物理高一升高二衔接内容测试.pdf

1 高一升高二衔接内容测试题高一升高二衔接内容测试题 1.如图所示，两个电荷量均为q 的小球用长为 l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球 的半径 rl。k 表示静电力常量。则轻绳的张力大小为( ) A0 Bkq 2 l2 C2kq 2 l2 Dkq l2 2A、B、C 三点在同一直线上，ABBC12，B 点位于 A、C 之间，在 B 处固定一电荷量为 Q 的点电荷。 当在 A 处放一电荷量为q 的点电荷时， 它所受到的电场力为 F； 移去 A 处电荷， 在 C 处放电荷量为2q 的点电荷， 其所受电场力为( ) AF 2 B F 2 CF DF 3绝缘细线的一端与一带正电的小球 M 相连接，另一端固定在天花板上，在小球 M 下面的一绝缘水平面上固 定了另一个带电小球 N，在下列情况下，小球 M 能处于静止状态的是( ) 4(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为q、Q、q、Q。四 个小球构成一个菱形，q、q 的连线与q、Q 的连线之间的夹角为 。若此系统处于平衡状 态，则正确的关系式可能是( ) Acos3 q 8Q Bcos3q 2 Q2 Csin3Q 8q Dsin3Q 2 q2 5如图所示，在水平向右、大小为 E 的匀强电场中，在 O 点固定一电荷量为 Q 的正电荷，A、B、C、D 为以 O 为圆心、半径为 r 的同一圆周上的四点，B、D 连线与电场线平行，A、C 连线与电场线垂直。则( ) AA 点的电场强度大小为 E2k2Q 2 r4 BB 点的电场强度大小为 EkQ r2 CD 点的电场强度大小不可能为 0 DA、C 两点的电场强度相同 6.如图所示，匀强电场中的 A、B、C 三点构成一边长为 a 的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以 某一初速度仅在静电力作用下从 B 移动到 A 动能减少 E0，质子仅在静电力作用下从 C 移动到 A 动能增加 E0，已知 电子和质子电荷量绝对值均为 e，则匀强电场的电场强度为( ) A2E0 ea BE0 ea C 3E0 3ea D2 3E0 3ea 2 7.如图所示，以 o 为圆心的圆周上有六个等分点 a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在 a、d 两处时，在 圆心 o 处产生的电场强度大小为 E。现改变 a 处点电荷的位置，使 o 点的电场强度改变，下列叙述正确的是( ) A移至 c 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿 oe B移至 b 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿 od C移至 e 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿 oc D移至 f 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿 oe 8在如图所示的四种电场中，分别标记有 a、b 两点。其中 a、b 两点电 场强度大小相等、方向相反的是( ) A甲图中与点电荷等距的 a、b 两点 B乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 C丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 D丁图中非匀强电场中的 a、b 两点 9两个带电荷量分别为 Q1、Q2的质点周围的电场线如图 8 所示，由图可知( ) A两质点带异号电荷，且 Q1Q2 B两质点带异号电荷，且 Q1Q2 D两质点带同号电荷，且 Q1Q2，选项 A 正确。 10选 BC 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示电场强度大小可知 Ed Eb。故选项 A 错误，B 正确。a、c 两点关于 MN 对称，故 UabUbc，选项 C 正确。沿电场线方向电势降低，所以 a c，由 Epq 可知 EpaEpc，故选项 D 错误。 5 11.选 C 由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大， 由类比公式 UEd 知|Uab|Ubc|， 而 W qU，所以|Wab|Wbc|，则 A、B 均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从 a 点到 c 点受到大体向左的作用 力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则 D 错误；粒子由 a 点到 b 点，电场力做负功，电势能增加，动能减少， 则 C 正确。 12.选 BD 由题意可知 C 点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点 间电势差与其长度成正比，所以UAB AB UOC OC，代入数值得 C0 V，A 错、B 对；作 BDAO， 如图所示， 则 D3 V， 即 AD 是一等势线， 电场强度方向 OGAD， 由几何关系得 OG 3 cm，由 EU d得 E100 3 V/m，C 错，D 对。 13解析：(1)ABC 静止时，以 AB 为研究对象有：(mAmB)gsin 30 kqCqB L2 解得：L2.0 m。 (2)给 A 施加力 F 后，AB 沿斜面向上做匀加速运动，AB 分离时两者之间弹力恰好为零，对 B 用牛顿第二定律 得： kqBqC l2 mBgsin 30 mBa 解得：l3.0 m 有匀加速运动规律得：lL1 2at 2 解得：t1.0 s。 (3)AB 分离时两者仍有相同的速度，在时间 t 内对 AB 用动能定理得： WF(mAmB)g(lL)sin 30 WC1 2(mAmB)v 2 及：vat 得：WC2.1 J 所以系统电势能的变化量 Ep2.1 J。 答案：(1)2.0 m (2)1.0 s (3)2.1 J 14解析：(1)由题知释放后 C 物体将沿斜面下滑，C 物体从 P 到 A 过程，对 C、D 系统由动能定理： mCg 2dsin Eq d1 2(mCmD)v0 2 解得：v 02 m/s。 (2)由题意，C 经过 A 点后将减速下滑至速度为 0 后又加速上滑，设向下运动的时间为 t1，其加速度大小为 a1， 发生的位移为 x1，对物体 C： T1mCgcos mCgsin mCa1 t1v0 a1 x1 v02 2a1 对物体 D：EqT1mDa1 设物体 C 在加速上滑到 A