2017-2018学年甘肃省兰州市第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2017-2018学年甘肃省兰州市第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

兰州一中2017-2018-1学期高二年级期中考试试题 物 理(理科)‎ 一、选择题（共10小题，40分。1-6小题为单选，7-10为多选）‎ ‎1. 关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是（ ）‎ A. 只有很小的球形带电体才叫做点电荷 B. 带电体间的距离比它们本身的尺寸大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 C. 元电荷就是电子 D. 带电体的电荷量可以是任意数值 ‎【答案】B ‎【解析】当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与电荷本身大小无关，故A错误；带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故B正确；元电荷是与电子的电荷量数值相等的电荷量，但不是电子，故C错误；带电体所带的电量只能是元电荷的整数倍,故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2. 两个完全相同的绝缘金属球a和b（可视为质点）相距为r，电荷量分别为+3q和+q，两球接触后再分开放回原位置，下列分析正确的是（ ）‎ A. 现在a 的电荷量为+2q、b的电荷量为0‎ B. 现在a、b的电荷量都为+2q C. 此过程中是a球上的电子转移到b球 D. 现在两球间的库仑力F=‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据同种电荷接触后分开，电量则是平分；若是异种电荷，接触后分开，电量是先中和再平分，由于电荷量分别为+3q和+q，两球接触后再分开，因此a、b的电荷量都为+2q，故A错误，B正确；此过程中是b球上的电子转移到a球上，故C错误；此时两球间的库伦力为：，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3. 如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中， O点固定一带电量为Q（Q>0）的点电荷，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 (　　)‎ A. A点的场强大小为 B. B点的场强大小为 C. C点的场强大小一定为0‎ D. D点的场强大小可能为0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】正点电荷Q在A点的电场强度大小为：，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为：，故A正确；同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点场强大小为: ，故B错误；同理在C点的场强大小为，故C错误；当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，且大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎4. 如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球均处在静止状态时，每根弹簧长度均为l。已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】对第3个小球受力分析，受两个库仑力和弹簧的拉力，根据平衡条件得：‎ ‎，解得：，所以弹簧的原长为：，故C正确，ABD错误。‎ ‎5. 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 电子一直向着A板运动 B. 电子一直向着B板运动 C. 电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D. 电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 ‎【答案】D ‎【解析】根据牛顿第二定律得：，由于加速电压大小相等，可知加速度大小相等，作出电子运动的速度时间图象，如图所示，‎ 由图象可知，电子在某一位置两侧做往返运动，故AB错误；由于开始时B板电势比A板电势高，所以电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎6. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为ΔL的电子束内的电子个数是 (　 　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据动能定理：，在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为：，电子数：，联立解得：，故D正确，ABC错误。‎ ‎7. 在如图所示的哪种情况下，a、b两点的电势相等，电场强度也相同 ( ) ‎ A. 带电平行板电容器两板间除边缘附近处的a、b两点 B. 处于静电平衡状态下的导体内部的a、b两点 C. 离点电荷等距的a、b两点 D. 两个等量异种点电荷的中垂线上，与连线中点O等距的a、b两点 ‎【答案】BD ‎【解析】a、b处于匀强电场中，场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势，故A错误；处于静电平衡状态下的金属内部a、b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故B正确；a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故C错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等．根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎8. 如图所示，虚线表示某电场的等势面。一带电粒子仅在电场力作用下，由A点运动到B点的径迹如图中实线所示。粒子在A点的速度为vA、加速度为aA、电势能为EpA；在B点的速度为vB、加速度为aB、电势能为EpB，则下列判断中正确的是 (　　)‎ A. 该粒子带负电 B. vA>vB C. aAEpB ‎【答案】ABC ‎【解析】由于等势面是同心圆，且外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子带负电，故A正确；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB，故C正确；从A到B电场力做负功，速度减小，电势能增加，故B正确，D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎9. 如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现有质量为m、电荷量为q的质子以初速度为零，从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行板C、D的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子在射出B板时的速度为 B. 带电粒子在C、D极板间运动的时间为 C. 带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移 D. 若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在离开板间时的速度与水平方向夹角将加倍 ‎【答案】AC ‎【解析】带电粒子由A到B，设到B板的速度为v，根据动能定理：，解得：，故A正确；粒子进入C、D电场后水平方向做匀速直线运动，则L=v0t，解得：，故B错误；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：，粒子进入C、D电场在竖直方向发生的位移为：，联立以上可得：，故C正确；带电粒子在离开板间时的速度与水平方向夹角的正切值为：，可知同时使U1和U2加倍，带电粒子在离开板间时的速度与水平方向夹角不变，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎10. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则 （ ）‎ A. 