2021-2022学年河北省邯山区第一中学高二（上）摸底考试物理试题含解析

2021-2022学年邯山一中第一学期摸底考试

高二物理试卷

一、选择题：本题包括15小题，前10题为单选题，每题只有一项最符合题目要求，每小题3分，共30分。第11-14，4题为多选题，每题有两个或两个以上选项符合题目要求，每题4分，共16分，少选得2分，选错不得分

1. 下列说法中，正确的是：（　　）

A. 由E=知电场中某点的电场强度E与F成正比

B. 由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比

C. 由Uab=ED可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大

D. 公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关

【答案】D

【解析】

【详解】A．公式

是电场强度的定义式， 采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；

B．公式

是电势的定义式，采用比值法定义， 与Ep、q无关，由电场本身决定，B错误；

C．由

可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，C错误；

D．公式

C=

是定义式，电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身决定，D正确。

故选D。

2. 下列说法中正确的是（　　）

A. 根据公式，在一条直线的电场线上有A、B、C三点，若AB=2BC，则一定有电势差

B. 根据公式，离场源电荷越远，场源电荷的电荷量越少，电场强度越小

C. 根据公式，电场中某点的电场强度，跟放入该点的试探电荷所受电场力成正比，跟试探电荷的电荷量成反比

D. 根据公式，匀强电场中某点的电场强度，跟匀强电场中的AB两点间的电势差成正比，跟AB两点间的距离成反比

【答案】B

【解析】

【详解】A．若电场是匀强电场，根据公式，在一条直线的电场线上有A、B、C三点，若AB=2BC，则一定有电势差，选项A错误；

B．根据公式，离场源电荷越远，场源电荷的电荷量Q越少，电场强度越小，选项B正确；

C．公式是场强的定义式，电场中某点的电场强度与放入该点的试探电荷所受电场力以及试探电荷的电荷量无关，选项C错误；

D．匀强电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，跟匀强电场中的AB两点间的电势差以及两点间的距离均无关，选项D错误。

故选B。

3. 如图所示为某电子秤示意图。一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F。现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2。若两小球完全相同，则（　　）

A. F1<F2

B. F1=4F2

C. 若小球a带负电，L增大，则F1增大

D. 若小球a带正电，L减小，则F2增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．小球b与a球充分接触后b对a有个向下的库仑力，设为F′，则

示数为

用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力

电子秤示数为

因此F1＞F2，但F1≠4F2，AB错误；

C．若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，C错误；

D．若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，增大，则F2增大，D正确。

故选D。

4. 理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场为零，现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴 ，如图所示．关于该带电小球产生的电场E随x的变化关系，下图中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：可把整个球体分为一个个半径逐渐增大的球壳，每个球壳内部电荷量与球壳半径成正比．设球体带电量Q，球体带电密度，半径为x的球体带电量．根据点电荷电场强度公式，整个球体内部电场强度．与x成正比．在球体外部，根据点电荷电场强度公式，电场强度与x的二次方成反比．所以从带电球体的球心开始，沿着半径（x）方向场强的分布图大致是B图．A、C、D错．

考点：本题考查带电体电场强度的分布特点

5. 如图甲所示，有一固定的正点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 带电小球在整个运动过程中，小球的机械能先增大后减小

B. 带电小球在高度H0~H1之间运动过程中，电势能减小

C. 带电小球在高度H1~H2之间运动过程中，机械能减小

D. 带电小球在H1和H2两个位置受到的库仑力都等于重力

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】ABC．根据动能定理知Ek−H图像的斜率为带电小球所受合力，由图像知随H的减小，斜率先减小，减小到0后反向增大，说明N对小球的库仑力斜向右上方，为斥力，所以小球带正电。整个过程中小球距离正点电荷N越来越近，库仑力对小球始终做负功，除重力外的其他力做的功等于机械能的变化，由于库仑力做负功，故带电小球在运动过程中，机械能减小，电势能增加，故A错误；故B错误；C正确。

