【文档说明】安徽省滁州市定远县育才学校2020-2021学年高二下学期4月周测（19日）物理试题 含答案.docx，共(10)页，189.776 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第二学期4月周测试卷（4月19日）高二物理试题一、单选题（本大题共8小题，共32分）1.一横截面积为S的铜导线通有恒定电流。设每单位体积的导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为

q，此时电子定向移动的速率为v，则在𝛥𝑡时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为()A.𝑛𝑣𝑆𝛥𝑡B.𝑛𝑞𝛥𝑡𝑆C.𝑛𝑣𝑆𝛥𝑡𝑞D.𝑛𝑣𝛥𝑡2.第56届日本电

池大会上华为发布了5分钟即可充满3000mAh电池50％电量的快充技术成果，引起业界广泛关注．如图是华为某智能手机电池上的信息，支持低压大电流充电，则()A.4.35𝑉表示该电池的电动势B.该电池充满电后以100mA的电

流工作时，可连续工作30小时C.11.4Wh表示该电池能提供的电量D.3000mAh表示该电池能提供的电能3.如图所示在绝缘支架上的导体A和导体B按图中方式接触放置，原先AB都不带电，先让开关𝐾1，𝐾2均断开，现在将一个带正电小球C放置在A左侧，以下判断正确的是()A.𝐾1、𝐾2均闭合时，

A左端带负电，B左端不带电B.只闭合𝐾2，接着移走带电小球，最后将AB分开，A带负电C.𝐾1、𝐾2均闭合时，A、B两端均不带电D.只闭合𝐾1，则A左端不带电，B右端带负电4.电荷量为+𝑄的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分

布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为𝑑.已知P点的电场强度为𝐸0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为()A.𝐸=0B.𝐸=𝑘𝑄𝑑2C.𝐸=𝐸0−𝑘𝑄𝑑2D.𝐸=𝐸025.如图所示，平行板电容器的两个极板接在电压恒定

的电源上，下极板接地，极板间P点有一悬浮的带电油滴，若将电容器的下极板缓慢向下移动一段距离，则下列说法正确的是A.电容器所带的电荷量将增加B.带电油滴将向下运动C.P点的电势将升高D.若仍要带电油滴在极板间悬浮，应减小油滴的比荷6.计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一

定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相关的信号，当按下键时，电容器的A.电容变小B.极板的电量变大C.极板间的电压变大D.极板间的场强变小7.如图所示，a、O、b为

点电荷(图中未画出)产生的电场线上的三点，且ab为圆O的直径．一电子仅在电场力作用下由静止先从a点运动到O点，再从O点运动到b点，经历两个运动过程，电子运动的加速度越来越大．下列说法正确的是A.点电荷位于a点左侧B.点电荷一定带正电C.两个运动过程，

电场力做的功相等D.两个运动过程，电子的电势能增大8.如图所示，a、b、c为真空中某电场中的一条竖直电场线上的三点，𝑎𝑏=𝑏𝑐，一带电小球由c运动到a，电场力方向竖直向上，其速度时间图象如图所示，则()A.a

、b两点的电势差等于b、c两点的电势差B.a点的电场强度一定大于b点的电场强度C.a点的电势一定高于c点的电势D.从c到a带电粒子的电势能增加二、多选题（本大题共4小题，共16分）9.如图所示，圆形区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(图中未画出)，a、b、c、d分别为两条直径的端点，且𝑎𝑐⊥𝑏

𝑑，一带正电的粒子从b点沿bd方向以速度𝑣0射入电场，只在电场力作用下，从c点飞出电场，则下列说法正确的是()A.粒子到达c点的速度一定大于b点的速度B.b、c两点间的电势差与a、d两点间的电势差一定相等C.电场力一定对粒子做正功D.a点的电势一定高于c点的电势10.电子绕核运动可以看做一环形

