河南省2022年上学期鹤壁高中高二物理阶段性检测试题答案

河南省2022年上学期鹤壁高中高二物理阶段性检测试题答案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＝k，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＝k＝，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＝，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，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＝，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝，U＝，E＝可知E＝，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＝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－2V，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7/7a、c两点沿电场强度方向的距离为d＝2Rsin30°＝2×0.2×m＝0.2m，故该匀强电场的场强E＝＝V/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＝mv，则B刚到达水平地面时的速度v0＝，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＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝，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′＝mv2，则物体B能达到的最大高度为h′＝，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，b7/7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～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T7/7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－g＝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·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，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＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝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＝m(v2－v02)①x＝t2②d＝v0t③由①②③求得E＝，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＝mv2，得v＝，B正确；由几何知识可得＝h，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2h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．7/716答案　(1)　(2)　C(3)解析　(1)由v2＝2gh（1分），得v＝（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＝（1分）由U＝Ed，Q＝CU，（1分）得电容器所带电荷量Q＝C（1分）(3)由h＝gt，0＝v＋at（1分）2，t＝t1＋t2（1分）整理得t＝（1分）17答案　(1)　(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＝（1分）(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝（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＝0.3mgL.（1分）7/718答案　(1)10m/s2　0.4s　(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＝＝10m/s2，（1分）小球运动时间t1＝＝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＋＝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＝＝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＝＝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＝＝，（1分）得θ＝37°.（1分）19答案　(1)10V　(2)3m>R≥m或R≤m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＝＝0.2s（1分）vy＝at（1分），得a＝20m/s2（1分）又mg＋E′q＝ma（1分）E′＝（1分），得U＝10V（1分）(2)在A点速度vA＝＝5m/s（1分）①若小球不超过圆心等高处，则有mv≤(mg＋qE)Rcos53°（1分）得R≥m7/7故3m>R≥m（1分）②若小球能到达最高点C，则有mv＝(mg＋qE)R·(1＋cos53°)＋mv（1分）在C点：mg＋Eq≤m（1分）可得vC≥（1分）联立解得：R≤m（1分）故圆弧轨道半径R的取值条件为：3m>R≥m或R≤m（1分）7/7