1、惠来一中 2018-2019 学年度第一学期第 1 次阶段考试高二级 物理试题一、单项选择题：（本题 8 小题，每小题 4 分，共 32 分）1.在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为 q，受到的电场力为 F，则该点的电场强度 ，下列说法正确的是( )A. 若检验电荷的电荷量变为q，该点的场强大小和方向不变B. 若检验电荷的电荷量变为q，则该点的场强大小不变，方向改变C. 若检验电荷的电荷量变为 2q，则该点的场强变为D. 若移去检验电荷 q，则该点的场强变为零【答案】A【解析】【详解】A、B、若放置到该点的检验电荷变为-q，检验电荷所受的电场力为- F，该点的电场强度大小仍为 ，方向均不变；故
2、 A 正确，B 错误.C、若检验电荷的电量变为 2q，检验电荷所受的电场力为 2F，该点的电场强度仍为 ；故C 错误.D、电场强度 E 由电场本身决定，若移去检验电荷，该点的场强不变；故 D 错误.故选 A.【点睛】电场强度的定义式 ，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与 F、 q 无关，由电场本身决定2. 在静电场中，将一正电荷从 a 点移动到 b 点，电场力做了负功，则（ ）A. b 点的电场强度一定比 a 点大B. b 点的电势一定比 a 点高C. 电场线方向一定从 b 指向 aD. 该电荷的电势能一定减小【答案】B【解析】试题分析：电场力做功与路径无关，与初末位置的电势高低有关。根
3、据电场力对正电荷做负功可判断是从低电势到高电势，即 b 点电势高于 a 点电势，选项 B 对。电场力做负功电势能增大选项 D 错。电场线方向是电势降低最快的方向，虽然 b 点电势高，但是 ba 方向不一定是电势降低最快的方向，所以电场线方向不一定是从 b 指向 a ,选项 C 错。电场力做功只是电场力的方向和位移夹角小于 90 度，并不涉及电场力的大小，即初末位置电场强度无法判断选项 A 错。考点：电场力做功3.对电容 C ，以下说法正确的是( )A. 电容器带电荷量越大，电容就越大B. 电容的国际单位是库仑C. 如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容D. 对于固定电容器，它的带
4、电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变【答案】D【解析】【详解】A、C、电容器的电容 C 与所带电量 Q 和两端间的电压 U 无关，由本身的性质决定；故 A,C 均错误.B、电容的国际单位为法拉； ；故 B 错误.D、对于确定的电容器，电容 C 一定，由定义式 可知它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变；D 正确.故选 D.【点睛】解决本题的关键理解电容的定义式 ，知道电容器的电容与所带的电量和两端间的电势差无关4.一带电粒子以一竖直初速度 v0进入一水平匀强电场，轨迹如图虚线所示，在此过程中粒子克服重力做功为 2J，电场力做功为 5J，则粒子（ ）A. 带正电B. 电势能减少 5J
5、C. 重力势能减少 2JD. 动能增加 5J【答案】B【解析】【详解】A、由图看出粒子所受的电场力应水平向左，与场强方向相反，所以该粒子带负电，故 A 错误.B、电场力做功为 5J，则电势能减少 5J，故 B 正确.C、粒子克服重力做功为 2J，则重力势能增加 2J，故 C 错误.D、粒子克服重力做功为 2J，电场力做功为 5J，则合外力对粒子所做的总功为 W 总 =-2J+5J=3J根据动能定理得知：动能增加 3J；故 D 错误.故选 B.【点睛】本题通过带电粒子在电场中的运动，突破口是做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧和功能关系衡量能量转化5.平行板电容器的两极板 A、 B 接于电源
6、的两极，两极板竖直、平行正对放置，一个带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合电键 S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为 ，如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 保持电键 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则 减小B. 保持电键 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则 不变C. 电键 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则 不变D. 电键 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则 增大【答案】C【解析】保持电键 S 闭合，电容器两端的电压不变，带正电的 A 板向 B 板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式 可得，两极板间的电场强度增大，故 增大，AB 错误；若电键 S
7、 断开，电容器两极板上的电荷总量不变，带正电的 A 板向 B 板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式 、 、 联立解得 ，即两极板间的电场强度大小和极板间的距离无关，所以电场强度不变，故 不变，C 正确 D 错误。6. 如图所示在一匀强电场中，有两个平行的电势不同的等势面 A 和 C，在它们的正中间放入一个金属网 B，B 接地。现有一正电荷只在电场力的作用下垂直于等势面方向运动，经过 A时动能为 20J，穿过 B 到达 C 时动能减为零，那么在该正电荷运动过程中，当它的电势能为5J 时，它的动能为A. 20J B. 15J C. 10J D. 5J【答案】D【解析】试题分析：B 在 AC 的中
8、间，所以 ,对电荷从 A 到 C 过程有 ，所以,电荷从 A 到 B 过程有 ，解得 ,B 板上的电势为零，所以电荷在电场中运动的过程中，动能和势能的总和保持不变，当它的电势能为 5J 时，它的动能为5J,D 正确，ABC 错误。考点：本题考查了带电粒子在电场中运动时的功能关系7.如图所示，大小为 E、方向水平向右的匀强电场中有一与电场平行的圆，圆心为 O，半径为 R，AB 为圆的一直径，AB 与电场线夹角为 ，则 O、A 两点间的电势差 等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】匀强电场中 OA 线段沿电场线方向的距离 ，根据匀强电场中的场强与电势差的关系可得 ；故选 C.