电流．设氢原子中的电子绕原子核在半径为r的轨道上运动，用e表示电荷量，m表示电子的质量，k为静电力常量．则：A.电子运动的速率为𝑣=𝑒√𝑘𝑚𝑟⬚B.电子运动的周期为𝑇=2𝜋𝑟𝑒√𝑚𝑘⬚C.电子运动形成的电流𝐼=𝑒22𝜋�

�√𝑘𝑚𝑟⬚D.电子运动形成的电流𝐼=𝑒2𝜋𝑟√𝑘𝑚𝑟⬚11.M、N为椭圆的两个焦点，AB为椭圆的长轴，CD为椭圆的短轴，O是椭圆的中心。现在M、N两点分别放置电荷量相等的正电荷，如图所示，下列说法正确的是A.电子在椭圆上移动时，电场力不做功B.椭圆上关于

O点对称的两点，电场强度相同C.椭圆上关于O点对称的两点，电势相同D.质子在C点的电势能低于在B点的电势能12.密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域(𝑀板带正电、N板带负电

)，透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。若此悬浮油滴的质量为m，两极板间的电压为U，当地的重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.悬浮油滴带负电B.悬浮油滴的电荷量为𝑚𝑔𝑈C.增大

电场强度，悬浮油滴将向上运动D.油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍三、填空题（本大题共3小题，共16分）13.如图所示，有一匀强电场，若场强为E，A、B所在等势面的间距为d，则A、B两点的电势𝜑𝐴𝜑𝐵(选填“>”、“=”或“<”)，A、B两点的电势差𝑈𝐴𝐵=，如将电

量为e的质子从点A移动到点B，电场力所做的功𝑊=。14.如图所示，电源电压恒定，则闭合开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从______到_______；平行板电容器充电稳定后，在将两板间距离增大的过程中，通过R的电流方向是从________到________；如果电

容器充电平衡后，先断开S，再将两板间距离增大，在此过程中，R上________(选填“有”或“无”)电流通过。15.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球。用一指向竖直杆的水平力F作用在

A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平向左方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的库仑力______；A球对MO杆的压力____

__(选填“变大”、“变小”或“不变”)。四、计算题（本大题共3小题，共36分）16.如图所示，质量均为𝑚=8.0×10−4𝑘𝑔、形状完全相同的两个金属小球A、B，均用𝐿=0.1𝑚的绝缘细线分别悬挂于M、N两点。现

使A球带电后，再将悬点N移至与悬点M重合，两球接触后分开，平衡时两球相距𝑑=0.12𝑚。小球均可视为点电荷，重力加速度g取10𝑚/𝑠2，静电力常量𝑘=9.0×109𝑁⋅𝑚2/𝐶2。求：(

结果可以保留根号)(1)𝐴球所受的静电力；(2)两球所带电荷量；(3)两球连线中点处的电场强度为多少？17.如图所示，匀强电场中一带负电的点电荷q在恒力F作用下，从A点沿水平方向匀速运动至B点。已知𝐹=1.6×10−4𝑁，𝛼=37°，q的电荷量为3.2×10−5𝐶，AB之间的距离𝐿=

0.5𝑚，A点电势𝜑𝐴=1𝑉，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，不计点电荷重力。求：(1)匀强电场场强大小和方向；(2)𝑞在从A到B的过程中电势能的变化量；(3)𝐴、B间的电势差及B点电势。18.如图所示，金属丝发射出来的电子(

初速度为零，不计重力)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压𝑈1=1640𝑉，偏转极板长𝐿=4𝑐𝑚，偏转极板间距𝑑=2𝑐𝑚，当电子加速后从两偏转

极板的正中央沿与板平行方向进入偏转电场。(电子质量符号m电子电荷量符号𝑒)(1)电子进入偏转电场时速度？(用题中所给物理量符号表示)(2)偏转电压𝑈2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(3)如果偏转极板右

