广东省佛山市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次段考物理试卷（解析版）

广东省佛山市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次段考物理试卷（解析版）

‎2018-2019学年广东省佛山市第一中学高二 上学期第一次段考物理试题此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 物理 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场线越密，电场强度越小 C．沿着电场线方向，电势越来越低 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 ‎2．如图所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为L的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r≪L。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为(　　)‎ A．0 B． C． D．‎ ‎3．在真空中的一个点电荷的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，所受静电力为F，则离该点电荷为r处的场强为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度,若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（ ）‎ A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变 ‎5．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2两点间距离与3、4两点间距离相等．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的电势差与3、4两点的电势差相等 B．2、3两点的电场强度相等 C．1、2两点的电场强度相等 D．点1的电势大于点4的电势 ‎6．如图所示，在P1、P2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点。一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称。下列各图关于试探电荷速度v、电场强度E、电势φ、电势能Ep的描述正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎7．由电场强度的定义式 可知，在电场中的某一点（ ）‎ A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比 B．减少检验电荷所带的电量，该点的电场强度保持不变 C．使检验电荷带上异种电荷可改变该点电场强度的方向 D．当不放入检验电荷时，该点的电场强度为0‎ ‎8．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设带电粒子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB且aA＞aB，电势能分别为EPA、EPB，下列说法正确的是（　　）‎ A．带电粒子一定带正电 B．无论Q为正电荷还是负电荷，一定靠近M端 C．EPA一定大于EPB D．A点电势一定高于B点电势 ‎9．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）‎ A．仅将偏转电场极性对调一下位置 B．增大偏转电极板间的电压，减小两板间的距离 C．增大偏转电极板间的距离，减小偏转电极的电压 D．减小偏转电极板间的电压，增大加速电压 二、多选题 ‎10．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，静电力做负功 ‎ C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能增加 D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功不相同 ‎11．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处等电势 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎12．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的p点静止释放。不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线①、②所示，虚线为直线。则（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a向左运动，b向右运动 C．a电势能减小，b电势能增大 D．a、b电势能都减少 ‎13．空间某一静电场的电势φ在轴上分布如图所示，其中D为图线的最低点，轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（　　）‎ A．ECx的大小大于EBx的大小 B．EBx的方向沿轴正方向 C．电荷在D点受到的电场力在x方向上的分量最小 D．将一个负电荷沿X轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功 ‎14．如图所示，把原来不带电的金属球壳B的外表面接地，将一个带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡后，则（　　）‎ A．球壳B的空腔中场强处处为零 B．球壳B不带电 C．球壳B的内、外表面电势相等 D．球壳B的电势为零 ‎15．一带电油滴在匀强电场 E 中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上。若不计空气阻力，则此带电油滴从 a 运动到 b的过程中，能量变化情况为（　　）‎ A．动能增加 B．重力势能和电势能之和增加 C．电势能减少 D．动能和电势能之和增加 ‎16．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为5cm，则下列说法正确的是( )‎ A．等势面A的电势为－10V B．匀强电场的场强大小为200V/m C．电子再次飞经D势面时，动能为10eV D．电子的运动为匀变速直线运动 ‎17．一半径为R的绝缘半圆形凹槽固定放置在水平面上，内壁光滑，AB为水平直径，C为凹槽最低点。在圆心O处固定一所带电荷量为+Q的点电荷，现将质量为m电荷量为+q的带电小球从凹槽的A端由静止释放，小球沿凹槽内壁运动。则（　　）‎ A．从A到C的过程中，静电力对小球做的功为mgR B．小球在运动过程中电势能保持不变 C．点电荷+Q在A、C两点产生的电场强度不相等 D．小球运动到C处时对凹槽的压力大小为 第II卷（非选择题)‎ 三、解答题 ‎18．如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，角A为30o，AC的长度为cm。把电荷量C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功J，取B点的电势为零，求：‎ ‎（1）A、C两点的电势 ‎（2）电场强度的大小和方向(画出经过A、B、C的电场线)．