2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期第一次阶段性测试物理试题-解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期第一次阶段性测试物理试题-解析版

绝密★启用前 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期第一次阶段性测试物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．关于元电荷，下列说法中正确的是(　　)‎ A． 元电荷实质上是指电子本身 B． 元电荷实质上是指质子本身 C． 元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C D． 元电荷e的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB. 元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10−19C，故A错误，B错误；‎ C. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19 C，故C正确；‎ D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎2．关于库仑定律，下列说法正确的是(　　)‎ A． 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B． 根据F＝，可知当两电荷间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大 C． 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力 D． 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是与距离平方成反比的定律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A正确；‎ B. 当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，公式F=不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；‎ C. 两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对Q2的电场力大小上总等于Q2对Q1电场力。故C错误；‎ D. 库仑定律的表达式为F=，万有引力定律的表达为F= ，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷；两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．‎ ‎3．在真空中，两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．若现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为(　　)‎ A． 1：6‎ B． 1：12‎ C． 12：1‎ D． 6：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：，‎ 变化之后它们之间的库仑力为：F′= =12×=12F，‎ 故：F：F′=1：12‎ 故B正确、ACD错误。‎ 故选：B.‎ ‎4．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(　　)‎ A． 速度变大，加速度变大 B． 速度变大，加速度变小 C． 速度变小，加速度变小 D． 速度变小，加速度变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小，故ACD错误，B正确。‎ 故选：B．‎ ‎5．如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量异种电荷，中间连有一轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的另一个小球C与A 接触一下，然后拿走C，待AB重新平衡后弹簧的压缩量为x，则（）‎ A． x=x0/2‎ B． x>x0/2‎ C． xr，所以弹簧压缩量小于原来的一半，要比x0小，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎6．如图，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置电荷量为＋Q和－Q的点电荷，设C、D两点的电场强度分别为EC、ED，电势分别为、，下列说法正确的是（ ）‎ A． EC与ED相同，与不相等 B． EC与ED不相同，与相等 C． EC与ED相同，与相等 D． EC与ED不相同，与不相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 带等量异号电荷的电场的电场线如图：‎ 可以看出C.D两点的电场强度大小相等、方向相同；‎ 沿着电场线电势减小，D点电势一定小于C′点电势,而C′点电势等于C点电势，故D点电势一定小于C点电势；‎ 故选：A.‎ ‎7．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，），已知电场方向平行直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为 （   ）‎ A． V B． V C． V  D． V ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为：，设P在xOy平面上的投影为点，投影点的坐标为，则联立即得，又因N点电势为1V，则电势为，即P点电势为，D正确 考点：考查了电势，‎ ‎【名师点睛】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势．‎ ‎8．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的足够大的匀强电场中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球 ( )‎ A． 做自由落体运动 B． 做匀加速直线运动 C． 做类平抛运动 D． 做斜抛运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球受重力、电场力和拉力处于平衡，如左图所示，根据共点力平衡得，绳子的拉力T=mg/cosθ，‎ 剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如右图所示,则F合=T=mg/cosθ，‎ 根据牛顿第二定律得,加速度a=F合/m=g/cosθ，方向沿绳子方向向下，由于初速度为零，小球做做匀加速直线运动。故B正确，ACD错误。‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求出加速度．‎ ‎9．如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中,若油滴到达最高点C时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在(   )‎ A． P点的左上方 B． P点的右上方 C． P点的正上方 D． 上述情况都可能 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：带负电粒子电场力水平向左，但是竖直方向会到达最高点C，所以粒子所受的重力作用一定不能忽略，粒子在电场力与重力作用运动，根据动能定理解得结果．‎ 解：对粒子受力分析：‎ 粒子仅在重力与电场力作用下运动，直到运动到最高点，此过程初动能与末动能已知且相同，设粒子升高的高度为h，粒子的初末位置间的电压为UPQ，粒子的带电量为﹣q，‎ 由动能定理得：﹣qUPQ﹣mgh=mv02﹣mv02‎ 解得：UPQ=﹣‎ 由于UPQ＜0，即UP＜UQ，说明Q点的电势高于P点，即带电粒子应在P点的左上方，故A正确．‎ 故选：A ‎【点评】此题解决的关键是先判断粒子是否受到重力作用，因为粒子的重力在有些题目中可以忽略，还有一些题目重力不能忽略．‎ ‎10．一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图所示，、分别是带电小球在A．B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是 A．A处的场强一定小于B处的场强 B．A处的电势一定高于B处的电势 C．带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能 D．带电小球从A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，故小球在A点的加速度小于在B点的加速度，又知道小球只受电场力作用，故小球在A点的电场力小于在B点的电场力，所以A处的场强一定小于B处的场强，A错误；由于小球的动能增大，所以电场力做正功，电势能减小，即A处的电势能一定大于B处的电势能，但是不知道小球的带电性质，所以无法判断AB两点的电势高低，D正确BC错误；‎ 考点：考查了电势，电势能，电场强度，电场力做功，速度时间图像 ‎【名师点睛】本题首先要根据速度图象的斜率读出质点加速度的变化，判断场强的大小，从能量的角度可判断电势能及电场力做功的正负 ‎11．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比 A．推力F将增大 B．竖直墙面对小球A的弹力减小 C．地面对小球B的弹力一定不变 D．两个小球之间的距离增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ 解：‎ A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，BC正确．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．‎ ‎12．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．B球可能做直线运动 B．B球的电势能可能增加 C．A球对B球的库仑力可能对B球不做功 D．B球可能从电势较高处向电势较低处运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．‎ 若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎13．一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（　　）‎ A． 粒子受到静电吸引力的作用 B． 粒子速度Vb>Va C． 粒子动能 Eka=Ekc D． 粒子电势能Epb>Epc ‎【答案】CD ‎【解析】如图所示轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，故A错误；从a到b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故B错误；a、c两点处于同一等势面上，从a到c电场力为零，则a、c两点动能相等，故C正确；从b到c过程中,电场力做正功，电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确。所以CD正确，AB错误。 ‎ ‎14．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，图中x1与x3两点对应的纵坐标相同。下列说法中正确的是(　　)‎ A． O点的电势最低 B． x2点的电势最高 C． x1和－x1两点的电势相同 D． x1和x3两点的电场强度相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.B. 作出电场线如图，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；‎ C. 从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等。故C正确；‎ D. 由图可以直接得到x1和x3两点的电场强度相同，故D正确；‎ 故选：CD.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、解答题 ‎15．如图所示，正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点，现将一质量为m、带电量为q（电性未知）的小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷；‎ ‎（2）小球运动到B点时的加速度；‎ ‎（3）A、B两点间的电势差。‎ ‎【答案】(1) 小球带正电 (2) ，方向沿斜面向上 （3）‎ ‎【解析】（1）由题意可知，小球带正电。‎ ‎（2）设正点电荷带电量为Q，则小球在A点受到的库仑力,小球在B点的受到的库仑力,‎ 在A点，对小球由牛顿第二定律得 ‎ 在B点，对小球由牛顿第二定律得 由以上可得aB=g，方向沿斜面向上。‎ ‎（3）设由A到B正点电荷对小球做功为WAB，对小球由动能定理得 由电场力做功与电势差的关系得 ‎ 得 点睛：此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路．‎ ‎16．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ W=－qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ‎ 代入数据，解得：FN＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；‎ ‎（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；‎ ‎（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。‎