【文档说明】河南省鹤壁高中2020-2021学年高二上学期阶段性检测（二）物理试题含答案.docx，共(15)页，448.514 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8e95114fd20f7c6b1948753421a47294.html

以下为本文档部分文字说明：

鹤壁高中2020-2021学年高二上学期阶段性检测（二）物理试卷考生注意：1．本试卷第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2．作答时，将答案写在本试卷上无效。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米

黑色签字笔在答案题卡上的各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第Ⅰ卷选择题（共65分）一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题4分，共40分）1.如图1所示，在一半径为R的圆周上均匀分

布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为()A．大小为E，方向沿AO连线斜向下B．大小为E2，方向沿AO连线斜向下C．大小为E3，方向

沿AO连线斜向上D．大小为E4，方向沿AO连线斜向上2．如图2所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大

B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大图1C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小3．如图3，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O

点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()A．O点的电势为零，电场强度也为零B．a点的电势高于b点电势，a点电场强度大于b点电场强度C．正的试探电荷在b点的电势能大于零，所受电场力方向指向O点D．将负的试

探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功4.如图4所示，以O点为圆心、R＝0.20m为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径．已知a、b、c三点的电势分别为2V、23V、－2V，则下列说法正确的是()A．d

点电势为23VB．电子从d点运动到a点电势能增加C．电场方向由b点指向c点D．该匀强电场的场强大小为20V/m5．如图5甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一

定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是()A．Q2带负电且电荷量大于Q1B．b点的场强一定为零C．a点的电势比b点的电

势高D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能大图2图3图4图56．如图6所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，物体A放在光滑水平地面上．有一质量与物体A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面

滑下，与物体A相碰(碰撞时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后物体B与物体A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是()A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为12mghC．物

体B能达到的最大高度为12hD．物体B能达到的最大高度为h7．如图7所示，在平面直角坐标系xOy内，固定有A、B、C、D四个带电荷量均为Q的点电荷，它们关于两坐标轴对称，其中A、B带正电，C、D带负电，它们产生电场的等势面如图中虚线所示，坐标轴上abcd是图中正方形的

四个顶点，则()A．b、d两点电势相等，场强不相等B．b、d两点场强相同，电势不相等C．将电子沿路径a→O→c移动，电场力做正功D．将电子沿路径a→b→c移动，电场力先做负功，后做正功8.如图8所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等势线，已知MN＝NQ，a、b两带电

粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则()A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度逐渐减小，b加速度逐渐增大C.M、N两点间电势差|UMN|等于N、Q两点间电势差|UNQ|D.a粒子到达等

势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小9．在电场中，以O为原点，沿电场方向建立坐标轴r.将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能Ep随r变化的关系如图9所示，其中r2对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点．若电荷只受

电场力的作用，则下列说法正确的是()图6图7图8A．从r1处释放电荷，电荷将先向r正方向运动B．从r2处释放电荷，电荷将保持静止C．从r0处释放电荷，电荷将先向r负方向运动D．从r3处释放电荷，电荷将先向r

正方向运动10.如图10所示，A、B两点固定两个等量异种点电荷＋Q和－Q，O点为AB连线的中点，OD是AB连线的中垂线，BC与OD平行，AO＝BO＝BC，下列说法正确的是()A．O点的场强和D点的场强大小相等B．D点的场强方向由D指向CC．负电荷在O点的电势

能比在D点的电势能低D．将一负电荷由D点移动C点，电荷的电势能增加二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，不只有一项是符合题目要求的，每小题5分，选错得0分，选不全得3分，共25分）11.如图11所示为竖直平面内的直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．质量为m、带电荷量为q的小球，在重

力和恒定电场力F作用下，在竖直平面内沿与y轴方向成α角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．若F＝mgsinα，则小球的速度不变B．若F＝mgsinα，则小球的速度可能减小C．若F＝mgtanα，则小球的速度可能减小D．若F＝

mgtanα，则小球的电势能可能增大12.(多选)如图12甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触

．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()图9图10图11A．末速度大小为2v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了12mgdD．克服电场力做功为mgd13．(多选)如图13所示，A、B为两块平行带电金属板

，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()A．U变大，E变大B．U变小，φP变小C．φP变小，Ep变大D．φP变大，Ep变小1

4.(多选)如图14所示，一电荷量大小为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力

作用，设P点的电势为零.则下列说法正确的是()A.带电粒子带正电B.带电粒子在Q点的电势能为UqC.此匀强电场的电场强度大小为E＝23U3dD.此匀强电场的电场强度大小为E＝3U3d图12图13图14

15.(多选)如图15所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h，重力加速度为g.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为

30°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是()A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减少B．物块A经过C点时的速度大小为2ghC．物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动D．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力

