广东省江门市高二上学期期中考试物理试题-A4

这是一份广东省江门市高二上学期期中考试物理试题-A4，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．真空中有A、B两个点电荷，相距10cm，B的带电量是A的5倍．如果A电荷受到的静电力是10−4N，那么B电荷受到的静电力应是下列答案中的（ ）
A．5×10−4NB．10−4NC．0.2×10−4ND．0.1×10−4N
2．下列关于教科书上的四副插图，说法正确的是（ ）
A．图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C．图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了焦耳定律
3．如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两电荷量大小相等的带电小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙可能为同种电性
B．甲、乙质量可能不同
C．甲、乙质量一定不同
D．点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同
4．一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2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为19 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为 - 9 eV
5．某手机的说明书标明该手机电池容量为5000mA·h，待机时间为16天；说明书还标明该手机播放视频的最长时间为18小时。下列说法正确的是（ ）
A．5000mA·h表示该电池能够提供的电能总量
B．手机播放视频时电流与待机时电流的比值为643
C．放电时电池可输出的最大电荷量为1.8×107C
D．电池充满电后以100mA的电流可连续工作5小时
6．在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，现查询资料获知某薄膜金属材料的电阻率ρ，取一块厚度均匀、边长为L的该材料制成的正方形金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压U。通过薄膜的电流方向如图所示，测出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（ ）
A．电流I越大，则薄膜厚度d越小
B．电流I越大，则薄膜厚度d越大
C．正方形边长L越大，所测定的电阻值越大
D．正方形边长L越大，所测定的电阻值越小
7．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，两极板分别接在恒压直流电源两端。若将云母介质移出，则电路稳定后（ ）
A．极板间的电场强度不变B．极板上的电荷量不变
C．电容器的电压增大D．电容器的电容增大
8．密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电压调到U时，一带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，该油滴开始下落并很快达到匀速，通过显微镜可观测到这一速度大小为v。已知油滴所受阻力的大小与其速度的大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则该油滴所带电荷量的值为（ ）
A．kvdUB．vdgkUC．kvUdD．vgkUd
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．如图所示，光滑绝缘的圆形轨道竖放置，圆心在O点，半径为R，A、B两点为其水平直径的两端点；两等量异种点电荷位于A、B连线的延长线上，到O点的距离相等。一电荷量为+q，质量为m的带电小球从A点以初速度v0=2gR沿轨道向下运动，经过轨道最高点C时，对轨道的压力恰好为零。已知重力加速度为g，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势为mgR2q
B．A、C间的电势差UAC等于B、D间的电势差UBD
C．由A点运动到D点，小球的机械能先减小后增大
D．由D点运动到B点，小球的重力势能和电势能之和先减小后增大
10． 如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两个点处放有等量同种点电荷+Q。下列说法正确的是（ ）
A．a、e、c、f四点电势相同
B．沿直线O→f电场强度一定越来越大
C．若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动
D．若电子沿直线a→O→c运动，其电势能先增加后减少
11．如图所示，质量为m、电荷量为＋q的带电小球（可视为点电荷）通过一长度为l的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上的O点，初始时静止于B点。某瞬间在天花板下方加上范围足够大且方向水平向右的匀强电场，小球将由静止开始运动，运动过程中轻绳始终绷紧，小球运动到最高点A时轻绳与竖直方向的夹角为θ（θ＜90°）。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到A点时所受合力为0
B．匀强电场的电场强度大小E=mg1−csθqsinθ
C．小球受到的电场力大小F=mgtanθ
D．小球在运动过程中到达A点时的机械能最大
12． 如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电量q=1.0×10−6C的滑块，整个空间有电场强度E=3×106N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端的动能为11J，重力加速度g取10m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中（ ）
A．滑块机械能增加了1J，电势能减少了3J
B．滑块机械能减少了2J，电势能减少了3J
C．滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10J
D．滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J
三、实验题（本大题共2小题，共18分，考生根据要求作答）
13．某研究小组用如图所示装置探究等量同种电荷间库仑力与距离的关系。器材有：专用支架、相同的导体小球A和B、刻度尺、丝线、米尺、天平、绝缘底座。
（1）下列能使A、B小球带等量同种电荷的方式是 。
A．用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触B
B．A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球，再移走带电体
C．A、B小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B小球
（2）用天平测量小球的质量m，悬挂点到小球球心的距离l，将小球B固定在绝缘底座上，A球用丝线悬挂在支架上，使小球带上等量同种电荷。某次实验中小球A静止位置和B固定位置如图所示，则A、B小球之间的距离r= cm。
