湖北省荆州市荆州中学2018-2019学年高二上学期第一次双周考物理试题（解析版）

湖北省荆州市荆州中学2018-2019学年高二上学期第一次双周考物理试题（解析版）

荆州中学 2018—2019 学年度上学期高二年级第一次考试 物理试卷 一、选择题（共 10 小题 ： 1--6 题为单选题，7---10 为多选题 ， 每小题 5 分，共 50 分） ‎ ‎1.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（ ）‎ A.点场强大于点场强 B. 和处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷由点移动到点，电荷的电势能将减小 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由点运动到点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；‎ B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；‎ C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C正确；‎ D、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D正确；‎ 故选；ACD．‎ ‎【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎2.如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV．若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV时，它的动能等于（   ）‎ A. 16 eV B. 4 eV C. 6 eV D. 14 eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设相邻两等势面间的电势差为U，小球的电荷量为q，小球从a到b和从b到c分别根据动能定理得：-q•3U=Ekb-Eka，qU=Ekc-Ekb;解得： eV=8eV;因为c点为零电势，所以小球在c点时的电势能为：Ec=qφc=0.小球在电场中运动时，只有电场力做功，因此有W电=△Ek， 同时，W电=-△Ep， 所以△Ek+△Ep=0，即只有电场力做功时，小球的动能与电势能的总和保持不变．设小球电势能为-6eV时，在电场中的P点位置，由于小球的动能与电势能的总和保持8eV不变，所以有EkP+Ep=8eV，解得：EkP=8eV-Ep=[8-(-6)]eV=14eV．故选D.‎ ‎【点睛】小球从a到b和从b到c分别根据动能定理求出c点的动能；因为c点为零电势，求出小球在c点时的电势能，小球在电场中运动时，只有电场力做功，小球的动能与电势能的总和保持不变．‎ ‎3. 如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球．用一指向竖直杆的力F作用在A球，使两球均处于静止状态，现将A球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列判断正确的是 A. A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力变大 B. A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力变小 C. A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力不变 D. A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力不变。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：以AB整体作为研究对象，分析其受力知，整体受重力，OM杆的支持力，水平拉力，和ON杆上的弹力，整体竖直方向平衡，OM杆的支持力等于重力，由牛顿第三定律知A球对OM杆的压力不变；分析B球的受力如图：‎ 竖直方向有，移动以后F与竖直方向的夹角变小，余弦值变大，库仑力F力将变小，C正确，ABD错误。‎ 考点：本题考查了整体法和隔离法 ‎4.如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是 A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2s末带电粒子回到原出发点 C. 带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零 D. 0~2.5s内，电场力对带电粒子所做的总功为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、带电粒子在前1s处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B、带电粒子在前1s处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5s先做匀减速接着0.5s反向加速。所以2s末带电粒子不在出发点。故B错误；C、带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零。故C正确；D、0-2.5s内，电场力的总冲量等于粒子的运量变化，由于电场强度大小不一，所以2.5s末速度不为零，因此总冲量不为零。粒子在2.5s内没有回到出发点，所以电场力的总功不为零，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．‎ ‎5.如图所示为某电场中 x 轴上电势 φ 随 x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在 x=0 处由静止释放沿 x 轴正向运动，且以一定的速度通过 x=x2 处，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. x1 和 x2 处的电场强度均为零 B. x1 和 x2 之间的场强方向不变 C. 粒子从 x=0 到 x=x2 过程中，电势能先增大后减小 D. 粒子从 x=0 到 x=x2 过程中，加速度先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电场力方向与粒子运动方向的关系判断电场力做功正负，从而分析其电势能的变化情况。根据电场强度的变化，判断电场力的变化，来分析加速度的变化。‎ ‎【详解】图象的切线斜率越大，则场强越大，可知和处的电场强度均不为零，故A错误；由切线斜率的正负，可知和处之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故B错误；粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要明确图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向，要知道电势的高低与电场方向的关系以及电场力做功与电势能的关系。