9、【点睛】掌握电场强度的三个公式适用范围和符号的意义：定义式 ，点电荷场源的决定式 ，匀强电场中的计算式 .8.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a，最低点为 b.不计空气阻力，则 ( )A. 小球带负电B. 小球在运动过程中机械能守恒C. 电场力跟重力平衡D. 小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减小【答案】C【解析】【详解】A、C、据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电。故 A 错误，C 正确.B、由于除重力做功以
10、外的电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒；故 B 错误.D、小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大;故 D 错误.故选 C.【点睛】本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，即可确定出小球的电性二、双项选择题（本题 4 小题，每小题 7 分，共 28 分.每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求。每小题全选对得 4 分，只选 1 个且正确得 2 分，错选、不选得 O 分）9.关于电场强度的下列说法中正确的是( )A. 电场中某点场强方向与放入该点的电荷所受电场力方向相同B. 在等量异种电荷形成的电场中，在两点电荷的连线上
11、，连线的中点处场强最小C. 在等量异种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，场强越来越小D. 在等量同种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外场强越来越小【答案】BC【解析】【详解】A、电场中某点场强方向与放入该点的正电荷所受电场力方向相同;故 A 错误.B、在等量异种电荷形成的电场中，根据等量异种电荷电场线的分布，在两点电荷连线上中点场强最小，两边依次增大;故 B 正确.C、在等量异种电荷形成的电场中，根据等量异种电荷电场线的分布，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，电场线越疏，电场强度小;故 C 正确.D、两个等量同种电荷连线中点
12、 O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从两点电荷连线的中点点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小;故 D 错误.故选 BC.【点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，在电场中根据电场线的疏密判断电场强度的大小10.如图所示，某区域电场线左右对称分布， M、 N 为对称线上的两点下列说法正确的是( )A. M 点场强一定大于 N 点场强B. M 点电势一定高于 N 点电势C. 正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能D. 将电子从 M 点移动到 N 点，电场力做正功【答案】BC【解析】电场强度由电场线的疏密来反映，电场线
13、密的地方，电场强，反之电场弱，所以 N 点电场强，故 A 错误；电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以 M 点电势高于 N 点电势，故 B 正确；正电荷从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力做正功，电势能减少，则正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能，所以 C 正确；将电子从 M 点移到 N 点，电场力做负功，故 D 错误故选 BC11.以下说法正确的是 （ ）A. 电场中两点之间的电势差与零势点的选取有关B. 电势降低的方向一定是电场强度的方向C. 在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能就要减少D. 负电荷沿电场线方向移动，电势能增
14、加【答案】CD【解析】【详解】A、根据公式 ，电场中两点之间的电势差与零势点的选取无关，故 A 错误；B、根据 可知电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故 B 错误；C、根据功能关系，在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能就要减少，故 C 正确；D、负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，故电势能增加，故 D 正确；故选 CD.【点睛】本题关键是明确电势差、电势的定义，明确电势、电势差均与试探电荷无关.12.对电势差的定义式 UAB= 的理解，下列说法正确的是（ ）A. UAB与 q、W AB无关，甚至与是否移动电荷都没有关系B. 把正电荷从电场中从 A 点移到 B 点
