岳阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
高中物理高二物理上学期精选试卷测试卷(含答案解析)
高中物理高二物理上学期精选试卷测试卷（含答案解析）一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kq a mR= 则小球c 的加速度大小为233kq mR，故B 正确，C 错误。
D ．对d 球，由平衡条件得2226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．如图所示，A 、B 两点有等量同种正点电荷，AB 连线的中垂线上C 、D 两点关于AB 对称，0t =时刻，一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入，点电荷只受电场力。
XX省岳阳市第一中学学年高中高二物理上学期期末考试试卷试题扫描版本
湖南省岳阳县第一中学2017-2018学年高二放学期第一次月考物理时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(此题有12小题，每题4分，共48分．此中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)1．对于以下四幅图说法不正确的选项是( )A．原子中的电子绕原子核高速运行时，运行轨道的半径是随意的B．光电效应实验说了然光拥有粒子性C．电子束经过铝箔时的衍射图样证明了电子拥有颠簸性D．发现少量α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大多数集中在很小空间范围2.一个电热器接在10V的直流电源上，在ts内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个正弦沟通电源上，它在2ts内产生的焦耳热为Q，则这一正弦沟通电源的电压的最大值和有效值分别是( )A.最大值102V，有效值10VB．最大值202V，有效值102VC．最大值52V，有效值5VD．最大值10V，有效值52V3．静止在圆滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律以下图，对于物体在0～t1时间内的运动状况，正确的描述是( )A．物体先做匀加快运动，后做匀减速运动B．物体的速度向来增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的加快度向来增大4.92)U放射性衰变有多种门路，此中一种门路是先衰变为83)Bi，而83)Bi能够经一次衰变变为a)X(X代表某种元素)，也能够经一次衰变变为81)Ti，a)X和81)Ti最后都衰变变为82)Pb，衰变路径以下图，则可知图中( )A．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变5．以下图，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，某一时辰它们恰幸亏同向来线上，以下说法正确的选项是（）A．依据v=可知，运行速度知足vA ＞vB＞vCB．运行角速度知足ωA ＞ωB＞ωCC．向心加快度知足aA ＜aB＜aCD．从图示地点开始时，运动一周后，A最初回到图示地点6．当拥有5.0eV能量的光子照耀到某金属表面后，从金属表面逸出的电子拥有最大的初动能是 1.5eV.为了使这类金属产生光电效应，入射光的最低能量为( )A．1.5eVB．3.5eVC．5.0eVD．6.5eV7．以下图,闭合矩形线圈abcd与长直导线MN在同一平面内,线圈的ab、dc两边与直导线平行,直导线中有渐渐增大、但方向不明的电流,则( )A.可知道线圈中的感觉电流方向 B.可知道线圈各边所受磁场力的方向C没法判断整个线圈所受的磁场力的方向 D.没法判断线圈中的感觉电流方向,也没法判断线圈所受磁场力的方向8．两球A、B在圆滑水平面上沿同向来线，同一方向运动，m A＝1kg，m B＝2kg，v A＝6m/s，v B A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )A．v A′＝5m/s，v B′＝2.5m/sB．v A′＝2m/s，v B′＝4m/sC．v A′＝－4m/s，v B′＝7m/sD．v A′＝7m/s，v B′＝1.5m/s9．物体从静止开始做匀加快直线运动，已知第4s 内与第2s内的位移之差是12m,则：()A.第1s内的位移为3mB.第2s末的速度为8m／sC.物体运动的加快度为2m／s2D.物体在5s内的均匀速度为15m／s10.以下图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始开释，落到地面上后又堕入泥潭中，因为遇到阻力作用抵达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加快度为g.对于小球着落的整个过程，以下说法中正确的选项是( )A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球战胜阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于mD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量11．如图，两个物体1和2在圆滑水平面上以同样动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一同．碰撞后( )A．两物体将向左运动B．两物体将向右运动C．两物体构成系统损失时械能最小D．两物体构成系统损失时械能最大12．以下说法正确的选项是( )A．卢瑟福经过实验发现了质子的核反响方程为：He ＋7N→O＋HB．铀核裂变的核反响是：92U→56Ba＋Kr＋2nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3.两个质子和两此中子联合成一个α粒子，开释的能量是：(m1＋m2－m3)c2D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时汲取波长λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要汲取波长为的光子第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、实验题(此题有2小题，共16分，请将答案写在题中的横线上)13.（8分）在做“描述小灯泡的伏安特征曲线”的实验中，采纳的仪器有：电源E（电动势6V，内阻不计）；额定电压的小灯泡L；电流表（量程，内阻约2Ω）；电压表（量程5V，内阻约15kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值15Ω）；开关S，导线若干。
岳阳市高二物理试卷(附答案)
岳阳市高二教学质量监测物 理本试卷共8页，分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考场号、姓名和座位号填写在答题卡指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 选择题(共48分)一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
）1．下列有关分子动理论的说法中正确的是 A ．扩散现象和布朗运动都是分子热运动B ．当分子间距离r ＜r 0时，分子间的作用力表现为引力C ．1g 100 ℃水的内能小于1g 100 ℃水蒸气的内能D ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而减小2.如图所示，三根长为L ，电流大小均为I 的直线电流在空间构成等边三角形，其中A 、B 电流的方向均垂直纸面向外，C 电流的方向垂直纸面向里。
A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线C 位于水平面上且处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力为 A ．0 B ．IL B 023，方向水平向右C ．IL B 023，方向水平向左 D ．IL B 03，方向水平向左3.某医院的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，交流发电机的矩形线圈匝数为100n =，在匀强磁场中以OO '为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化图像如图乙所示，矩形线圈通过电刷与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，线圈、导线的电阻均不计，变压器为理想变压器，额定电压为220V 的医疗设备恰能正常工作，下列说法正确的是A. 电压表的示数为1002VB. 变压器的原、副线圈匝数比为5：11C. 从0t =开始计时，变压器原线圈两端的电压()1002sin100πV u t =D. 假如给变压器输入端接入电压100V U =的直流电，医疗设备也能正常工作 4.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 两点处放有等量同种点电荷－Q ，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是 A ．a 、e 、c 、f 四点电场强度相同 B ．a 、e 、c 、f 四点电势不同C ．电子沿直线a →O →c 运动过程中，静电力先做负功后做正功D ．质子沿球面曲线a →e →c 运动过程中，电势能先增加后减少5.生活中经常测量体重，测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体重，如图甲所示。
