高二物理上学期第二次阶段检测试题（含解析）.doc

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1、- 1 - / 18【2019【2019 最新最新】精选高二物理上学期第二次阶段检测试题（含精选高二物理上学期第二次阶段检测试题（含解析）解析）物理试题物理试题一、选择题（每题一、选择题（每题 3 3 分，共分，共 4848 分）分）1. 有甲、乙两导体,甲的电阻是乙的一半,而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍,则以下说法中正确的是( )A. 甲、乙两导体中的电流相同 B. 乙导体中的电流是甲导体的 2倍 C. 甲、乙两导体两端的电压相同 D. 乙导体两端的电压是甲的 2 倍【答案】B【解析】由电流的定义式：可知，乙的电流是甲的两倍，故 A 错误，B 正确；根据可得：UIR，可知乙两

2、端的电压是甲两端电压的 4 倍，故 CD 错误。所以 B 正确，ACD 错误。2. 如图所示,半径相同的两个金属小球 A、B,带有电荷量相等的电荷,相隔一定距离,两球之间相互吸引力的大小是 F,今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与 A、B 两球接触后移开.这时, A、B 两球之间的相互作用力的大小是( )A. B. C. D. 【答案】A- 2 - / 18.3. .如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处放一点电荷,将质量为 m,电荷量为 q 的小球从圆弧管的水平直径端点 A 由静止释放,小球沿细管滑到最低点 B 时,对管壁恰好无压力,则放于圆心处的点电荷在 AC 弧中点

3、处的电场强度的大小为A. B. C. D. 不能确定【答案】C【解析】在 B 点由库仑力和重力的合力提供向心力， ，小球从 A 到 B电场力不做功，由动能定理，两个公式联立可知 E=“3mg/q“ ，C 对；4. 如图所示,原来不带电的金属导体 MN,在其两端下面都悬挂着金属验电箔;若使带负电的金属球 A 靠近导体的 M 端,可能看到的现象是( )A. 只有 M 端验电箔张开,且 M 端带正电 B. 只有 N 端验电箔张开,且 N 端带正电 C. 两端的验电箔都张开,且左端带负电,右端带正电 D. 两端的验电箔都张开,且两端都带正电或负电【答案】C- 3 - / 18【解析】试题分析：金属导体

4、处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以 C正确考点：本题考查静电感应。5. 如图所示,绝缘水平面上固定一正点电荷 Q,另一电荷量为-q、质量为 m 的滑块(可看做点电荷)从点以初速度v0沿水平面向 Q 运动,到达 b 点时速度为零。已知、b 间距离为,滑块与水平面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g。以下判断正确的是( )A. 滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B. 滑块在运动过程的中间时刻速率等于 C. 此过程中产生的内能为 D. Q 产生的电场中、b 两点

5、间的电势差【答案】D产生的内能 Q=mgx=Uq+mv02，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少故 C 错误；由动能定理可得：Uq-mgx=0-mv02，解得两点间的电势差 U=，故 D 正确；故选 BD。考点：牛顿第二定律及动能定律的应用6. 如图甲、乙、丙所示,三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中,图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中,三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放.则三个带电小球通过圆轨道最低- 4 - / 18点时( )A. 速度相同B. 均能到达轨道右端最高点处C. 对轨道的压力相同D. 所用时间

6、相同【答案】B【解析】A. 在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向,故洛仑兹力不做功;滑块下落时只有重力做功,故甲和乙两次机械能均守恒,故两次滑块到最低点的速度相等 ,丙图中,小球下滑的过程中电场力做正功,重力做正功，所以小球在最低点的速度大于甲图和乙图中的速度。故 A 错误；B. 三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故 B 正确； C. 小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不

7、相等，对轨道的压力也不相等。故 C 错误；D. 甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短。故 D 错误；故选：B。【名师点睛】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得- 5 - / 18小滑块到达最低点时的速度；由滑块下滑的加速度可知滑块滑到最低点时所用的时间；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心力公式可知支持力的大小关系；由能量转化与守恒定律可知小球均能到达轨道右端最高点处。7. 如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距 l,在正极板附近有一质量为 M、电荷量为+q 的粒子;在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为-q 的粒子.在电场力的作用下,两粒子

8、同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则 M:m 为( )A. 3：2 B. 2：1 C. 5：2 D. 3：1【答案】A【解析】设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M 有， ， ；对 m有， ，联立解得，A 正确。【考点定位】带电粒子在电场中的运动【方法技巧】做此类问题的关键是把粒子在电场中的运动分解为垂直电场方向上和沿电场方向上两个分运动，两分运动具有等时性。8. 如图所示,虚线、b、是某静电场中的三个等势面,它们的电势分别为,且.一带正电的粒子射入电场中,其运动轨迹如实线KLMN所示,则（ ）- 6 - /