15、，若静电力做正功，则 UAB0C. 电势差 UAB与静电力做的功 WAB成正比，与移动电荷的电荷量 q 成反比D. 电场中 A、B 两点间的电势差 UAB等于把正电荷 q 从 A 点移动到 B 点时电场力做的功【答案】AB【解析】【详解】A、C、电势差公式 UAB= 是比值定义法，电场中的 A、 B 两点间的电势差和两点间移动电荷的电量 q 和电场力做功均无关，电势差由电场本身决定；故 A 正确，C 错误.B、正电荷的电量 ，从 A 移动到 B 的功为正功有 ，则根据 UAB= 可得 UAB0；B正确.D、电场中 A、 B 两点间的电势差 UAB等于把单位正电荷 q 从 A 点移动到 B 点时
16、电场力做的功；故 D 错误.故选 AB.【点睛】题要抓住电势差是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，可抓住比值定义的共性理解电势差的定义式13.M、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在 M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下，并沿电场线由 M 点运动到 N 点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是A. 该电场的电场强度 EMENB. 电子运动的轨迹可能为曲线C. 电子在 M、N 点电势 D. 电子运动过程中机械能守恒。【答案】AC【解析】电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由 可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，故 ，
17、A 正确；带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，B 错误；电场力做正功，电势能减小，电子的机械能不守恒，负电荷在低电势处电势能大，故在 M 点的电势低于在 N 点的电势，C 正确 D 错误14.一带粒子射入一固定在 O 点的点电荷电场中，粒子运动轨迹如图中实线 abc 所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场中的等势面，不计重力，可以判断（ ）A. 此粒子一直受到静电吸引力作用B. 粒子在 b 点的电势能一定大于在 a 点的电势能C. 粒子在 a 点和 c 点的速度大小一定相等D.粒子在 b 点的速度一定大于在 a 点的速度【答案】BC【解析】A 项：曲线运动的合力指向曲线的内侧，
18、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在 abc 的过程中，一直受静电斥力作用，故 A 错误；B 项：粒子由 a 到 b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以 b 点的电势能一定大于在 a 点的电势能，故 B 正确；C 项：c 点和 a 点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故 D 正确D 项：根据动能定理，粒子由 a 到 b，电场力做负功，动能减少，故粒子在 b 点的速度一定小于在 a 点的速度，故 D 错误；点晴：本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况。1
19、5.如图所示，平行板电容器的金属板始终与电源两极相连，电源电压为 8.0V，两板的间距为 2cm，而且极板 B 接地。极板间有 C、 D 两点， C 距 A 板 0.5cm， D 距 B 板 0.5cm，则（ ）A. C、 D 两点的电势相等B. 两板间的场强为 400V/mC. D 点的电势 D = 2.0VD. C 点的电势 C = 2.0V【答案】BC【解析】【详解】A、由题板间场强方向向下，则 C 点的电势高于 D 点的电势;故 A 错误.B、电容器的板间电压 U=8V，则两板间匀强电场的场强 ;故 B 正确.C、 D、 B 间的电势差为 UDB=EdDB=400510-3V=2V，而
20、极板 B 接地，电势为零，则 D 点的电势 D=2V;故 C 正确.D、 C、 B 间的电势差为 UCB=EdCB=4001.510-2V=6V，而极板 B 接地，电势为零，则 C 点的电势 C=6V;故 D 错误.故选 BC.【点睛】求某点电势常用的方法是先求出该点与零电势点之间的电势差，再求出这点的电势三、实验题（每小题 4 分，共 8 分）16.(1)如图所示，是研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验:本实验过程使用的实验方法是_。实验过程中进行如下操作:1)使电荷量 Q、正对面积 S 一定，增大两板间距离 d，则静电计指针偏角_(填“变大” 、“变小”或“不变”)；2)使电荷量
21、 Q、两板间距离 d、正对面积 S 一定，在两极板间放入石蜡，则静电计指针偏角_(填“变大” 、 “变小”或“不变”)；3)使电荷量 Q、两板间距离 d 一定，减小正对面积 S，则静电计指针偏角_(填“变大” 、“变小”或“不变”)。(2)为了消除和利用烟气中煤粉，可采用如图所示的静电除尘装置，它是由金属管 A 和悬在管中的金属丝 B 组成， A 接到高压电源正极， B 接到高压电源负极， A、 B 间有很强的_（填“匀强”或“辐向” ）电场，且距 B 越近电场_(填“越强”或“越弱”)。【答案】 (1). 控制变量法 (2). 变大 (3). 变小 (4). 变大 (5). 辐向 (6).