湖南省岳阳市湘阴一中高二物理上学期段考试卷理(含解析)
2015-2016学年湖南省岳阳市湘阴一中高二（上）段考物理试卷（理）一.单项选择（4分×13=52分）1．下列对电现象及规律的认识中，正确的是（）A．摩擦起电说明了电荷可以创生B．点电荷间的静电力随它们的距离增大而增大C．同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥D．自然界中只存在正、负两种电荷2．关于元电荷，下述正确的是（）A．点电荷就是元电荷 B．元电荷就是正电子C．元电荷是带电量为1C的电荷D．自然界中已知的最小电荷量3．建立物理模型是物理研究的常用方法，下列属于理想化“物理模型”的是（）A．重力 B．向心力C．元电荷D．点电荷4．真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F．若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小为（）A．B．C．4F D．2F5．有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是（）A．仅使q1增大为原来的2倍B．仅使q2减小为原来的一半C．使q2和q1都增大为原来的2倍D．仅使r减小为原来的一半6．如图所示，两根细线拴着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是T A、T B，现在使A、B带同种电荷，此时上、下细线受力分别为T A′、T B′，则（）A．T A′=T A，T B′＞T B B．T A′=T A，T B′＜T BC．T A′＜T A，T B′＞T B D．T A′＞T A，T B′＜T B7．两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（）A．300F B．1200F C．900F D．无法确定8．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点，下列判断正确的是（）A．A、B两点的电场强度大小不等，方向相同B．A、B两点的电场强度大小相等，方向不同C．左边电荷带负电，右边电荷带正电D．两电荷所带电荷量相等9．关于电场力和电场强度，以下说法中不正确的是（）A．一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则该处场强大B．在电场某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零C．电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力为零D．一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力不同10．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则A、B两点间的电势差U ab为（）A．1.0×104V B．3.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V11．如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是（）A．闭合K1，有电子从枕型导体流向大地B．闭合K2，有电子从枕型导体流向大地C．闭合K1，有电子从大地流向枕型导体D．闭合K2，没有电子通过K212．如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上0点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F．由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的（）A．B．C．D．13．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c二．多项选择（4分×4=16分）14．静电喷涂机原理如图所示．静电喷涂机接高压电源，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，微粒最后被吸到工件表面．关于静电喷涂机的涂料微粒，下列表述正确的有（）A．微粒带正电B．微粒带负电C．微粒受电场力作用 D．微粒受洛伦兹力作用15．下列说法中正确的是（）A．电势差和电势一样，是相对量，与参考零点的选择有关B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分C．由于静电力做功跟电荷移动的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零势面的不同而改变，所以U AB=U BA16．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，M P⊥ON．则（）A．M点的电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动17．如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度B．将c与A外表面接触后移开A，B会张开一定角度C．将c与A内表面接触时，B不会张开角度D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度三．填空（2分×6=12分）18．如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔片张开，这时金属箔片带电；若在带电棒离开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔片也能张开，它带电．19．如图所示是电场中某区域的电场线分布图，A、B是电场中的两点，可以判断点场强较大（选填“A”或“B”）；一正点电荷在B点受到电场力的方向是（选填“向左”或“向右”）．20．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则E A E B（填“＞”、“=”或“＜”），φAφB（填“＞”、“=”或“＜”）四．计算题21．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L．两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5．（静电力恒量为k）（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q．（3）求L′与L之比．22．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．23．如图所示，平行于纸面的匀强电场中有三点A、B、C，其连线构成边长l=2√3cm的等边三角形，现将一电荷量为q1=10﹣8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为W1=3×10﹣6J，将另一电荷量为q2=﹣10﹣8C的负点电荷从A点移到C点，电荷克服电场力做功为W2=3×10﹣6J，设A点的电势φA=0V．（1）求B、C两点的电势（2）求匀强电场的电场强度大小和方向．2015-2016学年湖南省岳阳市湘阴一中高二（上）段考物理试卷（理）参考答案与试题解析一.单项选择（4分×13=52分）1．下列对电现象及规律的认识中，正确的是（）A．摩擦起电说明了电荷可以创生B．点电荷间的静电力随它们的距离增大而增大C．同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥D．自然界中只存在正、负两种电荷【考点】电荷守恒定律．【专题】常规题型．【分析】解本题需要掌握：摩擦起电是电子转移引起的，并非说明了电荷可以创生；正确利用库仑定律：F=k分析库仑力的大小变化；【解答】解：A、摩擦起电是由于电子的转移引起，并非说明了电荷可以创生，故A错误；B、利用库仑定律：F=k得点电荷间的静电力随它们的距离增大而减小，故B错误C、同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故C错误D、自然界中只存在正、负两种电荷，故D正确故选D．【点评】本题比较简单，考察了有关静电场的基础知识，在学习中要加强基础知识的理解应用．2．关于元电荷，下述正确的是（）A．点电荷就是元电荷 B．元电荷就是正电子C．元电荷是带电量为1C的电荷D．自然界中已知的最小电荷量【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．【解答】解：A、元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故AB错误；C、元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电荷，是1.6×10﹣19C的电量．故C错误；D、元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电荷，是自然界中已知的最小电荷量．故D正确；故选：D．