做的功小于B重力势能的减少量第Ⅱ卷非选择题（共45分）三、计算题（本大题共45分）16．（10分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋

q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极

板处的时间．17.（9分）如图17所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，

物块的加速度是多大？图15图17(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．18．（11分）如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域Ⅰ宽L1＝0.8m，区域Ⅱ宽L2＝0.4m，E1＝102V/m

且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E2＝20V/m且方向竖直向下．带电荷量为q＝＋1.6×10－3C．质量m＝1.6×10－3kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g取10m/s2，求：(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度

大小和时间；(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．19.（15分）.如图，一质量为m1＝1kg，带电荷量为q＝＋0.5C的小球以速度v0＝3m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好

由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10V/m.(取g＝10

m/s2)求：(1)两极板间的电势差大小U；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件．鹤壁高中2022届高二年级适应性检测（二）物理答案1答案C解析假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为零，所以圆心O点的电

场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的场强，则有E＝k3qR2，方向沿AO连线向下；A处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的场强大小为E1＝kqR2＝E3，方向沿AO连线向下；其余带电荷量为

＋q的所有小球在O点处产生的合场强为E2＝E1＝E3，方向沿AO连线斜向上；故仅撤去A点的小球，O点的电场强度为E3，方向沿AO连线斜向上．2答案C解析带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tanθ＝qEmg，当开关S断开时，电容器两极

板上的电荷量Q不变，由C＝εrS4πkd，U＝QC，E＝Ud可知E＝4πkQεrS，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝Ud可知，减小两极

板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误．3答案B解析等量异种点电荷连线的中垂线为一条等势线，且电势为零，即O点电势为零，而两电荷连线上电场方向由a指向O，根据沿电场线方向电势降低，所以a点的电势高于O

点的电势，即a点的电势高于b点的电势，在两电荷连线上，电场强度先增大后减小，在O点电场强度最小，但不为零，在两电荷连线的中垂线上，从O点向两边递减，所以O点在中垂线上是电场强度最大的点，故a点电场强度大于b点电场强度，A错误，B正确；电荷在零电势

处电势能为零，故正的试探电荷在b点的电势能为零，电场力方向水平向右，C错误；负电荷从O向a移动过程中，电场力方向水平向左，电场力做正功，D错误．4答案D解析根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U＝Ed，相等距离，电势差相等，因为φa＝2V，φc＝－2V，可知

，O点电势为0，而bO＝Od，则b、O间的电势差等于O、d间的电势差，可知，d点的电势为－23V，故A错误；从d点到a点电势升高，根据Ep＝qφ，电子从d点运动到a点电势能减小，故B错误；由作图和几何关系可知a、c两点沿电场强度方向的距离为d＝2Rsin30°＝2×0.2×12m

＝0.2m，故该匀强电场的场强E＝Uacd＝40.2V/m＝20V/m，电场方向不是由b点指向c点，故C错误，D正确．5答案B解析由题图知粒子在到达b点前做减速运动，过b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电荷，且根据

库仑定律知，|Q2|＜|Q1|，故A错误；粒子通过b点的加速度为零，说明所受电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确；粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守恒知其电势能增大．根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的

电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C、D错误．6答案B解析对物体B下滑过程，根据机械能守恒定律可得：mgh＝12mv02，则B刚到达水平地面时的速度v0＝2gh，物体B与物体A碰撞过程，以A、B两物体组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝

2mv，则物体A与物体B碰撞后的共同速度为v＝12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝12×2mv2＝mgh2，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，物体A与物体B将分开，物体B以v的速度沿原曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，则物

体B能达到的最大高度为h′＝h4，故C、D错误．7答案B解析根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同，均由b指向d，则场强相同．b、d两点间的电场线由b指向d，所以b点的电势高于d点的电势，故A错误，B

正确；将电子沿路径a→O→c移动，电势不变，电场力不做功，故C错误；将电子沿路径a→b→c移动，从a到b，电场力做正功，从b到c，电场力做负功，故D错误．8.B[由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，则a粒子所受电

场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，则b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误.由电场线疏密可知，a所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大

，故B正确.已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以M、N两点间电势差|UMN|大于N、Q两点间电势差|UNQ|，故C错误.根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，由于两个粒子所带电荷量的大小关系未知，所以不能判断电场力做功的多少及动能变

化量大小，故D错误.]9答案A解析由题图知，从r1到无穷远处，正电荷的电势能先减小后增加，则电势先减小后增加，在r0左侧电场线沿r正方向，r0右侧电场线沿r负方向，则从r1处释放电荷，电荷先向r正方向运动，选项A正

确；从r2处释放电荷，电荷将先向r正方向运动，选项B错误；Ep－x图象切线斜率大小等于电场力大小，r0处切线斜率为0，故所受电场力为0，故从r0处释放电荷，电荷将静止，选项C错误；从r3处释放电荷，电荷将先向r负方向运动