22、越强【解析】【详解】研究电容的决定式 ，每一个因素的影响，须让其它的量不变,研究方法为控制变量法.1)因 Q， S 不变，增大 d，则由 得 C 变小，又由 知 U 变大，静电计测量的是电容器的电压，则指针偏角变大.2)因 Q， S， d 不变， 增大，则由 知 C 变大，又由 得 U 变小，静电计指针偏角变小.3)因 Q， d， 不变， S 变小，由 知 C 变小，由 得 U 变大，静电计的指针偏角变大.(2)B 接到高压电源负极，且 A 要接地，其目的是防止静电，避免出现高压放电危险电极截面如图所示:故 A 与 B 之间产生的是均匀辐向电场，由电场线可判断越靠近 B 场强越强；粉尘吸附电子
23、后带负电，因此向正极 A 运动【点睛】考查电容器的电容的决定因素，明确其决定式,会分析各量的变化. 静电除尘的原理是电子容易被吸附到灰尘上，故灰尘会吸附带带正电的 A 上.四、计算题（下列题目要求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，共 3 小题，第 17 题 10 分，第 18 题 10 分，第 19 题 12 分，共 32 分。 ）17.如图所示，光滑斜面倾角为 37，处于水平向右的匀强电场中，一质量 m=0.2kg、电荷量 q=+ 的小物块恰好静止在斜面上的 A 点，从某时刻开始，给物块一沿斜面向下、大小 F=0.1N 的推力，经 t=2s，物块运动到 B
24、 点，取 ，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）电场强度大小 E；（2）A、B 两点间的距离 x；（3）A、B 两点间的电势差 。【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】(1)对物块受力分析可知，电场力电场强度(2)物块运动的加速度A、B 两点间的距离(3)A、B 两点间沿电场强度方向的距离A、B 两点间的电势差【点睛】平衡条件的应用步骤：受力分析后应用平衡条件列方程；牛顿运动定律的应用关键是求合力得到加速度.18.如图甲所示，电荷量为 q=110-4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动
25、的速度 v 与时间 t 的关系如图丙所示，取重力加速度 g=10m/s2求：（1）物体的质量 m;（2）物块与水平面间的动摩擦因数 ;（3）前 4s 内电场力做的功。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1)由题意得，在 2 秒到 4 秒内物块做匀速直线运动，受力平衡，则得： qE2= mg在前 2 秒物块的加速度为：由牛顿第二定律得： qE1-qE2=ma 代入数据解得：(2)在 2-4 秒内由图象得： E2q=mg则：(3)前 4s 内电场力做功为 W，由动能定理得：前 4S 内位移数值上等于 v-t 图象围成的面积：由此得：【点睛】正确对物体进行受力分析，抓住速度图象的斜率、
26、面积表示位移，准确提取图象信息应用牛顿运动定律或者功能关系列方程求解是解决动力学问题的关键求恒力的功也可以根据功的计算公式 W=FL 求解19.如图所示，在 E=103V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行， P 为 QN 圆弧的中点，其半径 R=40cm，一带正电 q=10-4C 的小滑块质量 m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数 =0.15 ，位于 N 点右侧1.5m 处，取 g=10m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则滑块应以多 大的初速度 v0向左运动？(2)这样运动的滑块通过 P
27、点时对轨道的压力是多大？【答案】 （1）7m/s （2）0.6N【解析】试题分析：（1）小球恰能通过最高点，在最高点重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式求得最高点速度，再对从 M 到 N 过程运用动能定理列式求初速度；（2）先对从 M 到 P 过程运用动能定理求得 P 点速度，在 P 点支持力提供向心力，根据向心力公式列式求解解：（1）设滑块到达 Q 点时速度为 v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m ，滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得：mg2RqE2R（mg+qE）x= mv2 mv联立方程组，解得：v 0=7m/s；（2）设滑块到达 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（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，方向水平向右；答：（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则滑块应从 M 点以 7m/s 的初速度 v0向左运动；（2）这样运动的滑块通过 P 点时受到轨道的压力是 0.6N，方向：水平向右【点评】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力