9、18A. 粒子从 K 到 L 的过程中,电场力做负功 B. 粒子从 L 到 M 的过程中,电场力做负功 C. 粒子从 K 到 L 的过程中,电势能减少 D. 粒子从 L 到 M 的过程中,动能减少【答案】A【解析】根据电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，从K 到 L，粒子由低电势运动到高电势，粒子电势能增大，电场力做负功，故 A 正确，C 错误；从 L 到 M，粒子由高电势运动到低电势，粒子电势能减小，电场力做正功，动能增加，故 BD 错误。所以 A 正确，BCD 错误。9. 如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固

10、定在 P 点的点电荷,以 E 表示两板间的电场强度,EP 表示点电荷在 P 点的电势能, 表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )- 7 - / 18A. 增大,E 增大 B. 增大, EP 不变 C. 减小, EP 增大 D. 减小,E 不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C 变大，Q 一定，则根据 Q=CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角 减小；根据，Q=CU， ，联立可得，可知 Q 一定时，E不变；根据 U1=Ed1 可知 P 点离下极板的距离不变，E 不变，则 P 点与下极板的电势

11、差不变，P 点的电势不变，则 EP 不变；故选项 ABC 错误，D 正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：， ，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。10. 如图是某区域的电场线分布,A、B、C 是电场中的三个点.下列说法正确的是( )A. A 点的电场强度最强 B. B 点的电场强度最弱 C. A、B、C三点的电场强度方向相同 D. 正电荷、负电荷在 B 点受到的电场力方向相反【答案】D【解

12、析】电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强- 8 - / 18越大，所以 B 处场强最强，A 处最弱，故 AB 错误；由图可知 A、B、C三点的电场强度方向不同，故 C 错误；正电荷的电场力方向与电场强度方向同向，负电荷的电场力方向与此方向相反，故 D 正确。所以 D正确，ABC 错误。11. 如图甲,直线 MN 表示某电场中一条电场线,、b 是线上的两点.将一带负电荷的粒子从点处由静止释放,粒子从运动到过程中的 v-t 图线如图乙所示.设 a、b 两点的电势分别为、,场强大小分别为、,粒子在、b 两点的电势能分别为、,不计重力, 则有( ) A. B. C. D. 【答案】BD

13、【解析】由 v-t 图象可知粒子做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律可知电场力变小，所以，故 B 正确，C 错误；因电场力做正功，所以场强方向向左，沿着电场线方向电势降低，所以，故 A 错误；电场力做正功电势能减小，所以，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。12. 空间存在匀强电场,有一电荷量+q,质量 m 的点电荷从 O 点以速率射入电场,运动到 A 点时速率为.现有另一电荷为 q、质量的粒子以速率仍从 O 点射入该电场,运动到 B 点时速率为.若忽略重力的影响,则( )A. 在 O、A、B 三点中,B 点电势最高 B. 在 O、A、B 三点中,A 点电势最高 C. OA 间的电

14、势差比 BO 间的电势差大 D. OA 间的电势差比 BA 间的电势差小- 9 - / 18【答案】AD【解析】试题分析：正电荷由 O 到 A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，所以 O 点的电势比 A 点的高；负电荷从 O 到B 速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B 点电势比O 点高所以 B 点最高，故 A 正确 B 错误；由电场力做功的公式可得，所以，所以 C 错误，D 选项正确考点：考查了电场力做功【名师点睛】在计算电场力做功和电势的大小时，一定要注意物理量的正负号，它表示了电势的高低，求电势差时也是如此13. 如图所示,虚线 a、b、c 代表电场中三个等势面

15、,相邻等势面之间的电势差相等,即 Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,M、N 是这条轨迹上的两点,据此可知A. 三个等势面中的,a 的电势最高B. 带电质点在 M 点具有的电势能比在 N 点具有的电势能大C. 带电质点通过 M 点时的动能比通过 N 点时大D. 带电质点通过 M 点时的加速度比通过 N 点时大【答案】ABD【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线方向电势降低，故 c 等势线的电势最低，a等势线的电势最高，故 A 正确；质点运动的位移方向与电场力方向成锐角，从 N 到 M 过程中电场力做负功，电势能

16、增加，故 M 点的电势能- 10 - / 18大于 N 点的电势能，故 B 正确；从 M 到 N 过程中电场力做正功，动能增大，故 M 点的动能小于 N 点的动能，故 C 错误；等势线密的地方电场线密、场强大，故 M 点位置场强大、电荷所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故 D 正确。所以 ABD 正确，C 错误。14. 如图所示,A. B 为平行金属板,两板相距为 d,分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔 M 和 N。今有一带电质点自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落(P、M、N 在同一竖直线上),空气阻力忽略不计,到达 N 孔时速度恰好为零,然后沿原路返同。若保