【点评】本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念以及元电荷与点电荷的区别、元电荷与电子、质子电量的区别即可解决本题．3．建立物理模型是物理研究的常用方法，下列属于理想化“物理模型”的是（）A．重力 B．向心力C．元电荷D．点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】抓住主要因素，忽略次要因素是物理学中常用方法，比如质点、点电荷等就是如此，质点是高中一开始所学的一个理想化模型，对其理解要抓住“当物体的体积和形状在所研究问题中可以忽略时”这一核心进行．【解答】解：A、重力是实际存在的，故重力不是理想化“物理模型”．故A错误；B、向心力是指物体在做圆周运动时需要的一种力，是实际的情况，不是理想化“物理模型”．故B错误；C、元电荷是电荷量的最小的单位，不是理想化“物理模型”．故C错误；D、点电荷实际并不存在，是我们抽象出来的一个理想化物理模型，故D正确．故选：D【点评】该题考查常见的物理模型，要理解物理模型是实际物体在一定条件下的科学抽象，即采用理想化模型的方法是高中常用方法．4．真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F．若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小为（）A．B．C．4F D．2F【考点】库仑定律．【分析】根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．【解答】解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F=若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小F′==4F．故选C．【点评】根据题意和选项，清楚变量和不变量，再根据库仑定律解决问题．5．有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是（）A．仅使q1增大为原来的2倍B．仅使q2减小为原来的一半C．使q2和q1都增大为原来的2倍D．仅使r减小为原来的一半【考点】库仑定律．【分析】根据库仑定律公式F=k列式计算即可．【解答】解：真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为F，即为F=k；当它们之间的相互作用力为2F，则有：A、保持距离不变，仅使q1增大为原来的2倍，或使两电荷量都变为原来的倍，则库仑力变为2倍，故A正确；C错误；B、仅使q2减小为原来的一半，根据库仑定律可知，它们之间的作用力减小为原来的一半，故B错误；D、保持两点电荷的电量不变，使r减小为原来的一半，则库仑力变为4倍，故D错误；故选：A．【点评】本题是库仑定律的直接运用，基础题，同时理解控制变量法的思想．6．如图所示，两根细线拴着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是T A、T B，现在使A、B带同种电荷，此时上、下细线受力分别为T A′、T B′，则（）A．T A′=T A，T B′＞T B B．T A′=T A，T B′＜T BC．T A′＜T A，T B′＞T B D．T A′＞T A，T B′＜T B【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】A、B始终处于静止状态，分别对带电前后进行受力分析，判断绳子拉力的变化．【解答】解：带电前：对B有：T2=G B对AB组成的整体有：T1=G A+G B带电后：对B有：T2′=F电+GB对整体：T1′=G A+G B综上所述：T1=T1′，T2＜T2′故选：A．【点评】处于受力平衡状态的物体在求解或进行大小变化的判断时，只要选好研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件判断即可．7．两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（）A．300F B．1200F C．900F D．无法确定【考点】库仑定律．【分析】接触带电的原则是先中和后平分，根据库仑定律的公式判断相互作用力的大小．但是注意库仑定律的适用条件，库仑定律适用于点电荷的作用力．【解答】解：根据库仑定律得，，接触后分开，两金属球的电量都为﹣Q，但是两球靠得太近，不能看成点电荷，库仑定律不再适用，所以无法确定作用力的大小．故D正确，A、B、C错误．【点评】解决本题的关键知道接触带电的原则是先中和后平分，以及知道库仑定律的适用条件，库仑定律适用于点电荷的作用力．8．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点，下列判断正确的是（）A．A、B两点的电场强度大小不等，方向相同B．A、B两点的电场强度大小相等，方向不同C．左边电荷带负电，右边电荷带正电D．两电荷所带电荷量相等【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线越密，代表电场强度越大，电场线的方向就是电场强度的方向．【解答】解：AB、电场线的疏密代表场强的强弱，电场线越密，代表电场越强，电场方向为电场线的切线方向，故从图可以看出A点B点电场大小和方向均不同，故A错误、B错误；C、电场线从正电荷指向负电荷，故C正确；D、右边电荷周围的电场线密集，故此电荷的电荷量较大，故D错误．故选：C．【点评】电场线是电学中的重要的物理模型，能够形象描述电场的强弱和方向．把握电场线的特点即可顺利解决此题9．关于电场力和电场强度，以下说法中不正确的是（）A．一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则该处场强大B．在电场某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零C．电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力为零D．一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力不同【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力公式F=qE，分析电场力与场强的关系．电场强度与试探电荷所受的电场力无关．根据场强的定义式E=分析场强的大小．电场力是矢量，只有大小相等、方向相同，电场力才相同．【解答】解：A、一点电荷分别处于电场中的A、B两点，根据场强的定义式E=分析得知，电荷受到的电场力大，场强大．故A正确．B、在电场中某点没有检验电荷时，电场力为零，但电场强度不为零，电场强度与检验电荷无关，由电场本身决定．故B错误．C、电场中某点场强E为零，由电场力公式F=qE可知，检验电荷在该点受到的电场力一定为零．故C正确D、一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同．故D正确本题选不正确的，故选：B．【点评】本题考查对电场强度和电场力关系的理解，电场强度是反映电场本身性质的物理量，与检验电荷无关，由电场本身决定，而电场力既与电场有关，也与电荷有关．10．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则A、B两点间的电势差U ab为（）A．1.0×104V B．3.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V【考点】电势差；电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能定理得：qU ab+W其他=△E k得：U ab==1×104V，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易11．如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是（）A．闭合K1，有电子从枕型导体流向大地B．闭合K2，有电子从枕型导体流向大地C．闭合K1，有电子从大地流向枕型导体D．闭合K2，没有电子通过K2【考点】静电现象的解释．【分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．【解答】解：在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量．当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移．因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒．由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从地流向导体；故选：C．【点评】本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上．12．如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上0点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F．由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的（）A．B．C．D．【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对小球B受力分析，由平衡条件、库伦定律及数学知识列方程可以求出小球B的电荷量．