D．由库仑力

整个运动过程中，r越来越小，库仑力一直增大，带电小球在H1和H2两个位置受到的库仑力的竖直分力等于重力，故D错误。

故选C。

6. 如图所示，三个同心圆是电荷量为+q的点电荷周围的三个等势面，A、B、C是这三个等势面与一条电场线的交点，且lAB=lBC。A、C两点的电势分别为φA=10 V和φC=2 V，则B点的电势（　　）

A. 等于6 V B. 低于6 V C. 高于6 V D. 无法确定

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】因AB之间的平均场强大于BC之间的平均场强，根据

U=Ed

可知AB之间的电势差大于BC之间的电势差，即

φA-φB>φB-φC

即

故选B。

7. 如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若只受电场力，则下列判断中正确的是（　　）

A. 若粒子是从A到B，则粒子带正电；若粒子是从B到A，则粒子带负电

B. 带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能

C. 若粒子是从B运动到A，则其速度减小

D. 粒子从B运动到A，机械能守恒

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误；

B．若粒子是从A运动到B，电场力做负功，则电势能增加，则粒子在A点的电势能小于B点的电势能，选项B正确；

C．从B到A过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故C错误；

D．粒子从B运动到A，电场力做正功，则机械能增加，故D错误。

故选B。

8. 心脏除颤器是通过一个电容器放电时脉冲电流作用于心脏，实施电击治疗，使患者心脏恢复正常跳动的仪器。如图所示，心脏除颤器的电容器电容为12，充电后电容器电压为8.0kV。如果电容器在3.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是（　　）

A. 放电之后，电容器的电容为零

B. 该电容器的击穿电压为8.0kV

C. 放电之前，电容器存储的电荷量为96C

D. 该次放电通过人体的平均电流为32A

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．电容器的电容与电量无关。所以放电后电容器的电容不变。A错误；

B．充电后电容器电压为8.0kV，击穿电压大于此值。B错误；

C．根据电容公式得

C错误；

D．该次放电通过人体的平均电流为

D正确。

故选D。

9. 某真空区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图甲中竖直实线所示(方向未知)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点以一定的初速度水平向右抛出，其轨迹如图甲中虚线所示。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，A点是轨迹上的一点，其x轴方向坐标值是，小球的机械能E与竖直方向的位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是(  )

A. 电场强度大小可能恒定，方向沿x轴负方向

B. 从O到A的过程中小球的电势能越来越小

C. 到达A位置时，小球的动能为

D. 到达A位置时，小球的动能为

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由图乙可知，机械能减少，说明电场力做负功，电势能增加，因此电场力方向与运动方向夹角大于90°，又因小球带正电，故电场强度方向沿x轴负方向；由功能关系得

可知，图乙的斜率为电场力，斜率在减小，电场力在减小，即电场强度在减小。

故AB错误；

CD．由动能定理，得

解得

故C正确，D错误。

故选C。

10. 电场分选是在高压电场中利用入选物料之间的电性差异进行分选的方法。如图所示为两类粒子组成的混合物从漏斗漏出后经过起电区（未画出），然后沿分选电场的中线进入分选电场，起电区高度很小可以忽略不计，粒子起电后进入分选场时的速度可认为是0，已知两类粒子的质量和起电后的电荷量分别为、和、，分选电场两极板的长度均为H，两极板的下端距地面的距离均为3H，重力加速度为g，调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，不计空气阻力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（　　）

