高中物理高二物理上学期精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)

高中物理高二物理上学期精选试卷（培优篇）（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，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．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x 表示A 偏离O 点的水平距离，实验中（ ）A ．d 可以改变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 错误；B ．因要保持A 、B 连线与细线垂直且A 、B 距离总保持d 不变，可知B 到O 点的距离不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；C ．对A 球由平衡知识可知2sin qQ xkmg mg d Lθ== 可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确； D ．因为2tan =qQkd d L mgxθ= 由于x 变化，所以不能说tan θ与A 、B 间库仑力成正比，故D 错误。

故选BC 。

3．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大C ．滑块将以C 点为中心做往复运动D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =： 【答案】ABD 【解析】 【详解】A ．A 和B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确；B ．由同种正电荷的电场分布可知C 点的场强为零，从D 到A 的场强先减小后增大，由qEa m=可得加速度向减小后增大，B 正确； D ．x =4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有22(4)(2)A BQ Q kk L L =， 解得41A B Q Q =， 故D 正确.C ．由于两正电荷不等量，故滑块经过C 点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C 点左侧，C 错误。

故选ABD 。

【点睛】本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

4．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.5．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～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2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～t3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．6．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )A．1：2 B．2：1 C．D．【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对7．如图所示，两个可视为质点的带同种电荷的小球a和b，放置在一个光滑绝缘半球面内，已知小球a和b的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是A．m1>m2B．m1<m2C．q1>q2D．q1<q2【答案】A【解析】根据两小球处于平衡状态，通过对两个小球进行受力分析，进行正交分解后，列出关系式，即可解决问题。

【详解】A 和B 小球受力分析如下，对小球A ：1cos sin F F θα=库 11sin cos m g F F θα+=库对小球B ：2cos sin F F θβ=库 22sin cos m g F F θβ+=库通过上式可知：12sin sin F F αβ=，由于αβ<，则sin sin αβ<，所以12F F >，由于cos cos αβ>，则有：12cos cos F F αβ>所以有：12sin sin m g F m g F θθ+>+库库可推导出：12m m >，故选A 。

【点睛】考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

8．如图所示，真空中有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1=+9q ，Q 2=-q ，分别固定在x 轴上x =0处和x =6cm 处，下列说法正确的是（ ）A ．在x =3cm 处，电场强度为0B ．在区间上有两处电场强度为0C ．在x >9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向D ．将试探电荷从x =2cm 移到x =4cm 处，电势能增加 【答案】C 【解析】A .某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。

根据点电荷的场强公式E =2kqr，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。

因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：122200(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，故A 错误；B .由选项A 的分析可知，合场强为0的点不会在Q 1的左边，因为Q 1的电荷量大于Q 2，也不会在Q 1Q 2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

所以，只能在Q 2右边。

即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。

故B 错误； C.设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：122200(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，结合矢量合成可知，在x ＞9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向。

故C 正确；D.由上分析，可知，在0＜x ＜6cm 的区域，场强沿x 轴正方向，将试探电荷+q 从x =2cm 处移至x =4cm 处，电势能减小。

故D 错误。

9．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/CB ．平衡时细线的拉力为0.17NC ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/sD ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得2681.010100.75/ 3.7510/2.010E N C N C --⨯⨯⨯==⨯⨯，细线的拉力：T=201.010100.125cos370.8mg T N N ⨯⨯===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为2220.125/12.5/1.010T a m s m s m ===⨯－，则经过0.5s ，小球的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确； D ．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：212mgL qEL mv +=，带入数据解得v=7m/s ；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s ，选项D 错误．10．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为A ．22kqR ，方向沿半径向左 B ．22kqR，方向沿半径向右 C ．23kqR，方向沿半径向左 D ．23kqR ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2qk R，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是23qk R，方向沿半径向右．故选择D.【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．11．如图所示，竖直绝缘墙上距O 点l 处固定一带电量Q 的小球A ，将另一带等量同种电荷、质量为m 的小球B 用长为l 的轻质绝缘丝线悬挂在O 点，A 、B 间用一劲度系数为k ′原长为54l的绝缘轻质弹簧相连，静止时，A 、B 间的距离恰好也为l ，A 、B 均可看成质点，以下说法正确的是（ ）A ．A 、B 间库仑力的大小等于mg B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于k ′lC ．若将B 的带电量减半，同时将B 球的质量变为4m ，A 、B 间的距离将变为2l D ．若将A 、B 的带电量均减半，同时将B 球的质量变为2k lm g'+，A 、B 间的距离将变为2l 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A ．对小球受力分析如图；小球受弹簧的弹力与B 所受的库仑力的合力（F 库+F 弹）沿AB 斜向上，由几何关系以及平衡条件可知F 库+F 弹=mg则F 库= mg -F 弹选项A 错误；B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于''51=()44l F k l k l -=弹 选项B 错误；C ．若将B 的带电量减半，A 、B 间的距离将变为2l，则库仑力变为2F 库，则弹力和库仑力的合力为''53=()22424l l k l F k F F -+=+合库库则由相似三角形关系可知11'=13224m g m g lk l F l F =+合库 而'14F k l mg +=库解得'114=42m g mg k l mg =+≠选项C 错误；D ．若将A 、B 的带电量都减半，A 、B 间的距离将变为2l，则库仑力仍F 库，则弹力和库仑力的合力为'''53=()424l l k lF k F F -+=+合库库则由相似三角形关系可知22''=1324m g m g lk l F l F =+合库 而'14F k l mg +=库解得'22m g mg k l =+即'22k lm m g=+选项D 正确； 故选D 。