端到荧光屏的距离𝑆=20𝑐𝑚，则电子束打在荧光屏上的最大偏转距离为多少？答案解析1.【答案】A【解析】根据电流的微观表达式𝐼=𝑛𝑞𝑣𝑆，在△𝑡时间内通过导体横截面的自由电子的电量𝑄=𝐼△𝑡，则在△𝑡

时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为𝑛=𝑄𝑞=𝐼𝛥𝑡𝑞，将𝐼=𝑛𝑒𝑣𝑆代入得𝑛=𝑛𝑞𝑣𝑆𝛥𝑡𝑞=𝑛𝑣𝑆𝛥𝑡，A正确，BCD错误。故选A。2.【答案】B【解析】A、4.35

𝑉为充电电压，不是该电池的电动势；故A错误；B、该电池充满电后以后以100mA的电流工作时，可连续工作：𝑡=3000mA⋅ℎ100mA=30ℎ，故B正确；C、11.4𝑊ℎ为电池的充电电能，不是该电池的电量，故C错误；D、mAh为电量的单位，所以3000mAℎ表示该电池能

提供的电量，不是电能，故D错误。故选：B。3.【答案】A【解析】𝐴𝐶.由于小球C带正电，𝐾1、𝐾2均闭合时，由于静电感应的作用，B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，A左端带负电，故A正确，C错误；B.当闭合开关时𝐾2，由于静电感应的作

用，B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，A左端带负电，接着移走带电小球，导体AB电荷中和，不再带电，最后将AB分开，不带电，故B错误；D.当闭合开关𝐾1时，由于静电感应的作用，B右端带的正

电荷会被从大地上来的负电荷中和，B右端不再带有电荷，A左端带负电，故D错误；故选A。4.【答案】C【解析】电荷量为+𝑄的点电荷在P点产生的场强为𝐸=𝑘𝑄𝑑2，方向向右；金属板上感应电荷为负电荷，在P点处产生的电场强度方向也向右，大小设为E，根据电场的叠加知𝐸=𝐸0−𝑘𝑄𝑑

2，故C正确，ABD错误。故选C。5.【答案】B【解析】A.由𝐶=𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑可知，极板间的距离变大，电容C减小，电容器连接电源，两极板间的电压不变，由𝐶=𝑄𝑈可知，Q减小，A错误；B.由�

�=𝑈𝑑可知，极板间的电场强度减小，故电场力减小，受力分析可知油滴将向下运动，B正确；C.下极板接地，电势为零，两极板间的电场方向向上，故P点电势低于零，P点到上极板的距离不变，两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，两极板之间的电势差不变，P点与下极板间

的电势差增加，故P点的电势降低，C错误；D.油滴悬浮，由受力分析可知𝐸𝑞=𝑚𝑔，可得𝑞𝑚=𝑔𝐸，当极板间电场强度减小时，若仍要带电油滴在极板间悬浮，应增大油滴的比荷，D错误。故选B。6.【答案】B【解析】A.根据

电容的决定式𝐶=𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑可知，当按下键时，d减小，故电容变大，故A错误；C.电容器始终和电源连接，故极板间电压不变，故C错误；B.根据𝑄=𝐶𝑈可知，极板的电荷量变大，故B正确；D.根据𝐸=𝑈𝑑可知，d减小，U不变，故E变大，故D错误；故选B。7.【答案】B【解析】

𝐴𝐵.电子由静止从a点向b点运动，电子加速度越来越大，表明电场强度越来越大，故点电荷位于b点右侧，且点电荷带正电，选项A错误，B正确；C.O、b两点电势差大于a、O两点电势差，故电子从O点运动到b点电场力做功大，选项C错误；D.电场力做正功，电子的电势能减小，选项D错误。故选B。8.【答

