2018-2019学年安徽省阜阳三中高二上学期第一次调研考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省阜阳三中高二上学期第一次调研考试物理试题 解析版

安徽省阜阳三中2018-2019学年高二上学期第一次调研考试物理试题 一、选择题 ‎1.电荷从静止开始只在电场力作用下的运动(最初阶段的运动)，则电荷(　　)‎ A. 总是从电势高的地方移到电势低的地方 B. 总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方 C. 总是从电势能大的地方移到电势能小的地方 D. 总是从电势能小的地方移到电势能大的地方 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如果是负电荷，运动方向与场强相反，故电势会增大，故A错误；静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，但此方向的场强不一定减小，故B错误；由于电荷只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以εA＞εB，故C正确D错误．‎ ‎2.以下说法正确的是( )‎ A. 由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B. 由公式 可知电场中某点的电势φ与q成反比 C. 由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D. 公式 ，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电场强度大小只和电场本身的性质有关，与试探电荷的电荷量以及所受电场力大小无关，A错误；电势大小和电荷量大小无关，B错误；公式E=Ud中的d表示的是两点沿电场方向的距离，而不是任意距离，所以任意两点间的距离大小，但是在电场方向的投影距离不一定，电势差不一定大，C错误；电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，D正确．‎ ‎3. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由库仑定律：，，故A、C、D错误，D正确。‎ 考点：库仑定律。‎ ‎4.在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有(　 　)‎ A. 电势能逐渐减小 B. 电势能逐渐增大 C. q3受到的电场力逐渐减小 D. q3受到的电场力逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：和是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小，故A正确，B错误；根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故CD错误 考点：考查了等量同种电荷电场分布规律 ‎【名师点睛】对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．‎ ‎5.如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个所带电荷量不变的小球A。在两次实验中，均缓慢移动另一带同号电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ。若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1/q2为（ ）　‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球A受力平衡，根据解三角形可得A球所受的库仑力，当角度为300时有：，当角度为450时有：，联立解得：，故C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图所示，a、b、c、d、e五条实线为电场中的等势面，相邻两个等势面间的电势差相等，且等势面b的电势为零。一个带电的粒子仅在静电力作用下从A点运动到B点，其在A点的动能为10J，到达B点时的动能为30J。在此过程中，粒子动能是27.5J时的电势能为 A. - 2.5J B. 2.5J C. 12.5J D. -12.5J ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由能量关系可知，粒子运动过程中只有电场力做功，则粒子的电势能与动能之和守恒，则粒子在b等势面时总能量为30J，则此过程中，粒子动能是27.5J时的电势能为30J-27.5J=2.5J ，故选B.‎ ‎7.如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时( )‎ A. 导体A端的电势高于B端的电势 B. 导体的感应电荷在O点产生的场强为，方向向右 C. 导体的中心O的场强为零 D. 撤去点电荷–Q后，导体带上了正电荷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体A端电势等于B端电势；故A错误.‎ B、C、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0；即感应电荷在O点的场强和外部点电荷在O点产生的场强等大反向，则，方向向左；故B错误，C正确.‎ D、撤去场源电荷后，导体上的电荷失去了电场力的作用，电荷重新分布到原状，整个导体不带电；D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点：整个导体是等势体，内部场强处处为零．‎ ‎8.如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为圆盘上电荷分布均匀，并且形状规则，故可圆盘可等效看做为电荷集中在c点，带电量为Q的点电荷，q在b点产生的电场强度大小为，Q在b点产生的电场强度大小为，因为b点电场强度为零，所以，解得，Q带正电，q在d处此时的电场强度大小为，方向向右；Q在d处产生的电场强度大小为，方向向右，故d点的合场强为，B正确．‎ ‎9.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( ) ‎ A. 粒子带正电荷 B. 粒子加速度逐渐减小 C. A点的速度大于B点的速度 D. 粒子的初速度不为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，故B正确．由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，故电场力做负功，带电粒子的速度减小，A点的速度大于B点的速度，故C错误．由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，受到的电场力的方向与轨迹的方向不相同，所以粒子在A点的初速度一定不等于零，故D正确．故选BD．‎ 点睛：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；明确电场力做功与电势能和动能间的关系．‎ ‎10.空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有(　　)‎ A. EBx的大小大于ECx的大小 B. EBx的方向沿x轴正方向 C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBx＞ECx，故A错误；C、同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C错误；B、D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B错误，D正确；故选D．‎ 考点：电势；电场强度．‎ 视频 ‎11. 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，x轴正方向为场强的正方向。下列说法中正确的是 A. 该电场可能是由一对分别位于x2和－x2两点的等量异种电荷形成的电场 B. x2和－x2两点的电势相等 C. 正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小 D. 原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于和两点的等量异种电荷形成的电场，故A错误；由于和两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到和从O点到电势降落相等，故和两点的电势相等，故B正确；由图可知，正电荷从运动到的过程中运动的方向先与电场的方向相同后与电场的方向相反，所以电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；和两点的电势相等，原点O与两点之间的电势差等于原点O与两点之间的电势差，与两点之间的电势差等于与两点之间的电势差，所以原点O与两点之间的电势差大于与两点之间的电势差，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势能 ‎【名师点睛】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可。‎ ‎12.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N．今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回．若保持两板间的电压不变，则：（）‎ A. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回 B. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回 C. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落 D. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题设条件知，mg•2d-qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d-qU=0，小球到达N点速度为零然后返回;故A正确.‎ B、将B板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d-qU=0，小球到达N点速度为零然后返回;故B错误.