A. 带正电的粒子先落地

B. 正、负两种粒子离开电场时的侧移量之比为1：4

C. 正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1：3

D. 若两种粒子落地时的动能相等，则两极板间的电压

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．由题意得知，咱们分两种情况讨论判断运动性质：

即俩电荷在分选电场时：

两种电荷在竖直方向上均做自由落体，在水平方向上均做匀加速直线运动。

离开分选电场时：

两种电荷在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度不为零的匀加速直线运动。

由，有负电荷在分选电场中飞行时间为

（1）

由，假设俩板间电压为U，板间距离为d代入数值得

（2）

又由题意得，正负电荷质量比为2：1，电荷量比为1：1，同理得正负电荷水平方向加速度之比为

（3）

又因为调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，由上面加速度之比得知，正电荷不可能打在极板上。

对正负电荷竖直方向整体做自由落体运动，由，高度决定时间，所以正负电荷落地时间相同，故A错误；

B．由（1）式得正负电荷在电场运动时间相同，又由（3）式，根据，有正负电荷离开电场时水平位移之比为，即

故B错误；

C．由（3）式和，得正负电荷在水平方向的初速度之比为

又由得相同时间内位移之比为1：3，刚好是题意分选电场和重力场高度之比，说明正负电荷在分选电场运动时间和重力场运动时间相同。综上所述，由，正负电荷在分选电场外的位移之比

且正、负两种粒子水平方向上，在分选电场时匀加速运动，在重力场时匀速直线运动，且匀加速运动和匀速运动时间相同，所以两种电荷匀速运动时位移是各自匀加速运动时的位移的两倍，且其匀加速运动时的位移分别为

即粒子落地点到O点的水平距离等于电荷在电场中和重力场中的位移之和，即

即正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1：2，故C错误。

D．由题意，两种例子初速度为零，若两种粒子落地时的动能相等可知，动能变化量相等，，从分选电场到落地过程分别用动能定理得电场力和重力对正负电荷做的功相等。即

解得

故D正确。

故选D。

11. 如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上．P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON．现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图象中，可能正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，由速度与时间的图象的斜率先变大后变小，由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，如果PN足够远，则D正确，如果PN很近，则A正确，BC错误。

故选AD。

12. 如图所示的虚线为电场中的三个等势面，三条虚线平行且等间距，电势值分别为10V、19V、28V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，A、B、C是轨迹上的三个点，A到中心虚线的距离大于C到中心虚线的距离，下列说法正确的是(　　)

A. 粒子在三点受到的静电力方向相同

B. 粒子带负电

C. 粒子在三点的电势能大小关系为EpC>EpB>EpA

D. 粒子从A运动到B与从B运动到C，静电力做的功可能相等

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据三条表示等势面的虚线等间距判断出该电场是匀强电场；根据电场线垂直于等势面和运动轨迹可确定确定静电力的方向，根据Ep=qφ分析带电粒子在三点电势能关系；根据W=qU，由电势差可确定静电力做功情况．

【详解】根据电场线垂直于等势面可知，粒子在三点受到的静电力方向相同，故A正确；由粒子的运动轨迹得知，所受静电力垂直等势面向左下，而电场方向垂直等势面向右上，则粒子带负电，故B正确；由题意知A、B、C三点电势大小关系为φA＞φB＞φC，因粒子带负电，根据Ep=qφ有EpA＜EpB＜EpC，故C正确；根据静电力做功W=qU，A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差，则WAB＞WBC，故D错误．

【点睛】解决本题要掌握匀强电场的电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题．

13. 如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于半径为r的同一圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为-Q。现从A点将一质量为m、电荷量为-q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g，则在-Q形成的电场中（　　）

A. D点的电势为

B. A点的电势高于D点的电势

C. O点的电场强度大小是A点的2倍

D. 电荷量为-q的点电荷在D点具有的电势能为7mgr

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点的过程中由动能定理可得

解得

即

由点电荷周围电场分布可知

则

故A正确，B错误；

C．由数学几何分析可知

，

由可知

故C正确；

D．由得

故D错误。

故选AC。

14. 如图所示，、为平行板电容器的两个金属极板，为静电计，开始时闭合开关，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（　　）