（3）本实验中l≫r，丝线与竖直方向夹角θ很小，tanθ≈sinθ，重力加速度g=9.8m/s2。本实验中若小球质量为10g，l=1.0m，则库仑力F= N（结果保留两位有效数字）。
（4）缓慢移动绝缘底座，得到五组F、r数据，根据库仑定律，拟合的库仑力F与距离r的关系图像可能正确的是 ；
A．B．C．
14．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的 （选填“电容”“电势差”或“电荷量”）变化情况。
（2）在实验中观察到的现象是__________。（填正确答案前的标号）
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
（3）某兴趣小组用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。为增大该电容器的电容，下列方法可行的有__________。（多选，填正确答案前的标号）
A．增大电容纸的厚度
B．增大锡箔纸的厚度
C．减小电容纸的厚度
D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积
（4）同学们用同一电路分别给两个不同的电容器充电，充电时通过传感器的电流I随时间t变化的图像如图丙中①、②所示，其中①对应电容器C1的充电过程，②对应电容器C2的充电过程，则两电容器中电容较大的是 （选填“C1”或“C2”）。
四、解答题（本题共3小题，共42分，考生根据要求作答）
15．如图所示，在真空中的O点放一个点电荷Q=＋1.0×10－9C，直线MN通过O点，OM的距离r=0.30m，M点放一个试探电荷q=－1.0×10－10C，（k=9.0×109N•m2/C2）求：
(1)q在M点受到的电场力大小和方向；
(2)M点的电场场强大小和方向；
(3)只移走q后M点的电场场强大小；
(4)带负电的q在点电荷＋Q产生的电场中，M、N两点的电势能哪点大，电势哪点高？
16．固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度E=3mg4q，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球过A点时对细线的作用力；
（2）小球做圆周运动过程中的最小速率；
（3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大?
17．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力．
（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP的距离Y；
（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度．
答案解析部分
1．B
【解析】【解答】电荷之间的相互作用力，只有是在真空中两点电荷时，公式
F=kQqR2
才能适用．而A对B的静电力与B对A的静电力是作用力与反作用力的关系，所以大小相等，方向相反．故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】库仑力存在于两电荷之间，但是公式F=kQqR2的适用，需要满足真空中能够看成点电荷的两物体之间。
2．C
3．C
4．A
5．B
6．B
7．A
8．A
【解析】【解答】极板间的电场强度为E=Ud
油滴悬浮时，根据平衡条件有qE=mg
撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件有kv=mg
解得q=kvdU
故选A。
【分析】根据静止状态下油滴的受力，以及匀速运动状态下油滴的受力情况得出电荷的带电量。
9．A,D
10．A,C
【解析】【解答】A.a、e、c、四点到两个正电荷的距离相同，根据等量同种电荷的电场分布特点，可知四点电势相同，A符合题意；
B.两电荷在O点的电场强度等大反向，所以O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以沿Of方向一直到无穷远，电场强度先增大后减小，由于不知道f的具体位置，所以沿直线O→f电场强度可能越来越大，也可能先增加后减小，B不符合题意；
C.电子在e点和f点受电场力大小相等且都指向O点，由电场的对称性可知，若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动，C符合题意；
D.若电子沿直线a→O→c运动，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减少后增加，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据等量正点电荷所形成的的电场的分布特点分析a、e、c、f四点的电势关系；根据从O点到无穷远处电场强度先增大再减小的特点，分析沿直线O→f电场强度的变化情况；根据电场的对称性分析电子在e、O、f之间的运动；由电场力做功的正负分析电势能的变化。
11．B,D
【解析】【解答】A．小球运动到最高点A时速度为0，但加速度不为0，所受合力不为0，选项A错误；
BC．小球从B点运动到A点，由动能定理有
Eqlsinθ−mgl1−csθ=0
可得
E=mg1−csθqsinθ
F=Eq=mg1−csθsinθ
选项B正确，C错误；
D．小球从B点运动到A点的过程中，电场力对小球做正功，小球的机械能增加，因此小球在A点时的机械能最大，选项D正确。
故选BD。
【分析】1.知道小球从B点运动到A点，速度先变大后变小，速度取得最大值时，加速度为零，即合力为零。
2.熟练运用功能关系分析电场强度以及电场力。
3.理解电场力做正功最多，说明电势能减少最多，即机械能增加最多。
12．A,D
【解析】【解答】AB. 对滑块从静止释放到到达斜面底端的过程，根据动能定理可得
∆Ek=WG+W电+Wf=11J
其中重力做功为
WG=mgLsin30°=10J
电场力做功为
W电=qELcs30°=3J
可得摩擦力做功为
Wf=−2J
根据功能关系可得，机械能的增加量
∆E=W电+Wf=1J
电势能减小量
∆Ep=W电=3J
A符合题意，B不符合题意；
CD.结合上述所得数据可得，滑块重力势能和电势能之和减少
∆Ep=WG+W电=10J+3J=13J
重力势能减量等于重力做功10J，滑块机械能和电势能之和减少
∆E=−1J+3J=2J
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由功的定义式和动能定理求出滑块受到各力所做的功，再根据功能关系，求解各种能量的变化量。
13．C；2.20；2.2×10-3；C
14．（1）电势差
（2）C
（3）C；D
（4）C2
【解析】【解答】（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。
（2）A．将左极板向上移动一段距离，则两板正对面积减小，根据
C=εS4πkd
可知，电容器的电容C减小，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A错误；
B．向两板间插入陶瓷片时，根据
C=εS4πkd
可知，C变大，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B错误；