17、持两极板间的电压不变,则把 A 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回B. 把 A 板向下平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落C. 把 B 板向上平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后仍能返回D. 把 B 板向下平移一小段距离,质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落【答案】ACD【解析】试题分析：由题设条件知，mg2d-qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小，把 A 板向上平移一小段距离，质点自 P 点自由下落，根据动能定理知，mg2d-qU=0，小球到达 N 点速度为零然后返回，故A 正确；将 A 板向下移动一小段距离，根据动能定理知，m

18、g2d-qU=0，小球到达 N 点速度为零然后返回，故 B 错误；把 B 板向上平移一小段距离，h2d，根据动能定理知， mgh-qU0，知小球未到达- 11 - / 18N 点速度已减为零，然后返回，故 C 正确；把 B 板向下平移一小段距离后，h2d，根据动能定理知， mgh-qU0，知小球到达 N 点速度不为零，小球会穿过 N 孔继续下落，故 D 正确。故选 ACD。考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。【名师点睛】质点自 P 点由静止自由下落到达 N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等。移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动

19、能定理判断带电质点的运动情况。15. 如图所示,在两个等量异号的点电荷连线的中垂线上有与连线中点 O 等距离的两点a、b,在连线上有距中点 O 等距离的两点,c、d,则下列场强大小关系式正确的是( )A. B. C. D. 【答案】AC【解析】因为是等量异种电荷的静电场,根据电场线的疏密分布特点可知:在连线上从 c 到 d,电场强度先变小再变大,根据对称性知，故 C正确，D 错误；在中垂线上,根据对称性可知，故 A 正确，B 错误。所以 AC 正确，BD 错误。- 12 - / 1816. 如下图所示,一个带正电荷的物块,由静止开始从斜面上A点下滑,滑到水平面BC上的D点停下来.已知物块与斜面

20、及水平面间的动摩擦因数相同,且不计物块经过B处时的机械能损失.先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场,第二次让物块 m 从A点由静止开始下滑,结果物块在水平面上的点停下来.后又撤去电场,在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场,再次让物块 m 从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的点停下来.则以下说法中正确的是( ）A. 点一定在 D 点左侧 B. 点一定与 D 点重合 C. 点一定在 D点右侧 D. 点一定与 D 点重合【答案】BC【解析】试题分析：设物体的质量为 m，带电量为 q，电场强度为 E，斜面的倾角为 ，动摩擦因数为 ；不加电场时，根据动能定理得：加电场时：比较以上两式

21、，可以知道 D 与 D重合，即 B 项正确；若加磁场时，由此可知，D 在 D 点右侧。考点：本题考查动能定理。二、填空题（每空二、填空题（每空 2 2 分，共分，共 1616 分）分）17. 如图所示,在匀强电场中有 a、b、c、d 四点,它们处于同一圆周上,且 ac、bd 分别是圆的直径.已知 a、b、c 三点的电势分别为 a=9 - 13 - / 18V,b=15 V,c=18 V,则 d 点的电势为 V 【答案】12V【解析】由匀强电场中 ab 与 cd 平行且相等， ，由此可知 d 点电势为12V18. 如图虚线为一匀强电场的等势面。一带负电微粒从 A 点沿图中直线在竖直平面内运动到

22、B 点,不计空气阻力,此过程中粒子电势能_,动能_。(填“增加” 、 “不变”或“减少”)【答案】 (1). 增加 (2). 减少【解析】场强方向与等势面垂直，可知场强方向水平向右，带负电微粒所受电场力与场强方向相反，由 A 到 B，电场力做负功，电势能增加，微粒受重力，水平向左的电场力，因为微粒作直线运动，所以合外力在直线上，可知合外力与运动方向相反，则微粒做减速运动，所以动能减少故答案为：增加；减少19. 如图,在真空中有两个点电荷 A 和 B,电量分别为-Q 和+2Q 它们相距 L,如果在两点电荷连线的中点 O 有一个半径为 的空心金属球,且球心位于 O 点,则球壳上的感应电荷在 O 点

23、处的场强大小_ 方向_. 【答案】 (1). (2). 沿 AB 连线指向 B【解析】由于静电感应，球心 O 处合场强为零，即空心金属球上感应电荷产生的电场与点电荷 A 和 B 产生的电场大小相等方向相反。点电荷 A 在球心 O 处产生的电场大小为 k=4kQ/L2，方向由 B 指向 A； 点- 14 - / 18电荷 B 在球心 O 处产生的电场大小为 k=8kQ/L2，方向由 B 指向 A；二者合电场大小为 4kQ/L2+8kQ/L2=12kQ/L2。方向由 B 指向 A。所以球壳上的感应电荷在 O 点处的场强大小为 12kQ/L2，方向由 B 指向 A。20. 电动势(1).物理意义:反