A. 开关保持闭合状态，将的滑片向右移动，静电计指针张角增大

B. 开关保持闭合状态，仅将两极板间距减小，电容器带电量增加

C. 断开开关后，紧贴下极板插入厚云母片，静电计指针张角减小

D. 断开开关后，仅将两极板间距减小，板间电场强度减小

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．保持开关闭合状态，则电容器两端电压保持不变，将滑片移动时，电容器两端电压也不发生变化，所以静电计指针张角不变，若是仅将两极板间距减小，根据电容器的决定式：

可知电容器电容变大，根据电容的定义式：

可知电容器带电荷量增加，A错误，B正确；

C．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，若是在板间插入厚云母片，根据电容器的决定式：

可知电容变大，根据电容的定义式：

所以两板间电势差变小，所以静电计指针张角变小，C正确；

D．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：

根据电容的定义式：

极板间为匀强电场：

联立可得：

若是仅将两板间距离减小，板间电场强度不变，D错误。

故选BC。

二、公式推导（7分+4分=11分）

15. 如图所示，带电量为q的正电荷在匀强电场中由A运动到B，若AB距离为L，L沿电场线方向的投影距离为d，电场强度大小为E，则：

（1）电场力做功与电势能变化有何关系？电势能与电势有何关系？电势差与电势有何关系？

（2）你能根据（1）推导出电势差与电场强度的关系吗？

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

【详解】（1）带电量为q的正电荷在匀强电场中由A运动到B，电场力做功

如果用EpA和EpB分别表示电荷在A点和B点的电势能，它们之间的关系为

当WAB为正值时，EpA>EpB，表明电场力做正功，电势能减少；

当WAB为负值时，EpA<EpB，表明电场力做负功，电势能增加。

电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量之比，叫作电场在这一点的电势，即

在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，即

（2）带电量为q的正电荷在匀强电场中由A运动到B，电场力做功

电势能变化

又

所以

即电势差与电场强度的关系

16. 两个等量异号点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，做出描述x轴上的电势随位置x变化的-x图像。

【答案】见解析

【解析】

【详解】两个等量异号电荷的电场线如下图

根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处电势最高；然后再慢慢减小，O点与无穷远是等势面，电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零，则描述x轴上的电势随位置x变化的-x图像为

三、计算题（16题14分，17题14分，18题15分，共43分）

17. 一长为L的细线，上端固定，下端栓一质量为m、带电荷量为q的小球。处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时小球到达B点时的速度恰好为零。试求

（1）AB间电势差；

（2）匀强电场的电场强度E的大小；

（3）小球到达B点时，细线对小球拉力的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由A到B由动能定理可知

可得

（2）根据

可得匀强电场的电场强度

（3）小球到达B点时，细线对小球拉力的大小

18. 如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：

（1）小球所受重力和电场力的大小；

（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）    （2）8E0

【解析】

【详解】(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：

mgR＝E0

则小球受到的重力为：

mg＝

方向竖直向下；

由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：

EqR＝2E0

则小球受到的电场力为：

Eq＝

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：

EqR＝＝2E0

则C点速度为：

vC＝

方向竖直向上。

从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

则在最高点的动能为：

19. 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：

(1) 电子射入偏转电场时的初速度v0；

(2) 电子打在荧光屏上P点到O′点的距离h；

(3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．

【答案】(1) v0＝3.0×107m/s.(2) h＝7.2×10－3m. (3) ΔE＝－W＝－5.8×10－18J.

【解析】

【分析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；

（3）根据W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功．

【详解】(1) 电场中加速有eU0＝mv02

解得v0＝

代入数据解得v0＝3.0×107m/s.

(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.

电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t

电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝at2

根据牛顿第二定律有＝ma

解得y＝＝＝3.6×10－3m＝0.36cm

电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，

由图知

解得h＝7.2×10－3m.

(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功

W＝eEy＝ey＝5.8×10－18J

ΔE＝－W＝－5.8×10－18J.

【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：

其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．

其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．