，选项D正确．10答案D解析等量异种点电荷连线的中垂面是等势面，根据场强的叠加，可知O点和D点的电场强度方向相同，均由A指向B，所以D点的场强方向水平向右，故B错误；根据等量异种电荷产生的电场的特点知，在O点产生的场强比在

D点产生的场强大，故A正确；因为在同一等势面上运动，电场力不做功，所以将一负电荷由O点移到D点，电场力不做功，电势能不变，故C错误；D点电势等于零，C点电势小于零，将一负电荷由D点移到C点，电场力做负功，电荷的电势能增大，故D正确．11答案

CD解析小球只受重力G和电场力F作用，小球做直线运动，则合力为零或合力方向与运动方向在同一直线上；若F＝mgsinα，则F方向与运动方向垂直，如图，力F不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B错误；若F＝mgtanα，力F与小球运动方向

可能成锐角，力对小球做正功，小球速度增大，电势能减小，力F也可能与运动方向成钝角，合力对小球做负功，小球速度减小，电势能增大，故C、D正确．12答案BC解析因0～T3时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg

；在T3～2T3时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝2T3时刻的竖直速度为vy1＝gT3，水平速度为v0；在2T3～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－gT3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0

，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·d2＝12mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得12mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为12mgd，选项D错误．13答案AC解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝εrS4

πkd可知电容减小，由U＝QC可知极板间电压增大，由E＝Ud可知，电场强度增大，故A正确；设P点的电势为φP，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确．14.AC[由运动轨迹向上偏转可知粒子带正电，A

正确；由P→Q，电场力做功为WPQ＝EpP－EpQ＝qU，φP＝0，则EpP＝0，EpQ＝－qU，B错；对Q点速度分解v0＝vsin30°，则v＝2v0对P→Q过程，WPQ＝qU＝qE·x＝12m(v2－v02)①x＝12qEmt2②d＝v0t③由①②③求得E＝23U3d，C对，D错.]

15答案BC解析物块A由P点出发第一次到达C点过程中，细线拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，A错误；设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0，根据系统的机械能守恒得：mghsi

n30°－h＝12mv2，得v＝2gh，B正确；由几何知识可得AC＝3h，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动，C错误；到C点时B的速度为零，则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，

物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，D错误．16答案(1)2gh(2)mg(h＋d)qdCmg(h＋d)q(3)h＋dh2hg解析(1)由v2＝2gh（1分），得v＝2gh（1分）(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma（1分）由运动学公

式知：0－v2＝2ad（1分）整理得电场强度E＝mg(h＋d)qd（1分）由U＝Ed，Q＝CU，（1分）得电容器所带电荷量Q＝Cmg(h＋d)q（1分）(3)由h＝12gt21，0＝v＋at（1分）2

，t＝t1＋t2（1分）整理得t＝h＋dh2hg（1分）17答案(1)3mg4q(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin37°＝qE（1分）FNcos37°＝mg（1分）解得E＝3mg4q（1分）(2)若电

场强度减小为原来的12，即E′＝3mg8q（1分）由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma（1分）解得a＝0.3g（1分）(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0（2分）解得Ek＝0.3mg

L.（1分）18答案(1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方解析(1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F1＝qE1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F合＝F1cos45°＝1.6×10－2N，（1分）则小球向右做

匀加速直线运动，其加速度a1＝F合m＝10m/s2，（1分）小球运动时间t1＝2L1a1＝0.4s.（1分）（2）小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v0＝a1t1＝4m/s，（1分）小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向

下，其加速度a2＝g＋qE2m＝30m/s2，（2分）小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t2＝L2v0＝0.1s．（1分）小球在竖直方向的分速度vy＝a2t2＝3m/s，（1分）小球离开电场Ⅱ区域

的速度v＝v20＋v2y＝5m/s，（1分）设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝vyv0＝34，（1分）得θ＝37°.（1分）19答案(1)10V(2)3m>R≥2518m或R≤2563m解

析(1)在A点，竖直分速度vy＝v0tan53°＝4m/s（1分）带电粒子在平行板中运动时间t＝Lv0＝0.2s（1分）vy＝at（1分），得a＝20m/s2（1分）又mg＋E′q＝ma（1分）E′＝Ud（1分），得U＝10

V（1分）(2)在A点速度vA＝v0cos53°＝5m/s（1分）①若小球不超过圆心等高处，则有12mvA2≤(mg＋qE)Rcos53°（1分）得R≥2518m故3m>R≥2518m（1分）②若小球能到达最高点C，则有12mv2A＝(mg＋qE)R·(1＋cos53°)＋12mv

C2（1分）在C点：mg＋Eq≤mvC2R（1分）可得vC≥(mg＋qE)Rm（1分）联立解得：R≤2563m（1分）故圆弧轨道半径R的取值条件为：3m>R≥2518m或R≤2563m（1分）