从A点到最低点小球重力势能减少了 mg2t2‎ B. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2‎ C. 整个过程中小球所受合外力冲量大小为2mgt D. 整个过程中小球电势能减少了mg2t2‎ ‎【答案】AC ‎ ‎ 二、填空题（每空2分，共22分）‎ ‎11. 在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与静电计相接，B极板接地。‎ ‎（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角___________________（填“‎ 变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随__________________而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角_______________________（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随__________________而增大，此过程中，板间形成匀强电场的场强__________________（填“变大”、 “不变”或“变小”）。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 正对面积增大 (3). 变大 (4). 板间距离减小 (5). 不变 ‎【解析】（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：，可知，电容C变小．电容器的电量Q不变，由电容的定义式：可知，板间电压U变大．此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大。‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式：，可知，电容C变小．电容器的电量Q不变，由电容的定义式：可知，板间电压U变大．此实验说明平行板电容器的电容随极板间的距离减小而增大；板间场强为：，联立以上可得：可知板间场强不变。‎ ‎12. 空间中存在一平行于xOy平面的匀强电场，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。则该匀强电场的电场强度的大小为____________V/cm，电子在坐标原点处的电势能为____________eV，电子在a 点的电势能_________在b点的电势能（填“>”、 “<”或“=”）。 ‎ ‎【答案】 (1). 2.5V/cm (2). -1eV (3). >‎ ‎【解析】如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图， ‎ 板间场强为：，依据几何关系，，联立以上可得：；根据，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=1 V，所以电子的电势能为：；由图可知电子从a点到b点电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的大。‎ ‎13. 已知灵敏电流计的内阻为4Ω，满偏电压为0.05V，若要将其改装成一量程为10V的电压表，则应______________联一个______________Ω的电阻；若要将其改装为一个大量程电流表，则应______________联一个电阻。‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 796Ω (3). 并 ‎【解析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻阻值：；改为较大量程的电流表应并联分流电阻。‎ 三、计算题（本题共4小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分）‎ ‎14. 如图所示的电路中，电阻R=10Ω，电动机M的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=50V，已知电流表的读数为25A，求：‎ ‎（1）通过电动机线圈的电流强度为多少？‎ ‎（2）通电，电动机M输出的机械功为多少？‎ ‎【答案】（1）20A （2）3.6×104J ‎（1）通过电阻R的电流为：‎ 通过电动机的电流：IM=I-IR=25A-5A=20A ‎（2）电动机在1min内消耗的电能：W＝UIMt＝50×20×60J＝6×104J 电流通过电动机产生的热量：Q＝I2Mrt＝202×1×60J＝2.4×104J 电动机在1min内输出的机械功为：W'=W-Q=3.6×104J 点睛：本题主要考查了非纯组电路问题，抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。‎ ‎15. 如图所示，一电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若将电场强度的大小减小为原来的一半，物块的加速度大小。‎ ‎【答案】（1） （2）0.3g ‎【解析】试题分析：（1）对小滑块受力分析 :垂直斜面的弹力，水平向右的电场力，竖直向下的重力。‎ 由平衡条件：‎ 解得：E=‎ ‎（2）当电场强度变小时候，重力下滑分量不变弹力在斜面上的分量变小对小物块，由牛顿第二定律：‎ 解得：a=0.3g 考点：受力分析 牛顿第一定律 ‎16. 如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e，盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m、带电量为q的粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出。(忽略粒子重力)求：‎ ‎(1)该带电粒子从e孔射出的速度大小；‎ ‎(2) 若正方形的边长为L，求该电场的场强大小。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，用平均速度表示竖直位移和水平位移，求出粒子从e孔射出时竖直方向的速度，再合成求解粒子从e孔射出的速度大小；运用动能定理求出电场强度。‎ ‎(1)设粒子在e孔的竖直速度为vy.‎ 则水平方向匀速运动：‎ 竖直方向根据平均速度： ‎ 联立可得：vy＝4v0 ‎ 所以带电粒子从e孔射出的速度大小为： ‎ ‎(2) 根据动能定理得：‎ 电场力做功为：W电＝Eq·l 联立解得：‎ 点睛：本题主要考查了类平抛运动问题，基本方法是运动的分解法，要抓住水平和竖直两个方向位移的关系是关键。‎ ‎17. 在同一竖直线上的A、B两点，固定有等量的异种点电荷，电量为q，正、负如图所示，ΔABC为一等边三角形(边长为L)，CD与AB垂直且与右侧竖直光滑的1/4圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m带电量为+Q的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0。已知静电力恒量为k，重力加速度为g，现取D为电势零点，求：‎ ‎（1）小球在C点受到的电场力的大小和方向；‎ ‎（2） 在最低点C轨道对小球的支持力FN多大？‎ ‎（3）在等量异种电荷A、B的电场中，M点的电势φM?‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：小球在C点时，受到+q和-q两个电场力作用，根据库仑定律和力的合成法求解；由牛顿运动定律，可得轨道对小球的支持力，球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得MC两点的电势差，又等量异种电荷中垂线上的电势相等即C、D是等电势，可得M点的电势。‎ ‎（1）+Q到达最低点C时，+q与-q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有 又因为△ABC为一等边三角形，易知F1、F2的夹角是120°‎ 所以二者的合力为：，且方向是竖直向下 ‎（2）由牛顿运动定律：‎ 可得轨道对小球的支持力：‎ ‎（3）小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得：‎ 可得MC两点的电势差为：‎ 又等量异种电荷中垂线上的电势相等即C、D是等电势的 所以M点的电势为：‎ 点睛：本题主要考查了 动能定理、库仑定律的综合应用正确进行受力分析，即可解题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