2021-2022学年福建省莆田二中高二(上)段考物理试卷(8月份)(附答案详解)

2021-2022学年福建省莆田二中高二（上）段考物理试卷
（8月份）
1.下列说法正确的是()
A. 元电荷实质上是指电子和质子本身
B. 尽可能保持印刷厂空气干燥，可以有效防止静电的危害
C. 摩擦起电的实质是摩擦使质子从一个物体转移到了另一个物体上
D. 丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子
数而显示带正电
2.如图甲所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。

现将一个电荷量
为+Q的点电荷置于板的右侧，电场线分布如图乙所示。

a、b、c、d四个点是点电荷为圆心的圆上的四个点，四点的连线刚好组成一个正方形，其中ab、cd与金属平板垂直，下列说法正确的是()
A. b、c两点具有相同的电势
B. a、d两点具有相同的电场强度E
C. 将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电势能先增大后减
小
D. 将一个负试探电荷q从a点沿着圆弧ad方向移动到d点的过程中，电势能先减
小后增大
3.真空中有两个点电荷Q1=−1.0×10C和Q2=+9.0×10−8C。

分别固定在x轴上x=
0和x=8cm的位置。

则x轴上电场强度为零的位置()
A. x=−4cm
B. x=0cm
C. x=4cm
D. x=12cm
4.质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾
角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在
水平方向、大小为E=√3mg
Q
的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为()
A. √(2+√3)gH
B. √5
2gH C. 2√2gH D. 2√2
√3
gH
5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势
φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则()
A. q1>q2
B. A、N两点电场强度为0
C. MN和NC之间电场强度方向相反
D. 电子由N点静止释放，无法到达D点
6.为防止静电的危害，下列做法正确的是()
A. 油罐车有一条拖在地上的导电线
B. 在加油站脱化纤衣物
C. 尽可能保持印染厂空气的干燥
D. 飞机机轮上装有搭地线或用导电橡胶制造的轮胎
7.如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，
一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)从
左端以v0滑上金属板上，沿光滑的金属板上表面向右运动到最右端，在此过程中()
A. 小球做匀速直线运动
B. 小球做先减速后加速的运动
C. 电场力对小球做功为零
D. 电场力对小球始终做正功
8.如图所示，三个质量相等，分别带正电、负电荷和不带电的
粒子，从带电平行放置的极板的右侧中央以相同的水平速度
v0先后垂直极板间电场射入，分别落在下极板的A、B、C处，
则()
A. 三个粒子在电场中运动时间是相等的
B. A处粒子带正电，B处粒子不带电，C处粒子带负电
C. 三个粒子带电场中的加速度a C>a B>a A
D. 三个粒子到达正极板时的动能E kA>E kB>E kC
9.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，
如图甲所示。

一质量m=1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v−t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()
A. 中垂线上B点电场强度最大
B. 两点电荷是负电荷
C. B点是连线中点，C与A点必在连线两侧
D. U BC>U AB
10.如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中
的三个点，已知φA=16V，φB=6V，φC=6V，试在该方
框中作出该电场的示意图；CA间的电势差U CA为______V；
若将动能是40eV的电子由C点发出，若该电子能经过A点，则该电子经过A点时的动能是______eV。

11.如图所示，有一圆心为O、半径为R的圆，AB为圆的直
径，在圆形区域所在空间有匀强电场。

将质量为m、电
荷量为q的正点电荷由A点静止释放，自圆周上的C点
以速率v0穿出，已知AC与AB的夹角θ=60°，运动中点
电荷仅受电场力的作用，则匀强电场的场强大小为
______ ；若将该点电荷从A点移到圆周上的任意一点，则其中点电荷电势能变化的最大值是______ 。

12.如图所示，把一带电荷量为Q=−5×10−8C，，质量为m=2×10−3kg的小球A
用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为q=+3×10−6C的带电小球B靠近A，两个带电小球在同一高度，A球静止时，绳与竖直方向成37°角，取g=10m/s2，k=
9.0×109N⋅m2/C2，且A，B两小球均可视为点电荷，求(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)A、B两球间的库仑力大小；
(2)A、B间的距离r。