【解答】解：小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，G=T，小球静止处于平衡状态，则库伦力F=2Gsin，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r=2Lsin，由库伦定律得：F=k，后来库伦力变为原来的一半，则=2Gsin，r′=2Lsin， =k，解得：q B=q；故选C．【点评】对小球正确受力分析，应用平衡条件及库伦定律即可正确解题，解题时要注意△OAB 是等腰三角形，注意数学知识的应用．13．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb ＞φc，故A正确．B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A．【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义．二．多项选择（4分×4=16分）14．静电喷涂机原理如图所示．静电喷涂机接高压电源，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，微粒最后被吸到工件表面．关于静电喷涂机的涂料微粒，下列表述正确的有（）A．微粒带正电B．微粒带负电C．微粒受电场力作用 D．微粒受洛伦兹力作用【考点】静电场中的导体．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】静电喷涂机接高压电源的负极，所以喷出的涂料微粒带负电荷；喷出的涂料微粒带负电荷，在空间形成一个负电荷的电场区域，此时的工件处于负电荷飞电场中，由于静电感应工件的表面将会带上正电荷，对周围的带负电的涂料微粒产生吸引力．【解答】解：A、B、静电喷涂机接高压电源的负极，所以喷出的涂料微粒带负电荷．故A错误，B正确；C、D、由于静电感应工件的表面将会带上正电荷，对周围的带负电的涂料微粒产生吸引力，带负电的涂料微粒在库仑力的作用下向工件运动．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题结合生活中的具体应用，考查了静电感应，题目难度不大．15．下列说法中正确的是（）A．电势差和电势一样，是相对量，与参考零点的选择有关B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分C．由于静电力做功跟电荷移动的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零势面的不同而改变，所以U AB=U BA【考点】电势差；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场中两点间的电势之差是这两点的电势差，电势差由电场本身及两点间的位置关系决定，电势差与电势零点的选取无关，电势差是标量，电势差的正负表示两点间电势的高低．【解答】解：A、电势差与参考零点的选择无关，故A错误；B、电势差是一个标量，但是有正值和负值之分，故B正确；C、由于静电力做功跟电荷移动的路径无关，由U=可知，电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关，故C正确；D、A、B两点的电势差是恒定的，不随零势面的不同而改变，所以U AB=﹣U BA，故D错误；故选BC．【点评】两点间的电势差由两点间的位置关系决定，电势差等于电势之差，与电势零点的选择无关．16．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（）A．M点的电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动【考点】电场线；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；B、将负电荷由O点移到P点，因U OP＞0，所以W=﹣qU OP＜0，则负电荷做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．故选AD．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．17．如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度B．将c与A外表面接触后移开A，B会张开一定角度C．将c与A内表面接触时，B不会张开角度D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度【考点】静电场中的导体．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】静电平衡后，由于静电感应，金属球壳A内壁没有电荷，电荷全部分布在外表面，通过感应或接触起电，从而可判定静电计的指针如何变化．【解答】解：A、把C逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，结合逆着电场线方向，电势增加，则B的指针张开．故A正确．B、当把C与A的外表面接触，则C带正电，导致B的指针张开，故B正确．C、把C与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开．故C错误．D、c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电；故再与b接触时，B不会张开角度；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查对于感应起电的理解能力，抓住静电平衡导体的特点，注意静电平衡的电荷分布；同时还要区别B和C两项中不同之处．三．填空（2分×6=12分）18．如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔片张开，这时金属箔片带正电；若在带电棒离开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔片也能张开，它带负电．【考点】静电场中的导体．【专题】电场力与电势的性质专题．。
高中物理高二物理上学期精选测试卷测试卷(解析版)
高中物理高二物理上学期精选测试卷测试卷（解析版）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。
带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。
现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。
对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。
2．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
湖南省岳阳市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题(含答案)
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中的 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 4 倍
8． 如图所示为某一电源和一电阻 R 的
图线，用该电源与电阻 R 连接成闭合电路，则以下说法正确的是
（）
2
A．电源的内阻是 B．电源的输出功率是 煐 C．电源的输出效率是 % D．改变电阻 R 的阻值时，则电源的最大输出功率为 Ⴡ. 煐 9． 2021 年 10 月 16 日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约 400km 的空间站完成径向 交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。交会对接过程中神 舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下 方 52km 处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后，边进 行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方 200 米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向 核心舱靠近，完成对接。已知在点火过程中忽略燃料引起的质量变化，根据上述材料，结合所学知识，判断以 下说法正确的是（ ）
棈
棈V
故 A 错误； C、两板间的电场强度大小为
棈 故 C 正确； BD、若两极板 M、N 间距离 d 增大，根据
棈 Vm
棈煐
可知电容器的电容变小，而电路连接没有变化且电容器始终与电源连接，则其电压 UMN 不变，根据
8
棈
可知极板所带电荷量减小，而由
棈 可知两极板间的电场强度减小，故 BD 错误。 故答案为：C。 【分析】 根据电路图结合串并联电路规律确定 MN 两极板的电势差，极板间的场强为匀强电场，根据电势差 与场强的关系确定场强的大小。根据电容的定义式及决定式分析间距变大时，场强及电荷量变化情况。 7．【答案】B,D 【解析】【解答】AB．单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的 2 倍，所以乙的电流是甲电流的两倍，故 A 错误，B 正确； CD．根据 U=IR，甲的电阻是乙的一半，可知，乙导体两端的电压是甲的 4 倍，故 C 错误，D 正确。 故答案为：BD 【分析】利用电流的定义式可以比较电流的大小；利用欧姆定律可以比较电压的大小。 8．【答案】A,C,D 【解析】【解答】A、由图象可知电为沿斜面的下滑力和物体对斜面的压力 B．物体 A 一定只受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力 C．绳子对物体 A 一定有拉力 D．物体 A 一定受一个沿斜面向上的摩擦力，且大小等于重力沿斜面向下的分力
