【物理】北京市人大附中2019-2020学年高一下学期阶段测试试题 （解析版）

【物理】北京市人大附中2019-2020学年高一下学期阶段测试试题 （解析版）

北京市人大附中2019-2020学年高一下学期阶段测试试题 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1.下列几个物理量都有正负，下列选项中可以用正负来表示方向的是（　　）‎ A. 功 B. 电势 C. 电荷量 D. 电场强度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】矢量的正负表示方向，标量的正负不表示方向。‎ A．功是标量，功的正负不表示方向，故A错误； ‎ B．电势是标量，电势的正负不表示方向，故B错误； ‎ C．电荷量是标量，电荷量的正负不表示方向，故C错误； ‎ D．电场强度是矢量，电场强度的正负表示方向，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，小明用大小为F与水平方向成θ角的拉力拉着木箱在粗糙水平面上沿水平直线匀加速运动距离为x，加速度大小为a，则此过程中拉力对木箱所做的功为（　　）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，拉力与位移的夹角为θ，则由功的公式可知，F的功为：‎ ‎，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们轨道半径分别是2R和3R（R为地球半径）。下列说法中正确的是（　　）‎ A. a、b的线速度大小之比是2：3 B. a、b的周期之比是2：3‎ C. a、b的角速度大小之比是2：3 D. a、b的向心加速度大小之比是9：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】做匀速圆周运动的人造卫星，万有引力提供向心力，根据向心力公式得 A． .解得线速度，a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的线速度大小之比是，故A错误；‎ B．解得周期，a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的周期之比是，故B错误；‎ C．解得角速度，a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的角速度大小之比是，故C错误；‎ D．解得向心加速度，a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的向心加速度大小之比是9:4，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中所示。那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（　　）‎ A. 一定是正电 B. 一定是负电 C. 可能是正电，也可能是负电 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对A电荷受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上；如果C是正电荷，则C对A的库仑斥力沿CA连线向上，这两个斥力的合力指向CA和BA延长线之间，不可能BA偏向右；只有C带负电，C对A的库仑引力沿AC连线向下，与B对A的作用力的合力才偏向右侧，故C一定带负电，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是（　　）‎ A. c一定带负电 B. c所带的电荷量一定大于q C. c可能处在a、b之间 D. 如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”；根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”；所以c一定带正电，c所带的电荷量一定大于q，b处在a、c之间，故B项正确，AC两项错误；‎ D．如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c一定处于a、b两点电荷产生场强相互抵消处，对c的电性、电荷量没有要求，故D项错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图，长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端R处，规定无穷远处为0电势，当达静电平衡后，下列说法正确的为（　　）‎ A. 棒中心处的场强不为0‎ B. 棒中心处的电势不为0‎ C. 将整个导体棒切割为左和右为两部分，左带电绝对值比右多 D. 将整个导体棒切割为左和右为两部分，左带电绝对值比右少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．处于静电平衡的导体，内部电场强度处处为0，故A错误；‎ B．处于静电平衡的导体，是一个等势体，棒中心处的电势与表面电势是相等，不为0，故B正确；‎ CD．导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端R处时，导体棒只会在最左和最右端带上等量的异种电荷，所以将整个导体棒切割为左和右为两部分，左带电绝对值与右一样多，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的：‎ A. 动能和电势能都减少，重力势能增加 B. 动能和重力势能都增加，电势能减少 C. 动能减少，重力势能和电势能都增加 D. 动能不变，重力势能增加，电势能减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电微粒沿直线AB运动，所以其合力沿直线AB方向，由此可知微粒所受电场力水平向左，与重力的合力沿BA方向，故重力和电场力均做负功，动能减小，电势能和重力势能增加，选项C正确．‎ ‎8.如图虚线为某点电荷电场的等势面，有两个带电粒子（重力不计），以相同的速率沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，不计两个粒子之间的静电力，由轨迹可以判定（　　）‎ A. 两粒子带电量多少一定不同 ‎ B. 两粒子电性可能相同 C. 两粒子的电势能都是先减少后增大 ‎ D. 经过B、C两点，两粒子的速率不可能相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误；‎ B．由图可知沿轨迹1运动的电荷逐渐远离了中心电荷，受到中心电荷的斥力，而轨迹2运动的电荷受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。故B错误；‎ C．轨迹2运动的电荷在运动过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而轨迹1运动的电荷在运动过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C错误；‎ D．A和B电势相等，带电粒子从A到B过程中末速度大小等于初速度大小，A和C电势不相等，带电粒子从A到C过程中末速度大小不等于初速度大小，而两粒子的初速度的大小相同，所以经过B、C两点，两粒子的速率不可能相等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为、、和点a到点电荷的距离与点a的电势已在图中用坐标（，）标出，其余类推。由图可知（　　）‎ A. 用来检测场强和电势的检验电荷一定带正电 B. a点电场强度大于b点电场强度 C. 将同一检验电荷由c移动到d所做的功大于由b到c所做的功 D. ad两点间图像与横轴之间的面积可以代表ad间电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场中的电势分布与检验电荷电性无关，所以无法根据任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系图，来判断检验电荷的电性，故A错误；‎ B．场源电荷是点电荷，由图可知，a点离场源电荷近，所以a点电场强度大于b点电场强度，故B正确；‎ C．由图可知，cd两点间的电势差与bc两点间的电势差相等，所以将同一检验电荷由c移动到d所做的功等于由b到c所做的功，故C错误；‎ D．由图可知，ad间电势差等于这两点纵坐标之差，与两点间图像与横轴之间面积无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.电源、开关、平行板电容器连成如图电路．闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是 A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变 B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小 C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大 D. 