案】B【解析】𝐴𝐵.由于从C向A做减速运动，表示重力大于电场力，合力向下，但运动过程中，由𝑣−𝑡图象可知，斜率越来越小，加速度逐渐减小，说明电场力逐渐增大，因此a点的电场强度一定大于b点的电场强度，由于𝑎𝑏=𝑏𝑐，因此a、b两点的电势差大于

b、c两点的电势差，故B正确，A错误；C.由于无法确定带电小球带何种电荷，也就无法确定电场线方向，电势的大小没法比较，故C错误；D.从c到a向上运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故D错误。故选：B。9.【答案】BD【解析】A、因为不知道电场强度的方向，也不知道

粒子的运动轨迹，所以无法判断电场力对粒子做正功还是做负功，所以粒子到达c点的速度与在b点的速度大小也无法比较，故A错误；B、在匀强电场中，在相互平行的直线上任意相等距离的两点间电势差相等，由图可知bc和ad相互平行且长度相等，所以b、c两点间的电势

差与a、d两点间的电势差一定相等，故B正确；C、由上面A的分析可知，电场力对粒子做功的正负无法判断，故C错误；D、电场强度是矢量，可以把电场强度分解为水平和竖直方向，因为粒子是从c点飞出，可以确定粒子在水平方向上受

到的电场力方向为水平向右，在竖直方向上不能确定。所以我们可以确定电场强度在水平方向上的分量是水平向右的，电场强度的方向是从高电势指向低电势，所以a点的电势高于c点的电势，故D正确。故选：BD。10.【答案】AC【解析】：A、氢原子原子核对电子的作用力充当电子的向心力，则有：𝑘𝑒2𝑟2=𝑚�

�2𝑟解得：𝑣=𝑒√𝑘𝑚𝑟；故A正确；B、电子的运动的周期𝑇=2𝜋𝑟𝑣=2𝜋𝑟𝑒√𝑚𝑟𝑘；故B错误；C、形成的电流𝐼=𝑒𝑇=𝑒22𝜋𝑟√𝑘𝑚𝑟；故C正确，D错误；故选：AC。11.【答案】CD【解析】画出等量同

号正电荷的电场线和等势线，如图A、椭圆不是等势线，所以电子在椭圆上任意一点的电势能不相等，电子在椭圆上移动时，电场力做功，A项错误；B、根据对称性可知，椭圆上关于O点对称的两点，电场强度大小相等，方向相反，B项错误；C、椭圆上关于O点对称的两点，电势相同，C项正确；D、

由图可知，C点电势低于B点电势，质子带正电，所以质子在C点的电势能低于在B点的电势能，D项正确；故选CD。12.【答案】AC【解析】A、极板间的电场强度方向为竖直向下，悬浮油滴受电场力和重力是一对平衡力，所以油滴所受电场力方向竖直向上，与电场强度方向相反，所以悬浮油滴带负电，故A

正确；B、两极板之间的电场强度大小为𝐸=𝑈𝑑，其中d表示两极板之间的距离，由平衡条件可得𝑚𝑔=𝑞𝐸，所以悬浮油滴所带电荷量为𝑞=𝑚𝑔𝑑𝑈，故B错误；C、增大电场强度，油滴所受电场力变大，大于油滴重力，合力方向竖直向上，所以悬浮油滴将向上运动，故C正

确；D、任何一个带电体所带电荷量一定是元电荷的整数倍，而电子所带电荷量在数值上就等于元电荷，所以油滴所带电荷量一定是电子电量的整数倍，故D错误。故选：AC。根据油滴所受电场力方向可以确定油滴的电性；根据平衡条件可以得到油

滴所带电荷量；如果增大电场强度，则油滴受电场力增大，将大于重力；任何一个带电体所带电荷量都等于元电荷的整数倍。本题考查的知识点包括电场强度的方向规定、匀强电场的场强与电势差的关系、平衡条件以及元电荷，都需要在理解的基础上熟练记忆。13.【答案】>；Ed；eEd。【解析】沿着电场线方向电势降低，所以