解析湖南省岳阳市部分重点高中2020┄2021学年高二上学期联考物理试卷
2０2０┄2021学年湖南省岳阳市部分重点高中高二（上）联考物理试卷一、选择题（每小题4分，共52分，其中第10题到14题为多选题）1．（４分)发现电流的磁效应的科学家是（）ﻩA.ﻩ库仑ﻩＢ.ﻩ奥斯特ﻩC．法拉第ﻩD．安培２.（4分）如图所示,虚线a、ｂ、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等，即Ｕab＝Uｂc,实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,Ｐ、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（)ﻩA. 三个等势面中,ａ的电势最高B．ﻩ电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大Ｃ. 电子通过P点时的动能比通过Q点时大ﻩD．电子通过P点时的加速度比通过Ｑ点时小3.（４分)如图，长L的轻绳挂质量为m的小球，匀强电场强度为E，方向向右,小球带电为+ｑ,将小球拉至水平由静止释放,则小球运动到最低点时轻绳的张力为()A．２mg﹣Eq B．3ｍg﹣２EqﻩC．3ｍg﹣EｑﻩD. ３ｍg﹣３Eq4.(4分）已知通过三个并联支路的电流之比是I１：I2：I3=1:2:３，则三个并联支路的电阻之比Ｒ1：R2:R3为(）A．ﻩ1：2：3 B.ﻩ3:２：1 C. 2：3:6 D.ﻩ６:3：25．(4分)伏安法测电阻的接法有如图甲、乙两种，下列说法正确的是（)ﻩA．ﻩ两种接法完全等效ﻩB．按图甲接法,测得值偏小C．若待测电阻的阻值很大，按图乙接法误差较小ﻩD．ﻩ若待测电阻的阻值很小,按图乙接法误差较小6.(4分）两个精制电阻,用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100Ω，１０W”和“20Ω,４0Ｗ”,则它们的额定电流之比为（）A. ：5 B．：２０ﻩC. ：10ﻩＤ. 1：2 ０007.(4分)A、B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A点沿电场线运动到B点,加速度变小．则这一电场可能是图中的（)A. B. ﻩC．ﻩ D.ﻩ8．(４分)如图所示，电流从A点分两路通过环形电路汇合于B点,已知两电流大小相等，则在环形电路的中心处的磁场为（）A．垂直环形电路所在平面,且指向“纸内”ﻩＢ．ﻩ垂直环形电路所在平面,且指向“纸外”ﻩC．在环形电路所在平面，且指向Ａ点D.ﻩ没有磁场９.(４分)如图所示，AＣ是一块铅板的截面，曲线MNN′M′是某带电粒子的运动轨迹，匀强磁场与粒子的速度方向垂直,已知粒子在运动中电量不变,则以下说法正确的是()Ａ．粒子带正电，从N′穿透AC到N B.ﻩ粒子带正电，从N穿透ＡC到N′C. 粒子带负电，从Ｎ穿透AC到N′D. 粒子带负电,从N′穿透ＡC到N10.(4分)两个完全相同的小金属球,它们的带电荷量之比为５：1（皆可视为点电荷），它们在相距一定距离时相互作用力为F1,如果让它们接触后再放回各自原来的位置上,此时相互作用力变为F2，则Ｆ1：F2可能为()ﻩA．5:２Ｂ. 5:4 Ｃ． 5：６Ｄ．ﻩ5:9１１.（4分）在如图所示的电路中,Ｒ1、R2、R3为固定电阻，R4为可变电阻，电流表和电压表都是理想的，电源的电动势为E，内阻为ｒ．当Ｒ4的滑动触片向a点移动时()A.ﻩ电压表的示数变大B. 电压表的示数变小C．电流表的示数变大ﻩD．电流表的示数变小１2.(4分）在电场强度大小为Ｅ的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为+q的物体从Ａ点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动,其加速度的大小为，物体运动l距离到Ｂ时速度变为零.下列说法正确的是(）ﻩA．ﻩ物体克服电场力做功qElB.ﻩ物体的电势能减少了０.８qEｌﻩC.ﻩ物体的电势能增加了qＥｌD. 若选A点的电势能为零,则物体在B处的电势能为qEl1３．(4分)（2０14秋•湛江期末)１930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质Ｄ形盒D１、D2构成,其间留有空隙，下列说法正确的是(）ﻩＡ．ﻩ离子由加速器的中心附近进入加速器ﻩB. 离子由加速器的边缘进入加速器ﻩC. 离子从磁场中获得能量D.ﻩ离子从电场中获得能量14．(４分)有关磁感应强度的方向,下列说法正确的是（)ﻩA．ﻩB的方向就是小磁针Ｎ极所指的方向Ｂ.ﻩＢ的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致Ｃ.ﻩB的方向就是通电的受力方向D． B的方向就是该处磁场的方向二、填空题(每空２分,共14分)1５．（4分)+q在A点的电势能比Ｂ点大，A、B两点电势高．+q在E点的电势能为负，﹣q在F点的电势能为负，E、F电势高．１６．(4分）一根长20ｃm的通电导线放在磁感应强度为０．4T的匀强磁场中,导线与磁场方向垂直,若它受到的磁场力为4×1０﹣3Ｎ，则导线中的电流是Ａ;若将导线中的电流减小为0，则该处的磁感应强度为Ｔ．17．（６分）(1)用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kΩ的电阻R x,以下给出的是可能的操作步骤,其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮,把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度,断开两表笔b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端,读出Rｘ的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆档×１kd.旋转S使其尖端对准欧姆档×100e．旋转Ｓ使其尖端对准交流50０V档,并拔出两表笔顺序为:．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω.(2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（A)测量电阻时如果指针偏转过大,应将选择开关S拨至倍率较小的档位,重新调零后测量(Ｂ)测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果（C)测量电路中的某个电阻,应该把该电阻与电路断开(D)测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．三、计算题(8+10＋12＝３0分）１8．(8分）一个电子以4.0×１07m/s的初速度沿电场线方向射入电场强度为2.５×１０４N／Ｃ的匀强电场中，问：这个电子在电场中能前进多远？这段距离上的电势差是多少？(电子质量ｍ=0．91×10﹣30 kｇ)19.(10分)如图所示的电路中,电阻R1=R２=R3=10Ω,电源内阻r＝5Ω,电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时,电压表的示数为1０Ｖ.求：（1）电阻R２中的电流为多大?（2）路端电压为多大？（3)当开关Ｓ1闭合而S２断开时，电压表的示数变为多大？２0.(12分）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ,足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外,电场方向竖直向上．有一质量为m,带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图，若迅速把电场方向反转成竖直向下.求:(1)小球能在斜面上连续滑行多远？（2）所用时间是多少?２０2０┄20２１学年湖南省岳阳市部分重点高中高二(上)联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题(每小题4分，共5２分,其中第10题到14题为多选题）１．(4分)发现电流的磁效应的科学家是（)A. 库仑ﻩB.ﻩ奥斯特C.ﻩ法拉第ﻩD.ﻩ安培考点:ﻩ物理学史．专题：常规题型.分析：库伦发现了库伦定律;奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应定律;安培发现了安培定则．解答:解:A、库伦发现了库伦定律．Ａ错误．B、奥斯特发现了电流的磁效应,故B正确.C、法拉第发现了电磁感应定律，故Ｃ错误．D、安培发现了安培定则．故Ｄ错误．故选B．点评：多看课本就能顺利解决此类题目,所以要加强对物理学史的学习.2．（4分）如图所示,虚线ａ、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等,即Uａb＝Ｕbc,实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()Ａ. 三个等势面中,a的电势最高ﻩB. 电子在P点具有的电势能比在Ｑ点具有的电势能大ﻩC. 电子通过Ｐ点时的动能比通过Ｑ点时大ﻩD．