1、- 1 -河北省大名县一中 2018-2019 学年高二物理上学期周测试题一一、单选题（每题 5 分，共计 50 分）1如图所示的电路中 A、B 是两块平行金属板，P 是金属板间的一个点.先将开关 S 闭合给两金属板充电，然后再将开关断开.保持开关断开，B 板不动，将 A 板移动到图中虚线所示的位置.用 U1表示两金属板间的电势差，用 U2表示 P 点与 B 板间的电势差.则（ ）A U 1减小，U 2减小B U 1减小，U 2不变C U 1减小，U 2增大D U 1不变，U 2不变2如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板 N 与静电计相接，极板 M 接地。用静电计测量平
2、行板电容器两极板间的电势差 U。在两板相距一定距离 d 时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量 Q 不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ）A 将 M 板向下平移B 将 M 板向上平移C 将 M 板沿水平向左方向远离 N板D 在 M、 N 之间插入云母板（介电常数大于 1）3真空中两个完全相同、带异种电荷的金属小球 A 和 B（视为点电荷） ， A 带电荷量为+5Q， B 带电荷量为-3 Q，彼此间的引力大小为 F。把两金属小球充分接触后再移回原来各自的位置，这时 A 和 B 之间的作用力大小为 F，则 F 与 F之比为（ ）A 15：4 B 15
3、：1 C 15：16 D 1：15- 2 -4如图所示，a、b 两个带电小球，质量分别为，细线悬挂，两球静止时，它们距水平地面的高度均为 h（ h 足够大） ，绳与竖直方向的夹角分别为 和 （ ） ，若剪断细线 Oc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度取 g，则（ ）A a 球先落地，b 球后落地B 落地时，a、b 水平速度相等，且向右C 整个运动过程中，a、b 系统的电势能增加D 落地时，a、b 两球的动能和为5如图所示，将一带电小球 A 用绝缘棒固定，在它的正上方 L 处有一悬点 O，通过长也为 L的绝缘细线悬吊一个与 A 球带同种电荷的小球 B，B 球静止时，悬线与竖直方向成某一夹角
4、，现设法增大 A 球电量，则重新平衡后悬线 OB 对 B 球的拉力 FT的大小将（ ）A 变大 B 变小C 不变 D 不能确定6如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个金属小球 A 和 B 带同种电荷，它们之间用一绝缘轻弹簧相连，平衡时弹簧伸长量为 ；如果将 A 所带电荷量减半，当它们重新平衡时，弹簧伸长量为 x，则 x 和 的关系为A =2x B 2x C qBB 场强方向水平向右， qA qBD 场强方向水平向左， qA qB9如图所示，竖直放置的两个平行金属板 、 带等量的异种电荷，板带负电荷， 板接地。一带负电的粒子固定在 、 两板中间的一点 处。若将 板向左平移到虚线位置，则 点的电场强
5、度 和该粒子的电勢能 的变化情况是（ ）A 不变， 不变 B 不变， 改变C 改变， 不变 D 改变， 改变10下列说法正确的是A 由电流 可知 I 与 q 成正比B 电流有方向，所以电流是矢量C 电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同D 电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多二、多选题（每题 5 分，共计 20 分）- 4 -11如图所示， A、 B 为两块平行带电金属板， A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间 P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为 U， P 点场强大小为 E，电势为 P，负电荷的电势能为 Ep，现将
6、 A、 B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )A U 变小， P变小 B U 变大， E 变大C P变小， Ep变大 D P变大， Ep变小12两个固定的等量异种电荷,在它们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 点的电势比 b 点电势高B a,b 两点场强方向相同,b 点场强比 a 大C a,b,c 三点与无穷远处电势相等D 一带电粒子(不计重力)在 a 点无初速释放,则它将在 a,b线上运动13有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度 v 先后垂直电场射入，分别落到极校 A、B、C 处
7、，如图所示，则A 油滴 A 带正电，B 不带电，C 带负电B 三个油滴在电场中运动时间相等C 三个油滴在电场中运动的加速度 aAaBaCD 三个油滴到达极板时动能 EkAEKBEKC14下列说法正确的是（ ）A 电源的作用就是将其他形式的能转化为电能B 若某电池中通过 的电荷，电池提供 的电能，该电池的电动势为C 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大- 5 -四、解答题（15 题 12 分，16 题 18 分）15真空中有两个带正电的相同小球，如图所示，电荷量都为 C，用 30cm 的丝线悬于同一点，如图所示，平衡时，它们相距 30c