‎ ‎6.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动：（ ）‎ A. 半径越大，加速度越大 B. 半径越小，环形电流越大 C. 半径越大，角速度越小 D. 半径越小，线速度越小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得，可得；；；；半径越大，加速度越小，故A错误；半径越小，周期越小，而环形电流I=e/T，则有电流越大，故B正确；半径越大，角速度越小，故C正确；半径越小，线速度越大，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．‎ ‎7.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是 A. 液滴将加速向下运动 B. 液滴将保持不动 C. P点电势升高，液滴在P点时电势能减少 D. P点电势升高，液滴在P点时电势能增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、B、液滴受力平衡，故电场力向上，可知液滴带负电；电容器因断开开关后电量保持不变，b板下移时，两板间的距离增大，则由可知，场强E不变；则粒子受到的电场力不变，故液滴继续保持静止，故A错误、B正确.C、D、下极板接地，则P 点的电势等于P与b之间的电势差，因E不变，d增大，故液滴处的电势增大；因液滴带负电，故其电势能将减小，故C正确、D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】对于电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器是断开电源还是与电源相连；然后再由电容的定义式有决定式进行分析求解．‎ ‎8.铅蓄电池的电动势为 2V，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电路中每通过 2C 的电荷量，铅蓄电池把 2J 的化学能转化为电能。‎ B. 铅蓄电池在未接入电路时，电池两端的电压等于 2V。‎ C. 铅蓄电池在 1S 内总是将 2J 的化学能转变成电能。‎ D. 铅蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节 1.5V 的干电池大。‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：电路中每通过1C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功为2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能，与时间无关，故A对、C错；蓄电池开路时的电压为2V，B错；电动势表示电源把其他形式的能转化为电能的本领，电动势大，转化的本领强，故D对。‎ 考点：电源的电动势。‎ ‎【名师点睛】电动势 ‎（1）电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．‎ ‎（2）电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝，单位：V.‎ ‎（3）电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎9.如图甲所示，、为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点．现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为、，则 ‎ A. 一定带负电 B. 的电量一定大于的电量 C. b点的电势高于a点的电势 D. 电子离开b点后所受静电力一直减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】从速度图象乙上看出，可见电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零。过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右；结合两个点电荷的电场的叠加的知识可知，一定带负电，一定带正电，A错误C正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据，b到的距离大于到的距离，所以的电量大于的电量，B正确；由图乙可知，在b点右侧，电子的速度逐渐减小，由于v-t图象的斜率可以表示加速度的大小，由图可知，电子的加速度先增大后减小，所以电子离开b后受到的电场力也是先增大后减小，D错误．‎ ‎10.AM、BN是平行板电容器两极板，板长为L，距离板右端L处有竖直屏PQ。若带电，两板之间为匀强电场，两板之外电场忽略不计。一质量为m，带电量为+q的油滴以水平速度V0飞入电容器间，经过一段时间油滴垂直打在屏上。下列说法正确的是（ ）‎ A. 平行板电容器可能不带电 B. BN板一定带正电，且电场强度大小为mg/q C. 油滴在电容器间运动过程中机械能一定增大 D. 油滴撞击PQ前的瞬间速度大小仍为V0‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 油滴垂直打在屏上，将油滴的运动分解为水平方向和竖直方向，知竖直方向上的分速度最终为零，油滴在电容器间受电场力和重力做类平抛运动，出电场后仅受重力．通过油滴竖直方向分速度的变化进行分析．‎ ‎【详解】若电容器不带电，则油滴只受重力作用，粒子做平抛运动，不会垂直撞在PQ上的，故电容器一定带电，A错误；油滴在极板间运动过程中，在竖直方向上开始受重力和电场力，射出电场后仅受重力，要使能垂直撞击在PQ上，则碰撞瞬间竖直方向上的分速度为零，而小球在水平方向上做速度大小为的匀速直线运动，故撞击PQ时，速度仍为，要使竖直方向向上速度为零，则油滴离开电场时竖直方向的分速度方向向上，可得电场力大于重力，即，故，电场力方向向上，故BN板带正电，B错误D正确；油滴在电容器间运动，电场力做正功，根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量，知机械能增大，C正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过油滴竖直方向上分速度为零，知油滴离开电容器时有竖直向上的分速度．‎ 二、实验题 （共 2 小题 8 分+ 6 分= 14 分） ‎ ‎11.某实验小组用如图所示的装置测自由落体的加速度，其操作步骤如下： ‎ A．按照图中的装置安装实验器材 ‎ B．将打点计时器接到学生电源的“直流输出”上 C．先释放纸带，之后闭合开关接通电源，打出一条纸带 D．重复步骤 C 几次，从打出的纸带中选取较理想的一条测量并研究 E．根据测量的数据算出重力加速度 ‎（1）以上步骤中有错误请指出其错误步骤（填代号）并改正：__________；‎ ‎（2）利用图像可以求出重力加速度，乙物体下落速度的二次方