ﻩ电子通过Ｐ点时的加速度比通过Ｑ点时小考点：ﻩ电势;电势能．专题：电场力与电势的性质专题.分析：ﻩ作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,负电荷受力的方向向下，电场线向上.故ｃ的电势最高;根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，Ｐ点场强小，电场力小，加速度小．解答：解:Ａ、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧;作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高,故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大,故Ｂ正确;C、只有电场力做功,电势能和动能之和守恒,故带电质点在Ｐ点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和,P点电势能大，动能小．故C错误;D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱,P处的等势面密，所以P点的电场强度大,粒子受到的电场力大，粒子的加速度大,故D错误;故选:Ｂ点评：根据电场线与等势面垂直,作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向,同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法.3．（4分)如图，长L的轻绳挂质量为m的小球,匀强电场强度为E，方向向右，小球带电为+q,将小球拉至水平由静止释放，则小球运动到最低点时轻绳的张力为（)ﻩA.ﻩ2mg﹣EqﻩＢ．ﻩ3mｇ﹣２EqﻩＣ．ﻩ3mg﹣Eｑ D.ﻩ3mg﹣3Eq考点:ﻩ电势差与电场强度的关系;向心力.专题：电场力与电势的性质专题．分析:将小球从图示由静止释放,根据动能定理求通过最低点的速度.由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最低点时的张力解答:ﻩ解:将小球从图示由静止释放，通过最低点,由动能定理,得：mgL﹣ｑＥL=mv２由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，得：F﹣mg=m联立以上各式解得:F=３ｍｇ﹣2Ｅｑ故选:B点评:本题小球的运动类似于单摆,关于平衡位置具有对称性，α＝2θ．B点相当于竖直平面内圆周运动的最高点，也称为物理最高点．４.(4分）已知通过三个并联支路的电流之比是Ｉ1：I2:I３＝１:2:3,则三个并联支路的电阻之比R1：Ｒ2:R3为（）A.ﻩ１：2：３Ｂ．ﻩ３:2：1ﻩC．ﻩ2：3：6 D．ﻩ6：3：2考点: 串联电路和并联电路．专题: 恒定电流专题.分析:三个并联支路的电压相等，根据欧姆定律U=IR得，电流I与电阻R成反比,根据数学知识求出电阻之比.解答：ﻩ解:三个并联支路的电压相等,根据欧姆定律U＝ＩＲ得,电流I与电阻R成反比．电流之比I１：I2:I3=1：2：3,则电阻之比R１：Ｒ2:Ｒ3=6:３:2故选：D．点评:本题应用数学知识求解反比比例的问题，不能头脑简单,得出R1:R2:Ｒ３=I3：I２:I1=３：2:1.5.（4分）伏安法测电阻的接法有如图甲、乙两种，下列说法正确的是(）ﻩA．ﻩ两种接法完全等效B．按图甲接法，测得值偏小ﻩC．若待测电阻的阻值很大,按图乙接法误差较小D．ﻩ若待测电阻的阻值很小，按图乙接法误差较小考点: 伏安法测电阻.专题: 实验题；恒定电流专题.分析:伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的内接法与外接法，当待测电阻很大时,应用电流表内接法误差较小．解答：解：Ａ、甲电路采用电流表内接法，乙电路是电流表的外接法,两种电路效果不同，故A错误;B、甲图采用电流表内接法,由于电流表的分压作用,使待测电阻的测量值大于真实值．测得的电阻偏大，故Ｂ错误;C、当待测电阻很大,远大于电流表内阻时,采用电流表内接法实验误差较小,甲电路测大电阻误差小，故C错误;D、若待测电阻的阻值很小，远小于电压表内阻时,电压表分流对实验影响较小，采用电流表外接法实验误差减小，即按图乙接法实验误差小,故D正确；故选:D.点评:待测电阻远大于电流表内阻时,电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法.测量值偏大.待测电阻远小于电压表内阻时,电压表的分流小,可忽略不计,用电流表外接法，测量值偏小.6.（4分)两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成,电阻上分别标有“100Ω,1０Ｗ”和“20Ω,4０W”,则它们的额定电流之比为（)A．：５B．:2ﻩ０ﻩＣ．:10ﻩ D. 1：2 00０考点: 欧姆定律;电阻定律．专题:ﻩ恒定电流专题.分析:ﻩ由电功率与电阻、电流关系的公式P＝I2R即可求出电流.解答：ﻩ解:由电功率与电阻、电流关系的公式P=I２Ｒ得：所以：故选：C点评：该题考查电功率与电阻、电流关系的公式Ｐ＝I２R，代入数据即可正确解答．7．（4分）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下静止开始从Ａ点沿电场线运动到B点,加速度变小．则这一电场可能是图中的()A．B． C. ﻩＤ．考点：ﻩ电场线；电场强度.专题：ﻩ电场力与电势的性质专题.分析：先据题境判断电场力的大小,再观察电场线,利用分布密集的地方电场强度大,分布稀疏的地方，电场强度小；负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反．解答：ﻩ解：由题境可知加速度减小，所以带电粒子所受的电场力逐渐减小，即电场线越来越稀疏，所以ＡD错误；且带电粒子仅在电场力作用下,据场强方向的规定可知，负电荷的运动轨迹与电场线的方向相反,故ABD错误，C正确.故选:C.点评：ﻩ据题境分析带电粒子受力情况,能判断电场线的分布情况和电场线的方向,基础题目．8．（4分）如图所示,电流从A点分两路通过环形电路汇合于B点，已知两电流大小相等,则在环形电路的中心处的磁场为（）ﻩA．垂直环形电路所在平面，且指向“纸内”B．垂直环形电路所在平面，且指向“纸外”ﻩＣ．在环形电路所在平面，且指向Ａ点D. 没有磁场考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：ﻩ将圆环分成上下两半研究,根据安培定则，分别分析上半圆与下半圆电流在O点产生的磁场方向,根据叠加原理，求O处的磁感应强度．解答：解：将圆环分成上下两半研究,根据安培定则，上半圆电流在O点产生的磁场方向向里，下半圆电流在O点产生的磁场方向向外,由于电流大小相等,两个产生的磁感应强度大小相等,则O点的磁感应强度为零．故选:Ｄ.点评:ﻩ磁感应强度是矢量，叠加遵守平行四边形定则.空间某一点磁场往往是各个场源产生的磁场的叠加.９.（4分）如图所示,AC是一块铅板的截面,曲线MNN′M′是某带电粒子的运动轨迹,匀强磁场与粒子的速度方向垂直,已知粒子在运动中电量不变,则以下说法正确的是（)ﻩA.ﻩ粒子带正电，从Ｎ′穿透ＡC到N Ｂ. 粒子带正电，从N穿透ＡＣ到N′ﻩC．粒子带负电，从Ｎ穿透AＣ到N′ﻩD．粒子带负电,从N′穿透AC到N考点：ﻩ带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律；向心力.专题: 带电粒子在磁场中的运动专题.分析:由牛顿第二定律及向心力公式可知粒子转动半径与速度的关系,则可判断粒子在穿过绝缘板前后的运动情况,可知道粒子的运动方向,再由运动轨道可知，粒子带电性.解答:ﻩ解：粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:Bqv=ｍ,解得：r＝;粒子在穿过板的过程中要克服阻力做功，动能减少，速度减小,则粒子的半径减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子从Ｎ′穿透AC到Ｎ，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力指向圆心,由左手定则可知,粒子带正电；故选:A.点评：本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题,解题的关键点是把握好洛伦兹力提供向心力的应用．10．（4分）两个完全相同的小金属球,它们的带电荷量之比为5:1(皆可视为点电荷），它们在相距一定距离时相互作用力为F1,如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为Ｆ２，则Ｆ１：F2可能为(）A. 5:2 B．ﻩ５:4ﻩC. ５:6ﻩD．5：9考点: 库仑定律.分析:ﻩ两个球的电性可能相同也可能不同，则接触带电的原则是总电荷平分，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．解答:ﻩ解:它们在相距一定距离时相互作用力为F1=；若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q,此时两球的库仑力F２==，则F1:F2为5:4,若两电荷同性性，接触后再分开，两球电量的绝对值为３ｑ，此时两球的库仑力F2＝=，则F1:F2为5:9，故B、D正确,AC错误;故选：BＤ．点评:解决本题的关键掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式F＝.11.(4分）在如图所示的电路中,R1、R2、R３为固定电阻,R４为可变电阻,电流表和电压表都是理想的,电源的电动势为E，内阻为ｒ．