8、m。 （取 g=10m/s2）试求：（1）小球的质量；（2）线上的拉力 T 大小。- 6 -16如图所示，一带电荷量为 +q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用 g 表示，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)电场强度的大小 E；(2)将电场强度减小为原来的 时，物块加速度的大小 a；(3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能 Ek。- 7 -物理周测一参考答案11BC【解析】【详解】将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式 可知，电容 C 减小，而电容器的电量 Q 不变，
9、则由 得知，板间电压 U 增大，板间场强 增大， P 点到下板距离不变，由公式 得知，P 点与下板电势差增大，由于上极板带负电，下极板电势为零，故 P 点的电势变小，负电荷在低电势处电势能较大，可见 增大，BC 正确12BC【解析】【详解】A、C、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，此等势线一直延伸到无穷远处，a、 b、 c 是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，则它们的电势相等，而且与无穷远处电势相等；故 A 错误，C 正确。B、a 与 b 两处的场强方向均与水平向右，当由于 b 处电场线密，则 b 处的电场强度要比 a 处大；故 B 正确。D、由 a 点释放时，根据电场线特点
10、可知，它受力水平向右，故它将向右运动，不会在 ab 线上运动；故 D 错误。故选 BC。【点睛】本题考查电场的叠加以及常见电场场的掌握情况；对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，熟记电场线形状，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆知道等量异种电荷中垂线为等势面13ACD【解析】三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为 ，初速度 相同，由位移公式 得知，运动时间关系为 。小球在竖直方向都做匀- 8 -加速直线运动，竖直位移大小 y 相等，由位移公式 ，得加速度的关系为 ，根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为： 三个质量相等，重力相等，则可知，A 所受
11、的电场力向上，C 所受的电场力向下，则 A 带正电、B 不带电、C 带负电。故AC 正确，B 错误。电场力对 A 做负功，电场力对 C 做正功，而重力对三个球做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功 A 最小，C 最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系为 故 D 正确。故选 ACD。【点睛】带电小球做类平抛运动，不带电小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移关系分析时间关系竖直方向上三个的位移大小相等，由位移公式分析加速度关系，判断小球的电性根据动能定理分析到达正极板时动能关系14AB【解析】A. 电源的作用就是将其他形式的能转化为电能，故 A 正确； B. 电路
12、中通过 q=2C 的电荷量，电池提供的电能 W=4J，根据电动势的定义式 E=W/q 得，电动势 E=2V，故 B 正确；C. 电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变，故 C 错误；D. 电动势由电源本身决定，与提供的电能多少无关，故 D 错误。故选：AB.点睛：电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压变化时，其电源电动势不变。1B【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开，极板带电量不变；当正极板 A 下移时，据电容的决定式 知 C 增大，根据 可知极板间的电势差 U1减小；由 、 和 可得 ，由公式可知当极板 A 下移时，板间场强 E 不变，据
13、U=Ed可知， P 点与 B 板间的电势差 U2不变；故选 B。- 9 -【点睛】判断平行板电容器内部场强的变化是解题的关键，能综合运用 ， 和 进行分析两类动态变化(电荷量 Q 不变、极板间电压 U 不变)。2D【解析】【详解】电容器接静电计，有少量的电荷转移到静电计上，忽略电荷的转移时可认为下列各种操作过程中电容器的电荷量 Q 不变；明确静电计的张角变小反映的是电容器的电压变小。A、B、根据 可知，将 M 板向上或向下平移，正对面积减小，则 C 减小，根据 知电势差增大，静电计指针张角变大，A 错误，B 错误。C、根据 可知，将 M 板向左平移，距离 d 增大，则 C 减小，根据 知电势差
14、增大，静电计指针张角变大，C 错误。D、在 MN之间插入云母板（介电常数 1） ，由 得 C 增大，根据 可知电势差减小，静电计指针张角减小，D 正确。故选 D。【点睛】解决本题的关键掌握电容的定义式 和电容的决定式 ；动态分析电容器的两类题型为电量 Q 不变和电压 U 不变。3B【解析】【详解】设 AB 之间的距离为 r，根据库仑定律得两球之间的相互吸引力的大小是： ，将 A与 B 接触时先中和再平分，则 A、 B 分开后电量均为 ，这时 A、 B 两球之间的相互作- 10 -用力的大小为： ，联立得 。故选 B。【点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分