‎ C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh-qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回;故C错误.‎ D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh-qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落;故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．‎ 二、实验题 ‎13.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。‎ ‎（1）影响平行板电容器电容的因素有_______，在实验室中完成这个实验的方法是________；‎ A.两极板的正对面积 ‎ B.两板间距离 ‎ C.电介质的介电常数 ‎ D.极板的材料 ‎ E.类比法 ‎ F.控制变量法 ‎ G.假设法 ‎ H.微小量放大法 ‎ ‎（2）下列关于实验中使用静电计的说法正确的是有______________；‎ A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 ‎ B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 ‎ C.静电计可以用电压表替代 ‎ D.静电计可以用电流表替代 ‎（3）上移左极板，可观察到静电计指针偏角___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). ABC； (2). F； (3). A； (4). 变大；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据公式可知影响平行板电容器电容的因素有两极板的正对面积、两板间距离、电介质的介电常数，故ABC正确；因为涉及多个变量，所以需要用到控制变量，F正确．‎ ‎（2）静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，A正确B错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，CD错误．‎ ‎（3）根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．‎ ‎14.美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验．如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止．‎ ‎（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有：_______．‎ A．油滴质量m B．两板间的电压U C．两板间的距离d D．两板的长度L ‎（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=_______（已知重力加速度为g）‎ ‎（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=_______C．‎ ‎【答案】 (1). ABC (2). (3). 1.6×10﹣19‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有 ‎,所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d，故选ABC．‎ ‎（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量 ‎（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，‎ 这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=1．6×10-19C．‎ 考点：密利根油滴实验 三、计算题 ‎15.如图所示，平行板电容器竖直放置，A、B两板与电源连接，一带电小球悬挂在电容器内部。己知AB两板间电压为U，两板间距为d，小球质量为m，静止时绳与竖直方向成θ角，当地重力加速度为g。‎ ‎(1)求平行板间匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(2)判定带电小球的电性，并求出其电荷量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据电场强度的定义可知两极板间的电场强度大小为 ‎(2)由于小球受到水平向右的电场力，而电场方向水平向右，‎ 故小球受到的电场力和电场方向相同，带正电，‎ 对小球受力分析，，‎ 得．‎ ‎【点睛】该题属于带电物体在静电场中的平衡问题和匀加速运动的问题，对物体进行正确的受力分析是解题的关键。‎ ‎16.将带电荷量为6×10﹣6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×10﹣5J的功，再从B移到C，静电力做了1.2×10﹣5J的功．则 ‎（1）电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？‎ ‎（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？‎ ‎（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？‎ ‎【答案】（1）电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共电势能增加1.8×10﹣5J．‎ ‎（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为3×10﹣5J和1.8×10﹣5J．‎ ‎（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为5V和3V．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）负电荷在电场力作用下发生位移，电场力做负功，则电荷的电势能增加．克服静电力做多少功，电势能就增加多少．相反，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少．根据电场力做功与电势能变化的关系求解．先求出电场力做功，再求解电势能的变化量．‎ ‎（2）根据电势能的变化量，确定出电荷在B点和C点的电势能．‎ ‎（3）根据公式φ=，代入数据计算电势．‎ 解：（1）负电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为：WAB=﹣3×10﹣5J，电势能增加量为△EPAB=3×10﹣5J；‎ 从B点移动到C点，电场力做了WBC=1.2×10﹣5J的功，电荷的电势能减小量△EPBC=1.2×10﹣5J，所以电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能增加量为：‎ ‎△EPAC=△EPAB﹣△EPBC=3×10﹣5J﹣1.2×10﹣5J=1.8×10﹣5J．‎ ‎（2）规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加3×10﹣5J，可知B点的电势能为：EPB=3×10﹣5J；‎ 电荷从A点到C点，电势能增加1.8×10﹣5J，则C点的电势能为：EPC=1.8×10﹣5J；‎ ‎（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为：‎ φB==V=5V φC==V=3V 答：（1）电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共电势能增加1.8×10﹣5J．‎ ‎（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为3×10﹣5J和1.8×10﹣5J．‎ ‎（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为5V和3V．‎ ‎【点评】电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样，求电势能，往往先求电势能的变化量，再求解某点的电势能．‎ ‎17.如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压加速后，获得速度，并沿垂直于匀强电场方向射入两平行板中央，受偏转电压作用后，以速度v离开电场，已知平行板长为L，两板间距离为d，求：‎ 的大小．‎ 离子在偏转电场中运动的时间t．‎ 离子在离开偏转电场时的偏移量y．‎ ‎【答案】．．．  ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在加速电场中，由动能定理得：‎ 解得：‎ 离子在偏转电场中做类平抛运动，‎ 离子的运动时间：‎ 粒子的偏移量：‎ 解得：‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．‎ ‎18.如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为ｑ（q> 0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Ｎb。不计重力，求：‎ ‎（1）电场强度的大小E、‎ ‎（2）质点经过a点和b点时的动能。‎ ‎【答案】 ；；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：质点所受电场力的大小为f=qE ①‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有 ‎②‎ ‎③‎ 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有 ‎④‎ ‎⑤‎ 根据动能定理有： Ekb-Eka="2rf" ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】此题是牛顿第二定律及动能定理的应用问题；关键是知道物体做圆周运动的向心力由电场力和支持力的合力提供，根据牛顿定律和动能定理列出方程联立解答．‎ ‎ ‎ ‎ ‎