‎ ‎19．如图所示，匀强电场场强的方向与水平方向成角，有一带电量为，质量为的小球，用长为的绝缘细线悬挂于O点，当静止时，细线恰被拉成水平方向，重力加速为g。求：小球的电性及匀强电场场强E的大小；‎ ‎20．如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器。若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1‎ 恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出。不考虑平行板电容器的边缘效应，求两种情况下：‎ ‎（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；‎ ‎（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比。‎ ‎21．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球受到的电场力的大小和方向；‎ ‎(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎2018-2019学年广东省佛山市第一中学高二 上学期第一次段考物理试题 物理答案 ‎1．C ‎【解析】‎ 电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，例如在负点电荷附近场强大，但是电势低，选项A错误；电场线的疏密反映场强的大小，则电场线越密，电场强度越大，选项B错误；沿着电场线方向，电势越来越低，选项C正确；正电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小；负电荷沿电场线移动时电势能增加，选项D错误；故选C.‎ ‎2．B ‎【解析】‎ 根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力，因此有：F＝k，故ACD错误，B正确。故选B。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ 根据电场强度定义得r0处的场强大小为 E1=。根据点电荷的场强公式得E=k，Q为场源电荷的电量，则离该点电荷为r0处的场强为：E1=k，离该点电荷为r处的场强为：E2=k，则该点电荷为r处的场强的大小为。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 解答本题关键要掌握场强的两大公式定义式E=和点电荷场强公式E=k，熟练运用比例法，即可进行求解.‎ ‎4．A ‎【解析】‎ 由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=Q/U得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小。故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题要知道静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大；同时要记住电容器的定义式C=Q/U和决定式 。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 根据U=W/q，由于1、2两点的电场线比3、4两点间的电场线密集，故在1、2两点间电场力做功多，故1、2两点间电势差大，故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2与3比较，它们的电场强度的大小相同，方向不同。故B错误；同理1与2比较，它们的电场强度的大小不相同，方向相同。故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等。沿电场线电势降低，可知点1的电势大于点2的电势，点3的电势大于点4的电势，则点1的电势大于点4的电势，选项D正确；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注大小和方向；顺着电场线电势降低。‎ ‎6．C ‎【解析】‎ O点的场强为零，从M到N，场强先减小后反向增大，电荷所受的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，v-t图象切线斜率先减小后增大，故AB错误。MO间的电场线方向由M→O，电势逐渐降低，根据φ-x图象切线斜率等于场强，知φ-x图象切线斜率逐渐减小，x=0时φ-x图象切线斜率等于零。根据对称性知C图是正确的。根据对称性知，电荷在关于O点对称的位置电势能相等，图象应关于纵轴对称，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题时，要求同学们掌握等量同种电荷电场的分布及特点，抓住对称性。对于图象，要注意分析图象斜率的物理意义.‎ ‎7．B ‎【解析】‎ 电场强度E只由电场本身决定，跟F与q无关，减少检验电荷所带的电量，该点的电场强度保持不变，选项A错误，B正确；电场强度的方向与检验电荷的电量和电性均无关，选项C错误；当不放入检验电荷时，该点的电场强度不变，选项D错误；故选B.‎ ‎8．B ‎【解析】‎ 带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知粒子经过MN连线时所受的电场力由N指向M，由于电场线的方向未知，所以不能确定带电粒子的电性，故A错误；已知a1＞a2，则A点离点电荷Q更近即Q一定靠近M端，故B正确；粒子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加，EPA一定小于EPB．故C错误；由于电场线的方向不能确定，所以不能判断A、B两点电势高低，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是抓住曲线运动的合力方向的特点：曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向可判断粒子所受的电场力方向。‎ ‎9．B ‎【解析】‎ 根据动能定理：eU1=mv2；在偏转电场中由平抛规律可得：vy=at；加速度为：；运动时间为：；可得偏角的正切值为：；若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题.‎ ‎10．BD ‎【解析】‎ 电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离所以UAA′不为0，所以选项A错；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，所以选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D'点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；由电场力做功的特点（电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关）得选项D也正确。‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ‎11．