(精品)2018-2019学年高二物理上学期第一次阶段性测试试题(含解析)
哈三中2018—2019学年度上学期高二第一次阶段性测试物理试卷
一、选择题（本题共14小题；每小题5分，共70分。在每小题给出的四个选项中，1-10小题只有一个选项正确，11-14小题有多个选项正确。全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
1.关于元电荷，下列说法中正确的是( )
A. 元电荷实质上是指电子本身
B. 元电荷实质上是指质子本身
C. 元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C
D. 元电荷e的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的
【答案】C
【解析】
【详解】AB. 元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10?19C，故A错误，B错误；
C. 元电荷的值通常取e=1.60×10?19 C，故C正确；
D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D错误。
故选：C.
2.关于库仑定律，下列说法正确的是( )
A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B. 根据F＝，可知当两电荷间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大
C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力
D. 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是与距离平方成反比的定律
【答案】D
【解析】
【详解】A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A正确；
B. 当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，公式F=不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；
C. 两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对Q2的电场力大小上总等于Q2对Q1电场力。故C错误；
D. 库仑定律的表达式为F=，万有引力定律的表达为F= ，故两表达式相似，都是平方反比定律，
故选：D.
【点睛】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷；两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．
3.在真空中，两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．若现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为( )
A. 1：6
B. 1：12
C. 12：1
D. 6：1
【答案】B
【解析】
【详解】由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：，
变化之后它们之间的库仑力为：F′= =12×=12F，
故：F：F′=1：12
故B正确、ACD错误。
故选：B.
4.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )
A. 速度变大，加速度变大
B. 速度变大，加速度变小
C. 速度变小，加速度变小
D. 速度变小，加速度变大
【解析】
【详解】因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小，故ACD错误，B正确。
故选：B．
5.如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量异种电荷，中间连有一轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的另一个小球C与A 接触一下，然后拿走C，待AB重新平衡后弹簧的压缩量为x，则（）
A. x=x0/2
B. x>x0/2
C. x D. x=x0 【答案】C 【解析】 【详解】小球间的库仑力等于弹力。第一次平衡：kx0=，小球C与A接触后，根据电荷守恒原理和静电场原理可知，A球电荷量变为一半，再次平衡时，kx=。若r′=r，则弹力F=kx0，压缩量刚好为原来的一半。但实际上弹簧伸长，r′>r，所以弹簧压缩量小于原来的一半，要比x0小，故C正确，ABD错误。 故选：C。 6.如图，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置电荷量为＋Q和－Q的点电荷，设C、D两点的电场强度分别为E C、E D，电势分别为、，下列说法正确的是（） A. E C与E D相同，与不相等 B. E C与E D不相同，与相等 C. E C与E D相同，与相等 D. E C与E D不相同，与不相等 【解析】 【详解】带等量异号电荷的电场的电场线如图： 可以看出C.D两点的电场强度大小相等、方向相同； 沿着电场线电势减小，D点电势一定小于C′点电势,而C′点电势等于C点电势，故D点电势一定小于C点电势； 故选：A. 7.一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（） A. 粒子受到静电吸引力的作用 B. 粒子速度Vb>Va C. 粒子动能 Eka=Ekc D. 粒子电势能Epb>Epc 【答案】CD 【解析】 如图所示轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，故A错误；从a到b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故B错误；a、c两点处于同一等势面上，从a到c电场力为零，则a、c两点动能相等，故C正确；从b到c过程中,电场力做正功，电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确。所以CD正确，AB错误。 8.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标 为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，），已知电场方向平行直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（） A. V B. V C. V D. V 【答案】D 【解析】 试题分析：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为：，设P在xOy平面上的投影为点，投影点的坐标为，则联立即得，又因N点电势为1V，则电势为，即P点电势为，D正确 考点：考查了电势， 【名师点睛】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势． 9.如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的足够大的匀强电场中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球 ( ) A. 做自由落体运动 B. 做匀加速直线运动 C. 做类平抛运动 D. 做斜抛运动 【答案】B 【解析】 【详解】 小球受重力、电场力和拉力处于平衡，如左图所示，根据共点力平衡得，绳子的拉力T=mg/cosθ， 剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如右图所示,则F合=T=mg/cosθ， 根据牛顿第二定律得,加速度a=F合/m=g/cosθ，方向沿绳子方向向下，由于初速度为零，小球做做匀加速直线运动。故B正确，ACD错误。 故选：B 【点睛】剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求出加速度． 10.