若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U不变；若将A板下移少许，据知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U不变，Q增大；据，可得E增大；故AB错误；‎ CD．若断开开关，电路断路，Q不变；若将A板下移少许，据知，电容器将增大；由，可知U减小；由于，可得E不变；故C错误，D正确．‎ 二、多选题（本大题共4小题，多选、错选、不选不得分，漏选得2分，共16.0分）‎ ‎11.如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩．在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是　　‎ A. 小球的动能先增大后减小 B. 小球的动能一直在减小 C. 小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加 D. 小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.小球刚接触弹簧时，弹簧形变量较小，弹力小于重力，对小球而言受重力和弹力作用，合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，则小球的动能先增加后减小，故A正确；B错误； C.由于将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，相对地面的高度是越来越小，故重力势能一直减小，而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中弹簧的形变量越来越大，弹性势能也越来越大，故C正确；‎ ‎ D.因为整个过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，即小球的动能与重力势能及弹簧的弹性势能之和不变，而在小球压缩弹簧的过程中，小球的动能先增大后减少，所以小球的重力势能和弹簧的之和先减小后增大．故D错误．‎ ‎12.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A，B速度随时间变化.情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 木板A与物体B质量相等 B. 系统损失的机械能为 C. 木板A的最小长度为 D. A对B做功与B对A做功等大方向 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v=‎1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，解得，‎ 所以木板A与物体B质量相等，故A正确；‎ B．系统损失的机械能为，故B正确；‎ C．木板A的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A的最小长度为 ‎，故C正确；‎ D．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A对B做功与B对A做功的绝对值不相等，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎13.如图所示，在匀强电场中有边长、∠A=60°的菱形ABCD，场强方向平行于ABCD平面，已知A、B、C点电势分别为9V、4.5V、0V，则下列说法中正确的是 ‎ ‎ A. D点电势大小为4.5V B. D点电势大小为3V C. 匀强电场场强大小为150V/m，场强方向沿BD D. 匀强电场场强大小为300V/m，场强方向沿AC ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据菱形ABCD的对角线垂直平分，其交点为O点，则B、O、D电势相等，所以D点电势大小为4.5V，故A正确，B错误；‎ CD.电场方向和等势线垂直，顺电场线方向电势降低，所以场强方向沿AC，计算AC长度为‎3cm，AC电势差为9V，得出匀强电场场强大小为9V/‎3cm=300V/m，故C错误D正确．‎ ‎14.光滑绝缘水平面上固定两个等量同种点电荷Q，在它们连线的中垂线上，有A和B两点到连线中点O的距离相等，如图所示，则（　　）‎ A. A，B两点的电场强度大小相等、方向相反 B. 同一点电荷在A，B两点的电势能相等 C. 把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢增大两个Q，q将不能到达B D. 把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢增大两个Q，q越过B点后速度才减为0‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据等量同种电荷连线中垂线上的电场强度分布和电势分布可知，A、B两点的电场强度大小相等、方向相反；A、B两点的电势相同，所以同一点电荷在A、B两点的电势能相等，故AB正确；‎ CD．把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢增大两个Q，则负电荷受到的吸引力逐渐变大，到达B点之前速度就减为0，q将不能到达B，故C正确，D错误。‎ 故选ABC。‎ 三、计算题（本大题共3小题，共44分）‎ ‎15.如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：‎ ‎（1）小球所受电场力F大小；‎ ‎（2）小球质量m；‎ ‎（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v的大小；‎ ‎（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。‎ ‎【答案】（1）3´10-3N；（2）4´10‎-4kg；（3）‎2m/s；（4）5.6´10-3N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球所受电场力F大小 ‎（2）球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，‎ 根据共点力平衡条件和图中几何关系有 解得小球质量 ‎（3）将电场撤去，小球摆动到最低点过程由机械能守恒定律得：‎ 解得 ‎（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得 解得 ‎16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。己知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为e。（不计重力）求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎（3）P点到O点的距离Y；‎ ‎（4）电子打到屏上P点的速度。‎ ‎【答案】（1）；（2）；‎ ‎（3）；（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得： ①‎ 解得 ②‎ ‎（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1，电子在水平方向做匀速直线运动故有v0t1=L1 ③‎ 在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为U2，极板间距为d，则电子在偏转电场中的加速度 ④‎ 所以电子在偏转电场方向上侧位移 ⑤‎ 由②③④⑤解得电子从偏转电场射出时的侧移量 ⑥‎ ‎（3）由几何关系有 ⑦‎ 解得P点到O点的距离 ⑧‎ ‎（4）电子离开偏转电场时垂直于电场的方向的速度 ⑨‎ 电子离开偏转电场时沿电场方向的速度 ⑩‎ 离开偏转电场时的速度 ⑪‎ 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，所以电子打到屏上P点的速度也就是离开偏转电场时的速度。‎ 由②③④⑨⑩⑪式解得电子打到屏上P点的速度 ‎17.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以为中心，沿x轴方向做周期性运动。己知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。‎ ‎（1）求粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）若将粒子由处由静止释放，求粒子的运动周期；‎ ‎（3）若粒子在处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A（）。求粒子的运动区间。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：‎ 电场力的大小为：‎ ‎（2）考虑粒子从处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度 根据直线运动公式 联立并代入得：‎ 故得粒子的运动周期为：‎ ‎（3）设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意得 由图可知：‎ 由上解得：‎ 因动能非负，有：‎ 则有：‎ 所以可得粒子的运动区间为：‎