44分）

15. 如图所示，匀强电场电场线与平行，把的负电荷从点移到点，电场力做功长与成60°角。求：

(1)两点的电势差；

(2)设处电势为，则处电势为多少？

(3)匀强电场场强大小和方向。

【答案】(1)-6V；(2)-5V；(3)200V/m，沿电场线由指向

【解析】

【详解】(1)两点间的电势差

(2)两点间的电势差

解得。

(3)由向作垂线交于，与在同一等势面上，

沿场强方向两点间距离

电场强度

方向沿电场线由指向。

16. 如图所示，平面直角坐标系位于竖直平面内，倾斜光滑直轨道与y轴正方向夹角为，轨道与水平轨道及半径为R的竖直光滑圆管之间均平滑连接，圆管对应的圆心角为，其所在圆分别与x轴和y轴相切于B点和C点。已知第二象限内有方向竖直向下、大小为的匀强电场，第一象限内，的区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）从到O点距离为R的Q点由静止释放，经水平轨道进入圆管内。小球与水平轨道之间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，所有轨道均为绝缘轨道，轨道的直径远小于所在圆的直径，小球所带电荷量不损失，进入和飞出管道时无能量损失，重力加速度为g。求：

（1）小球经过坐标原点O处时的速度大小；

（2）求小球在管道中速度最大时位置坐标，并求出小球的最大速度；

【答案】（1）；（2）；

【解析】

【分析】

【详解】（1）带电小球从Q点到O点，应用动能定理有

代入题中已知量解得

（2）小球从O点到B点过程中，动能定理可知

解得

小球进入圆管之后，进入复合场中，将重力场和电场合成为等效重力场，用表示该等效场的加速度，根据平行四边形法则可知等效重力

与竖直方向的夹角满足

则

当小球运动到等效重力场与圆管相交点P时，速度最大。P点的位置为

则P点的位置坐标为

小球从B点到P点，根据动能定理可知

解得

17. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B板接地，它的极板长，两板间距离，现有一微粒质量，带电荷量，以一定初速度从两板中间平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取，试求：

（1）带电粒子入射速度的大小

（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少

【答案】(1)2.5 m/s；(2)6 V≤φA≤10 V

【解析】

【详解】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有

＝v0t，＝ gt2

联立两式得

v0＝

代入数据得.

(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有

A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有

l＝v0t1，＝a1

且

mg－q ＝ma1

联立以上各式得φAmin＝6 V，A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有

q －mg＝ma2

且有a2＝a1，代入数据解得

φAmax＝10 V，

综合可得6 V≤φA≤10 V

18. 如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点。现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力。

（1）求粒子进入电场前的初速度的大小；

（2）其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能；

（3）现将电场（场强为E）分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x（x≤L），如图乙所示。设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，求y与x的关系。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子进入电场前的初速度的大小为v0，进入电场后经时间t从P点飞出，根据类平抛运动规律有

   ①

②

联立①②解得

   ③

（2）设增大后的电场强度为E′，粒子进入电场后经时间t′从Q点以动能Ek1飞出，根据类平抛运动规律有

   ③

④

根据动能定理有

⑤

联立③④⑤解得

   ⑥

（3）粒子在电场中做类平抛运动，在无电场区域做匀速直线运动，其轨迹如图所示。

设粒子离开AEFD区域时的竖直分速度大小为vy，根据速度的合成与分解有

⑦

根据几何关系有

⑧

设粒子离开EBCF区域时的竖直分速度大小为vy′，根据速度的合成与分解有

⑨

根据几何关系有

⑩

由题意可推知粒子在两个电场区域中竖直方向的位移大小之和为

   ⑪

由⑧⑩⑪可得

⑫