如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中,若油滴到达最高点C时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在( ) A. P点的左上方 B. P点的右上方 C. P点的正上方 D. 上述情况都可能 【答案】A 【解析】 试题分析：带负电粒子电场力水平向左，但是竖直方向会到达最高点C，所以粒子所受的重力作用一定不能忽略，粒子在电场力与重力作用运动，根据动能定理解得结果． 解：对粒子受力分析： 粒子仅在重力与电场力作用下运动，直到运动到最高点，此过程初动能与末动能已知且相同，设粒子升高的 高度为h，粒子的初末位置间的电压为U PQ，粒子的带电量为﹣q， 由动能定理得：﹣qU PQ﹣mgh=mv02﹣mv02 解得：U PQ=﹣ 由于U PQ＜0，即U P＜U Q，说明Q点的电势高于P点，即带电粒子应在P点的左上方，故A正确． 故选：A 【点评】此题解决的关键是先判断粒子是否受到重力作用，因为粒子的重力在有些题目中可以忽略，还有一些题目重力不能忽略． 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，图中x1与x3两点对应的纵坐标相同。下列说法中正确的是( ) A. O点的电势最低 B. x2点的电势最高 C. x1和－x1两点的电势相同 D. x1和x3两点的电场强度相同 【答案】CD 【解析】 【详解】A.B. 作出电场线如图，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误； C. 从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等。故C正确； D. 由图可以直接得到x1和x3两点的电场强度相同，故D正确； 故选：CD. 12.一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图所示，、分别是带电小球在A.B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是 A.A处的场强一定小于B处的场强 B.A处的电势一定高于B处的电势 C.带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能 D.带电小球从A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功 【答案】AD 【解析】 试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，故小球在A点的加速度小于在B点的加速度，又知道小球只受电场力作用，故小球在A点的电场力小于在B点的电场力，所以A处的场强一定小于B处的场强，A错误；由于小球的动能增大，所以电场力做正功，电势能减小，即A处的电势能一定大于B处的电势能，但是不知道小球的带电性质，所以无法判断AB两点的电势高低，D正确BC错误； 考点：考查了电势，电势能，电场强度，电场力做功，速度时间图像 【名师点睛】本题首先要根据速度图象的斜率读出质点加速度的变化，判断场强的大小，从能量的角度可判断电势能及电场力做功的正负 13.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比 A．推力F将增大 B．竖直墙面对小球A的弹力减小 C．地面对小球B的弹力一定不变 D．两个小球之间的距离增大 【答案】BCD 【解析】 试题分析：先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以 AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化． 解： A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示． 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为： N1=m A gtanθ， 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小． 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得： F=N1 N2=（m A+m B）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，BC正确． D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确． 故选：BCD 【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况． 14.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B 一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（） A. B球可能做直线运动 B. B球的电势能可能增加 C. A球对B球的库仑力可能对B球不做功 D. B球可能从电势较高处向电势较低处运动 【答案】BCD 【解析】 试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B 正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。 考点：电势差与电场强度的关系、电势 【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。 二、计算题(共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数字计算的题答案中必须明确写出数值和单位。) 15.如图所示，正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C 在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点，现将一质量为m、带电量为q（电性未知）的小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求： （1）小球带何种电荷； （2）小球运动到B点时的加速度； （3）A、B两点间的电势差。 【答案】(1) 小球带正电 (2) ，方向沿斜面向上（3） 【解析】 （1）由题意可知，小球带正电。 （2）设正点电荷带电量为Q，则小球在A点受到的库仑力,小球在B点的受到的库仑 力, 在A点，对小球由牛顿第二定律得 在B点，对小球由牛顿第二定律得 由以上可得a B=g，方向沿斜面向上。 （3）设由A到B正点电荷对小球做功为W AB，对小球由动能定理得 由电场力做功与电势差的关系得 得 点睛：此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路． 16.如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M 处，g取10 m/s2，求： (1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 (2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？ (3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？ 【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N 【解析】 【详解】W=－qE·2R W= - 0.08J (2)设小滑块到达Q点时速度为v， 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s. (3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得F N＝m 代入数据，解得：F N＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N′＝F N＝0.6N. 【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功； （2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。