当R4的滑动触片向a点移动时（）ﻩA．ﻩ电压表的示数变大B．电压表的示数变小ﻩＣ. 电流表的示数变大D．ﻩ电流表的示数变小考点：ﻩ闭合电路的欧姆定律.专题：ﻩ恒定电流专题.分析：当R4的滑动触点向图中ａ端移动时,R4变小,外电路总电阻变小,根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,确定电流表A和电压表的读数变化.解答：ﻩ解:当R4的滑动触点向图中ａ端移动时，R４变小,外电路总电阻变小,则由闭合电路欧姆定律知,总电流I变大，路端电压变小，U变小.根据闭合电路欧姆定律,电路中并联部分电压U并=Ｅ﹣I(r+Ｒ1+R3）变小，则Ｉ变小．故选：BＤ．点评：本题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．１2.（4分）在电场强度大小为E的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为+q的物体从A点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度的大小为,物体运动l 距离到B时速度变为零.下列说法正确的是()ﻩA．物体克服电场力做功qEｌB．物体的电势能减少了０.８qEｌﻩC.ﻩ物体的电势能增加了ｑElﻩD．ﻩ若选Ａ点的电势能为零,则物体在B处的电势能为qＥｌ考点: 电势能．分析：物体所受电场力为F=Ｅq,方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功,根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；电势能的变化量等于电场力所做的功解答:解:A、带电量为+ｑ的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，物体所受的电场力方向和运动方向相反,故电场力做负功即克服电场力做功W=Ｅql，故A正确; B、C、电场力做负功﹣qEｌ，则电势能增加ｑEｌ,故B错误,C正确；Ｄ、物体做减速运动，电场力做负功,故电势能增加,增加量等于克服电场力做的功为qEl,故D正确.故选：ＡＣD.点评：本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系. 13．(4分）19３０年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示.这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙，下列说法正确的是()ﻩA．ﻩ离子由加速器的中心附近进入加速器ﻩＢ．ﻩ离子由加速器的边缘进入加速器ﻩC．ﻩ离子从磁场中获得能量ﻩD. 离子从电场中获得能量考点：ﻩ质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析:被加速离子由加速器的中心附近进入加速器,而从边缘离开加速器;洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功.解答：ﻩ解:要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器,故Ａ正确而Ｂ错误．由于洛伦兹力并不做功,而离子通过电场时有qU＝ｍv2，故离子是从电场中获得能量,故C 错误，而D正确．故选AD.点评：ﻩ了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题．１4．(４分)有关磁感应强度的方向，下列说法正确的是（)ﻩＡ. B的方向就是小磁针N极所指的方向ﻩＢ．ﻩB的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致ﻩＣ．ﻩB的方向就是通电的受力方向ﻩD．Ｂ的方向就是该处磁场的方向考点:ﻩ磁感应强度.分析：ﻩ磁场的方向就是小磁针静止时N极所指的方向，也就是小磁针的N极所受力的方向，与小磁针的Ｓ极受力方向相反,与通电导线所受安培力的方向垂直.解答:解：A、B的方向就是小磁针静止的时候N极所指的方向，故A错误.B、在任何情况下，Ｂ的方向就是小磁针的Ｎ极所受力的方向,故B正确.C、B的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，故Ｃ错误．D、B的方向就是该处磁场的方向,故Ｄ正确．故选:BD．点评：ﻩ本题要明确磁场方向的一些规定，知道磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上,要注意掌握这一点的不同.二、填空题(每空2分,共1４分）1５.(4分）+q在A点的电势能比B点大,Ａ、B两点A点电势高.+q在Ｅ点的电势能为负,﹣q在F点的电势能为负,E、FＦ点电势高．考点：电势能．分析:电势能与电势的关系可根据电势能公式E P=qφ，分析即可．解答:解:根据电势能公式EＰ＝qφ，知正电荷在电势高处电势能大,+q在A点的电势能比B点大,则A点的电势高;根据电势能公式EＰ=qφ,知+ｑ在E点的电势能为负，E点的电势为负;﹣q在F点的电势能为负,F点的电势为正，则F点电势高．故答案为:A点,F点.点评：对于电势能公式E P=qφ,运用时各个量要代入符号分析和计算．1６．(4分)一根长20ｃm的通电导线放在磁感应强度为0.４T的匀强磁场中,导线与磁场方向垂直,若它受到的磁场力为4×10﹣３N，则导线中的电流是0．05Ａ;若将导线中的电流减小为0，则该处的磁感应强度为0.4T．考点:ﻩ通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：根据安培力的大小公式求出电流强度，磁感应强度的大小与放入磁场中的电流无关，由本身性质决定．解答：解:根据F=BIＬ得，电流I=Ａ.A若将导线中的电流减小0A，则该处的磁感应强度不变，仍然为0.４T．故答案为:0．05，０.4.点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道磁感应强度的大小与放入磁场中的电流无关,由本身性质决定．17．(６分）（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的操作步骤,其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮,把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上.ａ．将两表笔短接,调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Ｒx的阻值后，断开两表笔c.旋转S使其尖端对准欧姆档×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆档×100e．旋转Ｓ使其尖端对准交流500V档,并拔出两表笔顺序为：cabe.根据如图所示指针位置,此被测电阻的阻值约为30KΩ.（2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是ＡBＣ(Ａ）测量电阻时如果指针偏转过大,应将选择开关S拨至倍率较小的档位,重新调零后测量(B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,不会影响测量结果(Ｃ）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．考点：ﻩ用多用电表测电阻．专题: 实验题.分析：ﻩ欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入.测量电阻时,先选择挡位，然后进行欧姆调零,再进行测量，注意每次换档后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高档．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开.解答:解:(１）为了测量的准确,指针指在中间附近,所以旋转Ｓ使其尖端对准欧姆档×1ｋ,然后进行欧姆调零,再对电阻进行测量，最后旋转S使其尖端对准交流５０0V档，并拔出两表笔.所以顺序为cａｂe.欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值,电阻的大小为３０kΩ.(2)A、欧姆档更换规律“大小,小大”，即当指针偏角较大时,表明待测电阻较小,应换较小的档位；反之应还较大的档位．换挡后重新欧姆调零.故A正确.Ｂ、电流从红表笔流入从黑表笔流出多用电表,每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,不会影响测量结果．故Ｂ、C正确.D、测量不同的电阻不需重新欧姆调零,只有换挡时需重新欧姆调零.故D错误.故选ＡBＣ.故答案为:(１）cａbe,30k；（2)ABC点评:解决本题的关键知道多用电表的特点，以及其操作步骤和注意事项.三、计算题（８+10+12=３0分)18.(8分）一个电子以4.0×107ｍ/ｓ的初速度沿电场线方向射入电场强度为2.5×104N/Ｃ的匀强电场中，问：这个电子在电场中能前进多远？这段距离上的电势差是多少？（电子质量m=０.91×10﹣30kg)。
岳阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
岳阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．2．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。