C．将左极板右移，根据
C=εS4πkd
可知，C变大，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C正确；
D．把左极板拿走，相当于增大d，根据
C=εS4πkd
可知，则C变小，根据
U=QC
可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D错误；
故选C。
（3）由平行板电容器因素决定式
C=εS4πkd
A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；
B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；
C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C正确；
D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。
故选CD。
（4）用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，由于I-t图像面积表示带电量，电容器2带电量大，根据Q=CU可知，电容器的电容C1＜C2。即两电容器中电容较大的是C2。
综上第1空：电势差；第2空：C、第3空：CD；第4空： C2
【分析】（1）通过静电计观察两极板间电势差的变化；
（2）根据电容器电容C=εS4πkd和U=QC分析判断两极板电势差的变化；
（3）根据电容器电容C=εS4πkd分析判断；
（4）同一个电路对电容器充电，充电电压相等，根据Q=UC结合I-t图面积的物理意义分析电容的大小。
（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。
（2）A．将左极板向上移动一段距离，则两板正对面积减小，根据
C=εS4πkd
可知，电容器的电容C减小，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A错误；
B．向两板间插入陶瓷片时，根据
C=εS4πkd
可知，C变大，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B错误；
C．将左极板右移，根据
C=εS4πkd
可知，C变大，根据
U=QC
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C正确；
D．把左极板拿走，相当于增大d，根据
C=εS4πkd
可知，则C变小，根据
U=QC
可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D错误；
故选C。
（3）由平行板电容器因素决定式
C=εS4πkd
A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；
B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；
C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C正确；
D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。
故选CD。
（4）用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，由于I-t图像面积表示带电量，电容器2带电量大，根据Q=CU可知，电容器的电容C1＜C2。即两电容器中电容较大的是C2。
15．(1)1.0×10−8N，方向沿MO指向O；(2)100N/C，方向沿OM连线背离O；(3)100N/C；(4)电势能N点大，电势M点高
16．（1）解：
在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
mg+T=mv02R
解得T=mv02R−mg
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为T'=T=mv02R−mg，方向竖直向上。
（2）解：设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ，则有tanθ=qEmg=34
可得θ=37°
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
mgR1−csθ−qERsinθ=12mvC2−12mv02
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为vC=v02−12gR
（3）解：
若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
t=v0ax=v0qEm=4v03g
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为v=gt=4v03
【解析】【分析】1.根据小球在A点的受力，结合牛顿第二定律mg+T=mv02R得出小球在A点时受到的拉力。
2.根据小球重力场和电场的复合场中“等效重力”，分析等效最高点的位置是C点。小球从最低点到C点过程根据动能定理分析该过程合力做的功以及动能变化量。
3.根据小球过A点时断开细线，根据小球的受力情况，分析小球做匀变速曲线运动，结合能量守恒定理以及运动的合成与分解得出小球水平方向速度为零时，电势能最大。
（1）在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
mg+T=mv02R
解得
T=mv02R−mg
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为
T'=T=mv02R−mg
方向竖直向上。
（2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ，则有
tanθ=qEmg=34
可得
θ=37°
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
mgR1−csθ−qERsinθ=12mvC2−12mv02
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
vC=v02−12gR
（3）若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
t=v0ax=v0qEm=4v03g
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
v=gt=4v03
17．解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知：
eU1＝12mvm2
解得：
v0=2eU1m
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
L=v0t
则沿电场方向：
eU2d＝ma
侧移量：
y＝12at2
联立解得：
y=U2L24dU1
（3）由几何关系可知：
L2L2+l＝yY
得：
Y＝U2L2U1d(L2+l)
（4）该示波器的灵敏度D＝yU2
解得：
D=yU2=L24dU1
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；