13.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场．一
个带电为+q.质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上板且沿垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图，不计粒子重力．求：
(1)粒子射出时速度的大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)两板间的距离．
14.如图甲所示，电荷量为q=1×10−4的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空
间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，物块运动速度v与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)物块的质量；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数；
(3)物块运动4s过程中；其电势能的改变量；
15.如图所示，在绝缘粗糙的水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等电
，O为AB连线的中点，量的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa=Bb=L
4
一质量为m带电量为+q的小滑块(可以看作质点)以初动能E k0从a点出发，沿AB 直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的3倍，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数．
(2)O、b两点间的电势差．
(3)小滑块运动的总路程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.元电荷是最小的电量单位，不是指电子和质子本身，故A错误；
B.应尽可能保持印刷厂空气潮湿，这样可以及时的导走静电，避免不必要的静电积累，可以有效防止静电的危害，故B错误；
C.摩擦起电的实质是摩擦使电子从一个物体转移到了另一个物体上，故C错误；
D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，失去电子之后，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电，故D正确。

故选：D。

元电荷是最小的电量单位；应尽可能保持印刷厂空气潮湿，这样可以及时的导走静电；摩擦起电的实质是摩擦使电子从一个物体转移到了另一个物体上；原来不带电的物体失去电子之后，物体带正电。

本题考查元电荷及电荷守恒定律，考查知识比较单一，难度较小，掌握基本概念和摩擦起电的实质即可解决。

2.【答案】A
【解析】解：根据电场线分布图，可知该电场线分布图上下对称，则等势面分布图也上下对称，电场强度也上下对称。

A、根据上下对称性知，b、c两点的电势相等，故A正确；
B、根据上下对称性知，a、d两点的电场强度大小相同，方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C、MN为一个等势体，各处的电势相等，可知将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电势能一直保持不变，故C错误；
D、电场线的切线方向为该点的场强方向，将负电荷从a到ad中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于°，电场力做负功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，所以电荷的电势能先增大后减小，故D错误。

故选：A。

根据题意所给的电场线分布图：电场线的疏密分析电场强度的大小．根据对称性分析b 点与c点的电势关系，a、d的电场强度关系，根据电场力方向与位移方向的夹角分析电场力做功情况，来分析电势能的变化。

本题涉及电场强度和电势高低的判断，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。

3.【答案】A
【解析】解：由O1为负电荷、O2为正电荷可知，电场强度为零的点应该在连线的外侧，又因O1较小，这个点应该在O1的左侧，设该位置据O1的距离是d，则
kQ1 d2=
kQ2 (d+0.08)2
解得d=0.04m=4cm
所以x坐标轴上x=−4cm处的电场强度为零，故BCD错误，A正确。

故选：A。

空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，运用矢量的合成进行分析。

本题考查了电场的叠加问题，空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则。

4.【答案】C
【解析】解：对物块进行受力分析：物块受重力mg和水
平向左的电场力F.物块从静止开始沿重力和电场力的合力
方向做匀加速直线运动。

运用动能定理研究从开始到落地过程，得：
mgH+F⋅Hcotβ=1
2
mv2−0
又F=QE，cotβ=F mg=√3
解得，v=2√2gH
故选：C。

对物块进行受力分析，找出物块的运动轨迹。

运用动能定理解决这个问题。

正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。

要知道物体的运动是由所受到的力和初状态决定的。

这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑。

【解析】解：A.由图知无穷远处的电势为零，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由图知A点的电势为零，由干A 点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故A正确；
B.φ−x图象的斜率等于电场强度E，由图可知，A、N两点的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C.MN和NC之间斜率都为正，所以电场强度方向相同；故C错误；
D.D点的电势高于N点，则电子在D点的电势能低于N点，仅在电场力作用下，动能和势能之和保持不变，，从电子由N点静止释放，到达D点时动能大于零，所以可以到达D点，故D错误。

故选：A。

φ−x图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。

根据功能关系分析电场力做功的正负。

解决本题的关键要掌握电场线方向和电势变化的关系，明确电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口。

6.【答案】AD
【解析】解：A、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害，故A正确；
B、在加油站脱化纤衣物，由于静电产生火花容易引起爆炸，故B错误；
C、印染厂内由于纸张间的相互摩擦，而产生大量静电，故应保证室内湿润，而使静电及时导走，故C错误；
D、飞机机轮上装有搭地线，或用导电橡胶做轮胎，可以将静电及时导走，故D正确。