由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。
下列说法正确的是（ ）A ．水平面对容器的摩擦力向左B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32(23)A q【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为22sin15Aqq mg kL ︒=a 、b 的距离为2sin15L R =︒当a 的电荷量改变后，静电力为2Aqq mg kL'=' a 、b 之间的距离为L R '=由静电力122'q q F kL = 可得3223A A q q -=-'（） 故D 正确。
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岳阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。
取无穷远处电势为零，则（ ）A ．只有MN 区间的电场方向向右B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点C ．在ON 之间存在电势为零的点D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为12Q Q >，根据2QE kr=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。
故选BC 。
2．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。
已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 受到的库仑力大小为2233kqRB ．c 23kqC ．a 、b 在O 点产生的场强为2R，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离r =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为223c F R== 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。
选项D 正确。
故选BD 。
3．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR+ 方向竖直向下，故D 正确．4．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，用绝缘细线悬挂在天花板上。
平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1θ与()212θθθ>。
两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为A v 和B v ，最大动能分别为kA E 和kB E 。
则（ ）A ．A m 一定大于B m B ．A q 一定小于B qC ．A v 一定大于B vD ．kAE 一定大于kB E【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A ．对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示根据平衡条件，有1A tan F m gθ=故A 1tan Fm g θ=⋅同理，有B 2tan Fm g θ=⋅由于12θθ>，故A B m m <，故A 错误；B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度111(1)cos cos h h h h θθ∆=-=- 小球摆动过程机械能守恒，有212mg h mv ∆=解得2v g h =⋅∆由于12θθ>，A 球摆到最低点过程，下降的高度A B h h ∆>∆，故A 球的速度较大，故C 正确；D ．小球摆动过程机械能守恒，有k mg h E ∆=故k (1cos )(1cos )tan FLE mg h mgL θθθ=∆=-=- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2FL E FL FL θθθθθθθ-=-==⋅ 其中cos FL θ相同，故θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确。
故选CD 。
5．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）A ．推力F 变小B ．斜面对B 的弹力不变C ．墙面对A 的弹力不变D ．两球之间的距离减小【答案】AB 【解析】CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：mgFcos=库α，NF mgtan=α由于α减小，可知墙面对A的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD错误；AB．对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力F N、推力F，如图所示：根据共点力平衡条件，有NNsin F FNcos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtanM m gNcos=-++=（）αββ由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。
故选AB。
6．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM//AB则下列判断正确的是( )A．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M,N点时受到的支持力相等D．当小物体静止在M点时,地面给斜面的摩擦力水平向左【答案】CD【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；B.小物体静止在P 点时，摩擦力f =mg sin30°静止在N 点时sin30cos30f mg F '=︒+'︒静止在M 点时sin30cos30f mg F "=︒-'︒可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力N =mg cos30°+F在M 、N 点时：cos30sin30N mg F '=︒+'︒由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。
7．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作用下恰处于静止状态。
已知a 、b 、c 三小球的电荷量均为q ，d 球的电荷量为-6q ，2h R =，重力加速度为g ，静电力常量为k ，则（ ）A．小球a的线速度为2 3kqRmB．小球b的角速度为2233kqR mC．小球c的向心加速度大小为23kqD．外力F竖直向上，大小为2226kqR【答案】C【解析】【分析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为22212223322(3)3(3)R kqF F F k kRR R R=-=⋅-⋅⋅=合力提供小球做圆周运动的向心力，有223=kq vmR可得233kqvmR=，A错误；B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有223kqmωR解得2333kqωmR=，B错误；C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有23kqma解得2233kq a mR=，C 正确； D ．对d 球受力分析，由平衡条件得：22223(2)3RF k mg R R R=⋅++ 解得2226kq mg RF +=，D 错误。
故选C 。
8．如图所示，A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连，现把A 、B 、C 按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。
已知小球B 的带电量为-q ，小球C 的带电量为+4q ，则以下判断正确的是（ ）A ．小球A 的带电量可以为任何值B ．轻质细杆一定处于被拉伸状态C ．小球A 与B 之间的距离一定为4L D ．若将A 向右平移一小段距离，释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】AC ．小球A 受力平衡，设小球AB 之间的距离为x ，根据平衡条件有()A A 224q q q qkk x L x ⋅=+ 解得x L =所以小球A 的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A 正确，C 错误； B ．对小球B ，小球A 和小球C 对其静电力的合力为A 224q q q q F kk x L ⋅=- 由于不知道小球A 的带电量，所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B 错误；D ．小球A 在原来的位置是平衡的，若将A 向右平移一小段距离，小球B 和小球C 对其的静电力均增加，且小球B 对其的静电力增加的更快，但由于小球A 的电性不确定，所以释放后A 的运动方向也不确定，D 错误。