BC ‎【解析】‎ AC、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故A错误，C正确；B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同，由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误；故选BC。‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ 从速度时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动。由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性。故A错误，B正确。带电粒子在电场中运动时，电场力均做正功，所以a、b的电势能均减小。故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱，知道电场力做正功，电势能减小；克服电场力做功电势能增加；‎ ‎13．BCD ‎【解析】‎ φ-x图象切线斜率为=E，知图象切线斜率绝对值越大，该处电场强度越大，所以ECx的大小小于EBx的大小，故A错误。B到D电势降低，所以EBx的方向沿轴正方向，故B正确。在D点切线斜率最小，该处x轴方向的分场强最小，则电荷在D点受到的电场力在x方向上的分量最小，故C正确。将一个负电荷沿X轴从B移到C的过程中，电势先降低后升高，电势能增大后减小，则电场力先做负功，后做正功，故D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是理解图象斜率的物理意义：图象的斜率表示电场强度，知道顺着电场线方向电势逐渐降低，并能灵活运用．‎ ‎14．CD ‎【解析】‎ 由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，A带正电，则B的空腔内电场强度不为零，故A错误。金属球壳B外表面接地，大地中电子跑到球壳B上将正电荷中和，所以B带负电，故B错误。静电平衡后，金属球壳B是一个等势体，金属球壳B的内表面电势等于外表面电势；由于接地，球壳B的电势为零。故CD正确。故选CD.‎ ‎15．AC ‎【解析】‎ 由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A正确；根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故B错误；从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】‎ 本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化。在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键.‎ ‎16．ABD ‎【解析】‎ 电子从B到D过程，根据动能定理得，解得，电场强度为，飞经等势面C时，电势能为-10eV，所以C点的电势为，等势面间距相等，故相邻等势面间的电势差相等，所以，解得，，故，AB正确；根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，C错误；根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动，D正确．‎ ‎【点睛】‎ 注意在使用公式时需要代入、q的正负号，本题中在计算A点的电势时需要注意这点。‎ ‎17．BC ‎【解析】‎ 点电荷的等势面是以电荷为球心的球面，电场线垂直于等势面沿半径向外，在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，故电势能不变，故A错误，B正确；电场强度为矢量，点电荷+Q形成的电场沿半径向外，所以A、C两点电场强度大小相同，方向不同，故C正确； 凹槽的半径为R，小球到达C点时速度大小为v。小球从A滑到C的过程，由机械能守恒定律得：mgR=mv2；小球经过C点时，由牛顿第二定律得： 解得：N=3mg+，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用。对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用。在电场中一定要知道电场线的分布情况，点电荷的电场等势面是以电荷为球心的球面，电场线垂直于等势面沿半径方向。‎ ‎18．（1） （2）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）把电荷从A点移到B点，由电势定义式可得：UAB＝ ①‎ 由①式解得：UAB＝-240 V ②‎ 所以φA－φB＝φA＝－240 V ③‎ 把电荷从B点移到C点，由电势定义式可得：UBC＝ ④‎ 由④式解得：UBC＝240V ⑤‎ φB－φC＝－φC＝240 V ⑥‎ 则φC＝－240 V ⑦‎ ‎（2）因为φA＝φC，即A、C在同一等势面上，根据场强与等势面垂直且由高电势处指向低电势处，可得该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方．‎ ‎19．小球带正电；‎ ‎【解析】‎ 受力分析如图，可知小球带正电；‎ ‎ ‎ 在三角形中，有 ‎ 得：‎ ‎20．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设粒子在极板间的运动时间为t，沿极板方向的位移为x，粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 t= …①‎ 即 t∝x 由条件可知 t1：t2=1：2…②‎ ‎（2）设电容器电容为C，极板间电压为U，极板间距离为d，极板间电场强度为E，则有：‎ ‎ …③ ‎ ‎ …④ ‎ 设粒子的质量为m，带电量为q，在电容器中的加速度为a，则有：‎ a= …⑤ ‎ d=…⑥ ‎ 由①③④⑤⑥可得：Q∝ ‎ 所以Q1：Q2=4：1‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是知道粒子在水平方向和竖直方向上的运动规律，得到运动时间和电容器电荷量的表达式，再求比值，要学会运用比例法。‎ ‎21．(1) ‎ ‎(2)，方向与竖直方向成45°角偏左上方 ‎(3)，方向水平向右 ‎【解析】‎ ‎（1）小球从开始自由下落到运动到管口B的过程中机械能守恒，故有mg·4R＝mvB2‎ 解得vB＝2.‎ ‎（2）由小球经过了A点分析可知，电场力的竖直分力Fy＝mg，方向向上，水平分力Fx方向向左，小球受到的合力等于Fx.小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝mvB2-mvC2‎ 小球从管口C处脱离圆管后做类平抛运动，由于其轨迹经过A点，故有 y＝4R＝vCt ‎ x＝2R＝axt2＝t2 ‎ 联立解得Fx＝mg 电场力的大小为F＝qE＝＝mg ‎ 方向与竖直方向成45°角偏左上方． ‎ ‎（3）小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN提供，设弹力FN的方向水平向左，则Fx＋FN＝m ‎ 解得FN＝3mg，方向水平向左 ‎ 根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力为F′N＝FN＝3mg，方向水平向右．‎ ‎【点睛】‎ 本题关键运用正交分解法，将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，然后运用牛顿运动定律和动能定理列式求解.‎