故选：AD。

明确静电的防止和利用规律，知道静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害。

静电有应用也有防止，在学习中要注意正确区分哪些是应用，哪些是防止，以及防止的措施、应用的方法。

【解析】解：AB、在点电荷影响下，金属板处于静电平衡状态，上表面感应出负电荷，可得金属板上表面的电场强度方向为垂直于金属板竖直向下，对小球受力分析可知，重力竖直向下，支持力竖直向上，电场力竖直向下。

所以小球将做匀速直线运动。

故A正确；B错误；
CD、由电场力方向与小球运动方向垂直，可得电场力对小球做功为零。

故C正确；D 错误。

故选：AC。

(1)首先明确金属板上表面的电场强度方向为垂直于金属板向下，然后对小球受力分析，判断出小球所受电场力垂直于金属板向下，水平方向不受力，做匀速直线运动；(2)电场力方向与运动方向垂直，所以不做功。

本题考查电学的基础知识，涉及到静电平衡、共点力平衡、做功正负的判断等知识点，属于基础简单题目。

8.【答案】BC
【解析】解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；
A、从图中可以看到水平位移A最大，说明a运动的时间最长，其次是B，C的运动时间最短，故A错误；
B、又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以C粒子受到向下的电场力即C粒子带负点，A粒子带正电，B粒子不带电．故B正确；
at2，可以判C、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据y=1
2
断a A<a B<a C.故C正确；
D、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对C粒子做正功，电势能减小则动能增加；对A粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小．所以三个粒子到达正极板时的动能E kA<E kB<E kC故D错误；
故选：BC
正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力．
注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动．
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据v−t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，故A正确。

B、小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，故B错误。

C、中垂线上电场线分布不是均匀，B点不在连线中点，故C错误。

D、根据动能定理得：
A→B有：qU AB=1
2mv B2−1
2
mv A2=1
2
×1×42−0=8J
B→C有：qU BC=1
2mv C2−1
2
mv B2=1
2
×1×72−1
2
×1×42=12.5J，对比可得U BC>U AB，
故D正确。

故选：AD
根据v−t图象的斜率分析小物块的加速度，由牛顿第二定律确定中垂线场强最大的位置。

根据动能的变化，分析两点电荷的电性。

结合电场线的分布情况分析B点的位置，由动能定理分析电势差的关系。

解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义：斜率等于加速度，涉及电势差、电势能时可用动能定理或能量守恒定律研究。

10.【答案】−1050
【解析】解：依题意可知BC连线为等势线，连接BC，电场线垂直于BC，方向水平向右，如图：
U CA=φC−φA=6V−16V=−10V
粒子从C到A根据动能定理由W CA=qU CA=E kA−E k0
代入数据解得E kA =50eV 故答案为：，−10，50
连接BC ，即为等势线，结合等势线与电场线垂直，作出电场线，根据电势差的公式可求得CA 间电势差，结合动能定理可求得经过A 点时的动能。

解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。

学会根据各点的电势来确定等势面，并画出电场线及方向，注意电场线与等势线相互垂直。

11.【答案】mv 022qR 34mv 02
【解析】解：粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方
向与AC 平行，由A 指向C 。

由几何关系和电场强度的定义知：AC =R …①
F =qE …②
由动能定理得：F ⋅AC =1
2mv 02…③ 联立①②③解得E =mv 0
22qR …④
如图，由几何关系知AC ⊥BC ，故电场中的等势线与BC 平行。

作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大，点电荷电势能变化也最大。

由几何关系知：∠PAD =30°，AP =3
2R …⑤
根据U =Ed …⑥
可知：U AP =32U AC …⑦
粒子电势能的变化量：△E p =q ⋅△U …⑧
所以点电荷从A 到P 电势能的变化量等于点电荷从A 到C 电势能变化量的32，结合只有电场力做功，电势能的变化量等于点电荷动能的变化量，所以点电荷从A 到P 电势能的变化量等于点电荷从A 到C 动能变化量的32，所以若将该点电荷从A 点移到圆周上的任
意一点，则其中点电荷电势能变化的最大值为32×12mv 02=34mv 02
故答案为：mv 022qR ，3
4mv 02 粒子初速度为零时，沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由C 点射出电场，所以电场方向与AC 平行，由A 指向C.根据动能定理求电场强度的大小。

