高中物理高二物理上学期精选试卷(提升篇)(Word版 含解析)

高中物理高二物理上学期精选试卷（提升篇）（Word 版 含解析）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．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）A ．A 、B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小C ．系统重力势能增加D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】A ．对A 受力分析，如图；由于可知，当B 向左移动一段小距离时，斜面对A 的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项A 错误；B ．对AB 整体，力F 等于斜面对A 的支持力N 的水平分量，因为N 减小，可知F 减小，选项B 正确；C ．因为AB 距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C 正确；D ．因为AB 距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D 正确； 故选BCD.3．如图()a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0t =时，甲静止，乙以6m /s 的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两电荷的电性一定相反B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1代入数据解得：m 甲:m 乙=2:1故B 正确；C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．4．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()3P L ，则以下说法正确的是 （ ）A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为234Qqk L【答案】BD 【解析】 【详解】A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ︒=，由叠加原理可得，P 点的场强为2232sin 2sin 60(2)4P M kQ kQ E E L Lθ︒=== 所以电场力即为向心力为3QqF k= 故D 正确。

5．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E >Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与EF连线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】C【解析】【分析】【详解】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．【点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．6．一个带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m的带电小球（重力不能忽略）在+Q周围作匀速圆周运动，半径为R 3g（g为重力加速度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：A ．小球带正电，电荷量大小为283mgRB ．小球带正电，电荷量大小为23mgRC ．小球带负电，电荷量大小为 2833mgR kQD ．小球带负电，电荷量大小为233mgR kQ【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q ，做出运动图像如图所示：可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；由向心力公式可知：33F ma mg ==向 设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：333tan =3F mg mg θ==向所以θ=30°，根据几何关系有：cos30mgF =库 sin 30R L=根据库仑定律有：2qQ F kL =库联立可得：283mgR q =故C 正确，ABD 错误。

7．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=kqr（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E = 【答案】C 【解析】 【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k qrϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。

8．如图所示，一倾角为30︒的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。

质量为m 、带电荷量为−q 的物块从斜面上的P 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值v m ，运动的最低点为Q （图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）A ．P 、Q 两点场强相同B ．U PO = U OQC ．P 到Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动D ．物块和斜面间的动摩擦因数12μ= 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】ABD ．物块在斜面上运动到O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有sin30cos300mg mg μ︒-︒=所以物块和斜面间的动摩擦因数为3tan 3μθ==由于运动过程中sin30cos300mg mg μ︒-︒=所以物块从P 点运动到Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q 与释放点P 关于O 点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P 、Q 两点的电势相等，则有U OP = U OQ ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P 、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故ABD 错误；C ．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B 到A 电场强度先减小后增大，中点O 的电场强度为零。