𝜑𝐴>𝜑𝐵；A、B两点的电势差𝑈𝐴𝐵=𝐸𝑑；将电量为e的质子从点A移动到点B，电场力做正功，所做的正功为𝑊=𝐹𝑑=𝑒𝐸𝑑。故答案为：>；Ed；eEd。14.【答案】A；B；B；A；无15.【答案】变大不变【解析】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力𝑁1，静

电力𝐹1，如图，根据平衡条件有：x方向：𝐹=𝐹1𝑠𝑖𝑛𝜃…①y方向：𝑁1=𝑚𝑔+𝐹1𝑐𝑜𝑠𝜃…②再对B球受力分析，受重力Mg、静电力𝐹1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件有：x方向：𝐹1𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑁2…

y方向：𝐹1𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑀𝑔…④有上述四式得到：𝐹1=𝑚𝑔cos𝜃…⑤𝑁1=𝑚𝑔+𝑀𝑔…⑥由⑤式，由于A球沿水平向左方向移动，两球连线与竖直方向夹角𝜃变大，故静电力𝐹1变大；由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，重

力之和不变，再结合牛顿第三定律可知，故A对水平杆的压力不变，故答案为：变大，不变。16.【答案】解：(1)两球接触后电荷量均分，且带同种电荷，则对A球受力分析如图，根据几何关系可得：𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑑2𝐿=0.6，则𝑡𝑎𝑛𝜃=34，则

有𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=8.0×10−4×10×34𝑁=6.0×10−3𝑁。(2)两球接触后两球电荷相同，由库仑定律得𝐹=𝑘𝑞𝐴𝑞𝐵𝑑2，代入𝐹=6.0×10−3𝑁和𝑘=9.0×109𝑁⋅𝑚2/𝐶2，解得：𝑞𝐴=𝑞𝐵=4√6×10−8𝐶。

(3)由于A、B两球接触后分开带等量同种电荷，故由电场的叠加原理可得，两球连线中点处的电场强度为0。17.【答案】解：(1)由平衡条件知：负电荷所受电场力大小为：𝐹′=𝐹=1.6×10−4𝑁，𝐹=𝐸𝑞代入数据解得电场强度：𝐸=

5𝑁/𝐶场强方向与F方向相同，如图所示。(2)𝐴到B电场力做功为：𝑊𝐴𝐵=−𝐹′𝐿𝑐𝑜𝑠37°=−1.6×10−4×0.5×0.8𝐽=−6.4×10−5𝐽，电场力做负功电势能增加，电势能增加6.4×10−5𝐽。(3)𝐴𝐵两点电势差𝑈𝐴𝐵

=𝐸𝐿𝑐𝑜𝑠37°=2𝑉，因为𝑈𝐴𝐵=𝜑𝐴−𝜑𝐵，则有：𝜑𝐵=𝜑𝐴−𝑈𝐴𝐵=1−2𝑉=−1𝑉。18.【答案】解：(1)设电子电量大小e，质量为m，进入偏转电场初速度𝑣0，根据动能定理，有𝑒

𝑈1=12𝑚𝑣02得：𝑣0=√2𝑒𝑈1𝑚；(2)电子在偏转电场的飞行时间𝑡1=𝐿𝑣0，电子在偏转电场的加速度𝑎=𝑒𝐸𝑚=𝑒𝑈2𝑚𝑑，要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出；电子在偏转电场中的侧移距离为�

�2，则𝑑2=12𝑎𝑡12，联立得：𝑈2=2𝑈1𝑑2𝐿2=820𝑉；(3)电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度𝑣𝑦=𝑎𝑡1=𝑒𝑈2𝐿𝑚𝑑𝑣0，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：𝑡2=𝑆𝑣0，𝑦2=𝑣𝑦𝑡2=𝑒𝑈2𝐿𝑆𝑚𝑑𝑣02=𝑑

𝑆𝐿=0.1𝑚，电子打在荧光屏上最大偏转距离：𝑦=𝑑2+𝑦2=0.11𝑚。