为使粒子穿过电场后的电势能的变化量最大，则电场力做功最多，出射点的切线必定与电场垂直，结合电场力做功与电势能变化的关系即可求出。

本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要明确粒子的受力情况，确定其运动情况，会熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，结合几何知识帮助解答。

12.【答案】解：(1)对A 受力分析如下图所示：
根据平衡条件得：F 库=mgtanα
代入数据解得：F 库=1.5×10−2N
(2)根据库仑定律，有：
F 库=k Qq
r 2
解得r =0.3m
答：(1)A 、B 两球间的库仑力大小为1.5×10−2N ；
(2)A 、B 间的距离r 为0.3m 。

【解析】(1)对小球A 进行受力分析，根据平衡条件列方程求小球A 所受的库仑力大小。

(2)根据库仑定律列式求A 、B 间的距离r 。

本题是共点力平衡条件和库仑定律的综合应用，关键是能够确定研究对象、进行受力分析，根据共点力平衡条件分析求解库仑力大小。

13.【答案】解：(1)由速度关系得合速度：v =v 0cos30∘=2√33
v 0 (2)带电粒子在电场中做类平抛运动，
在水平方向有：L =v 0t
在竖直方向有：v y =at
又由速度关系有：v y =v 0 tan30°=√33
v 0 由牛顿第二定律得：qE =ma
联解得：E =√3mv 023qL
(3)在竖直方向有：d =12at 2=√3L 6
答：(1)粒子射出时速度的大小为
2√33v 0； (2)匀强电场的场强大小为
√3mv 023qL
； (3)两板间的距离为√3L 6
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小；
(2)将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；
(3)由动能定理可求得两板间的距离
带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解
14.【答案】解：(1)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动qE 2=μmg
在前2秒物块的加速度为a =Δv Δt =42m/s 2=2m/s 2 由牛顿第二定律得qE 1 −μmg =ma ，
解得m =1kg
(2)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动qE 2=μmg
则有μ=0.4
(3)由题意可得，由图像得前2秒内的位移为x 1=12×2×4m =4m
在2秒到4秒内物块的位移x 2=4×2m =8m
则电场力的功为W =qE 1x 1+qE 2x 2
代入数据解得W =56J ，则电势能减少了56J
答：(1)物块的质量为1kg ；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4；
(3)物块运动4s 过程中；其电势能减少了56J ；
【解析】(1)速度时间图象的斜率表示加速度，再由牛顿第二定律可得出物块的质量；
(2)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动，根据受力分析解得；
(3)再由位移公式得出位移大小，最后由恒力功表达式即可求解。

本题考查电场力做功与电势能，解题关键注意v −t 图像面积代表位移，斜率代表加速度。

15.【答案】解：(1)a 、b 是AB 连线上的两点，其中Aa =Bb =L 4，
可知a 、b 两点关于O 点对称，则a 、b 点电势相等，即U ab =0．
设滑块、与水平面间的摩擦力大小为f ．
对滑块从a 到b 的过程中，由动能定理得：
−f L 2=0−E k0，摩擦力：f =μmg ，
解得：μ=2E K0mgL ．
(2)对于滑块从O 到b 的过程中，由动能定理得：
qU Ob −μmg ⋅L 4=0−3E k0， 解得：U Ob =−5E K02q ；
(3)对于滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得：
qU aO −μmgs =0−E k0，
解得：s =74L ；
答：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数为2E K0mgL ．
(2)O 、b 两点间的电势差为−
5E K02q ． (3)小滑块运动的总路程为74L .
【解析】(1)根据对称性知道a 、b 两点电势相等，故滑块从a 到b 的过程中，电场力做功为零，只有摩擦力做功，则由动能定理可求得动摩擦因数μ；
(2)从O 到D 过程，由动能定理求解电势差U Ob ．
(3)由题意可知物体应停在O 点，由动能定理可求得从a 到o 点时电场力所做的功，则对全程由动能定理可求得滑块滑动的总路程．
在电场中应用动能定理时要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，而滑动摩擦力做功与总路程有关．本题还要抓住电场的对称性分析各点电势的关系，从而确定出电场力做功的大小．。