24、映不同电源把_的能转化为电能的_大小的物理量.（2）.大小:等于外电路_时的路端电压,数值上也等于把 1C的正电荷从电源负极移到正极时非静电力所做的功.【答案】 (1). 其他形式 (2). 本领 (3). 断路【解析】 （1）电动势的物理意义:反映不同电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。（2）电动势大小:等于外电路断路时的路端电压,数值上也等于把 1C的正电荷从电源负极 移到正极时非静电力所做的功。三、计算题（共三、计算题（共 4646 分）分）21. 如图所示,在水平向右的匀强电场中,有一光滑绝缘导轨,导轨由水平部分和与它连接的位于竖直平面的半圆 ABC 环构成.现距环最低点 A

25、 为 L 的 O 处有一质量为 m 的带正电的小球,小球从静止开始沿水平轨道进入圆环.若小球所受电场力与其重力大小相等,圆弧轨道的半径为 R,则 L 必须满足什么条件才能使小球在圆环上运动至 C 的过程不- 15 - / 18脱离圆环?【答案】【解析】试题分析：当小球到达 C 点刚好不脱离圆环运动,由重力提供向心力,根据牛顿第二定律求出小球在 C 点的临界速度.小球由 O 沿圆弧轨道运动到 C 的过程中.电场力和重力做功，根据动能定理求出L 的临界值，从而得出 L 的范围。设小球刚好不脱离圆环运动到 C 点时速度为化，如图所示：在 C 点根据牛顿第二定律求有: 小球由 A 沿圆弧轨道运动到 C

26、，设在 A 点时速度为由动能定理得： 小球由 O 点运动到 A 点过程中，由动能定理得：联立以上解得：所以必须当时，才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环。点睛：本题主要考查了小球在重力和电场力的作用下的圆周运动，应用牛顿第二定律和动能定理进行解题。22. 如图所示,A、B 两板相距 30 cm,电源电压为 60 V,则匀强电场的场强是多大?方向如何?若 B 板接地,A 板电势为多大?若 C 点离 A 板 10 cm,D 点离 B 板 5 cm,则 C、D 两点的电势各为多少?C、D 两点间的电势差多大?【答案】200 V/m 方向竖直向下 60 V 40 V 10 V 30 V【解析】试题分析：

27、根据电势差和两极板间的距离求出匀强电场的电场强度大小；根据求出电势差，再根据和进而求出 C、D 两点的电势。- 16 - / 18根据匀强电场的场强公式：，方向竖直向下； B 板接地即，因为，解得：C、D 沿电场线方向上的距离：C、D 间的电势差：A、C 间的电势差：再根据： ，联立以上解得：根据： ，联立以上解得：点睛：本题主要考查了电势差和电势的简单计算，关键是找准沿电场方向的距离。23. 如图所示,带电量为的带电粒子(初速度为零,重力不计)质量为,经电压加速后以速度垂直进入偏转电场,两平行板间的距离为 d=1cm,偏转电压 U2=800V,板长 L=10cm。求:(1)带电粒子进入偏转电

28、场时的速度多大?(2)带电粒子离开电场时的偏转量是 y 多大?【答案】(1)200m/s (2)5mm【解析】试题分析：应用动能定理即可解得速度粒子进入电场时的速- 17 - / 18度；粒子在电场里面做类平抛运动，运动学公式即可解得偏转量。(1)在加速电场运动过程中，由动能定理由动能定理：带入数据解得：(2) 带电粒子在电场做类平抛运动水平方向匀速运动有: 带电粒子在竖直方向的加速度为: 带电粒子离开电场时的偏转量：联立以上并带入数据解得：点睛：本题主要考查了带电粒子在偏转电场里面做类平抛运动，应用动能定理和运动学公式解题。24. 如图所示,板长 L=10cm,板间距离 d=10cm 的平行

29、板电容器水平放置,它的左侧有与水平方向成 600角斜向右上方的匀强电场,某时刻一质量为 m、带电荷量为 q 的小球由 O 点静止释放,沿直线 OA 从电容器的中线水平进入,最后刚好打在电容器的上极板右边缘,O 到 A 的距离,求:(1.)电容器外左侧匀强电场的电场强度 E 的大小;(2.)小球刚进入电容器 C 时的速度的大小;(3.)电容器 C 极板间的电压 U.- 18 - / 18【答案】 （1） （2）3m/s （3）【解析】试题分析：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：解得：（2）从 O 点到 A 点，由动能定理得：mgxtan30mv20解之得：v=3m/s（3）小球在电容器 C 中做类平抛运动，水平方向：L=vt竖直方向：根据牛顿第二定律，有：联立求解得：考点：电场强度；牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题关键明确小球的运动规律，然后根据动能定理、类平抛运动分位移公式和牛顿第二定律列式后联立求解即可。