15、，根据库仑定律4D【解析】【详解】A、在竖直方向上,只受重力,加速度相同,都是 g,因高度相同,则两球同时落地,故 A 错误;B、因为两球距地足够高,所以在落地前绳被拉直,由动量守恒可以知道两球水平方向的总动量一直为零,故落地时,两球水平方向的速度均变为零,故 B 错误.C、在整个运动过程中,除重力做功外,还有库仑力做功,水平方向在库仑斥力作用下,各自相向运动,库仑力做正功,故系统的电势能减小,故 C 错误;D、水平方向在库仑斥力作用下,各自相向运动,当绳子拉直时,水平方向速度损失,转化为内能,而竖直方向上作自由落体运动,根据运动的独立性可以知道,则落地时,a、b 两球的动能和为 ,故 D 正
16、确故选 D【点睛】剪断细线 OC,空气阻力不计,小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用,然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性,结合机械能守恒的条件,可正确求解.5C【解析】以小球为研究对象，球受到重力 G，A 的斥力 和线的拉力 三个力作用，作出力图，如图。- 11 -作出 、 的合力 F，则由平衡条件得：F=G，根据 得： ，得 ，在增大 A 球电量的过程中，OB、OA、G 均不变，则线的拉力 不变。故选 C。【点睛】以小球 B 为研究对象，在增大 A 球电量的过程中，处于动态平衡状态小球受到重力 G，A 的斥力 和线的拉力 三个力作用，作出力图，根据相似三角形原理得到线的拉力与线长的
17、关系分析求解6C【解析】设弹簧的劲度系数为 k，原长为 l，当系统平衡时，弹簧的伸长量为 x0，则有：，如果 A、 B 带电荷量减半，当它们重新平衡时，平衡时有： ，联立解得，故选 C。【点睛】本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用.7B【解析】A. B. 根据电容的决定式 得知，当保持 S 不变，增大 d 时，电容减小，电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 C=Q/U 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角 变大；反之，保持 S 不变，减小 d，则 减小。故 A 错误，B 正确；C. D. 根据电容的决定式 得知，当保持 d 不变，增大 S 时，电容增大，电容器极板所带的电荷量 Q
18、 不变，则由电容的定义式 C=Q/U 分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角 变小；反之，保持 d 不变，减小 S，则 增大，故 C 错误，D 错误。故选：B.点睛：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式 C=Q/U 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况8C【解析】两球整体分析，如图所示，由于 A 带正电，受到水平向左的作用力，而 B 带负电，- 12 -受到水平向右的电场力，因此匀强电场方向水平向左；以 A、 B 整体作为研究对象，整体受向下重力、
19、细线 斜向右上方拉力，根据平衡条件可知， ，故 ，C 正确【点睛】本题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力，同时知道 A 与 B 带电性，是解题的关键9A【解析】据题可知，电容器所带电量 Q 不变，根据 、 、 得 ，则知电场强度 E 不变， P 与右板间的距离不变， E 不变，则由 U=Ed 分析 P 点与右板间电势差不变，右板电势为零，所以 不变，故 A 正确， B、 C、 D 错误；故选 A。【点睛】由题知，电容器所带电量不变，根据 、 、 结合分析 E 的变化，由U=Ed 分析 P 点与下板间电势差的变化，分析 P 点的电势如何变化。10D【解析】A、根据 可知
20、 I 是通过某一横截面积的电量 q 与通过这些电量所用时间 t 的比值，故如果通过的电量 q 大但所用时间更多，则电流 I 可能更小，故 A 错误.B、电流有方向，但只限于在导线中有两种方向，是标量，B 错误。C、电动势、电压和电势差虽然单位相同，但物理意义不同，电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，而电压等于电势差，故 C 错误。D、根据电动势的定义式 ，得 W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查电流的定义以及基本性质，要注意掌握电流的定义式和微观表达式，会分析电流的成因。- 13 -15
21、（1）1.7310 -6kg（2）210 -5N【解析】【详解】（1）对其中一个小球受力分析，根据平衡条件 ，又根据库仑定律 ，所以 ，故 ；（2）根据平衡条件可知线上的拉力 16 （1） （2） （3） 【解析】带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向；当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度。借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小；选取物体下滑距离为 L 作为过程，利用动能定理来求出动能。解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，可得电场强度 （2）若电场强度减小为原来 ，则变为- 14 -可得加速度 。（3）电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功由动能定理则有：可得动能【点睛】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向。当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解。当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关。
