1、1云南大理下关一中 20182019 学年高二年级上学期阶段考试(1)物理试题一、选择题1.下列关于电场线的说法，正确的是 A. 电场线是电荷运动的轨迹B. 电场线是实际存在的曲线C. 电场线是闭合的曲线D. 电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大【答案】D【解析】电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线，不是电荷运动的轨迹。故 A 错误；电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线，实际上是不存在的。故 B 错误；电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线。故 C 错误；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强，同一电荷所受电场力越大。故 D 正确。故选 D。点睛；解答此题要
2、知道：电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A. 根据电场强度的定义式 ，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比E=FqB. 根据电容的定义式 ，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C=QUC. 根据真空中点电荷电场强度公式 ，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正E=kQr2比D. 根据公式 ，带电量为 1C 正电荷，从
3、A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1J，则UAB=WABqA、 B 点的电势差为 1V【答案】C【解析】试题分析：电场强度和电场的本身性质有关，与试探电荷无关，A 错误；2电容器的电容表示电容器容纳电荷的本领，与其两端的电压和电荷量无关，B 错误，根据真空中点电荷电场强度公式 ，电场中某点电场强度和场源电荷的电量成正比，C 错误，克服电场力做功，说明电场力做负功，即 ,所以 A、B 点的电势差为-1V，D 正确，1=UAB1考点：考查了电场的基本概念点评：基础性题目，虽然简单，但是易错，并且重要3.如图所示， A、 B、 C、 D 是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为 1cm 的圆与两
4、坐标轴的交点，已知 A， B， C 三点的电势分别为 、 、 由此可得 D 点的A=12V B=2V C=-2V.电势为 A. 4VB. 8VC. 6VD. 9V【答案】B【解析】试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上） ，根据公式 可知，每前进相U=Ed同的距离，电势的降低相等；根据几何知识可知 AB=DC 且 ABDC，说明 AB 间的电势差等于 DC 间的电势差，故 ，代入数据，有 ，解得 ，即 D 点AB=DC 122=D(2) D=8V的电势为 8V考点：考查了匀强电场电场强度与电势差的关系【名师点睛】解决本题要理解公式 ，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上） ，U=
5、Ed电势均匀降低，即可解决这类问题4.如图所示，曲线表示某静电场中沿 x 轴正方向电势 的变化情况。一质量为 m、带电量为3的粒子不计重力，以初速度 从 O 点沿 x 轴正方向进入电场，然后沿 x 轴运动。关于粒+q v0子运动速度 v 随时间 t 变化有可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】带电粒子只受电场力，所以只存在电势能和动能之间的转化，根据电势与电势能的关系可以判断速度大小的变化，根据电势图像切线的斜率表示电场强度可以判断粒子加速度的变化。【详解】沿 X 轴正方向电势先降低后升高，粒子带正电，故电势能先减少后增加，动能先增加后减小，即速度先增加后减小，电势图
6、像的斜率先减小后增加，故电场强度先减小后增加，也即电场力先减小后增加，物体的加速度先减小后增加，速度时间图像中切线斜率表示加速度，综上：A 正确，BCD 错误。4【点睛】需要明确 -x 图像中斜率表示电场强度。5.如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间 P 点有一带电液滴处于静止状态现将 B 板移至虚线处，则 A. 两板间电压变大B. P 点场强不变，但电势降低C. 电荷 q 仍保持静止D. 电荷 q 的电势能减小【答案】C【解析】试题分析：充电后与电源分离的平行板电容器，其两极板上的电荷量恒定，将 B 板移至虚线处，两极板间的距离减小，所以根据公式 可得电容增大，两
7、极板上的电荷量恒定，C=S4kd根据公式 可得两极板间的电压减小，A 错误；根据公式 ， ， ，联立可得C=QU C=S4kd E=Ud C=QU，与两极板间的距离无关，所以现将 B 板移至虚线处，两极板间的电场强度恒定不E=4kQS变，故电荷 q 仍保持静止，根据 可得 P 点与 B 板之间的电势差不变，因为 B 板接地，E=Ud电势为零，所以 P 点的电势不变，B 错误 C 正确；根据公式 可得电势能不变，D 错误；Ep=q考点：考查了电容器的动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据 判断电容器的电容变化情况，然C=S4kd后结合 ， 等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源
8、相连则电容器两极板间E=Ud C=QU的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变6.水平面上有质量相等的 a、 b 两个物体，水平推力 、 分别作用在 a、 b 上一段时间后F1 F2撤去推力，物体继续运动一段距离后停下两物体的 图线如图所示，图中 则整个v-t AB/CD.过程中 5A. 的冲量等于 的冲量F1 F2B. 的冲量大于 的冲量F1 F2C. 摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量D. 合外力对 a 物体的冲量等于合外力对 b 物体的冲量【答案】D【解析】A、B 项：根据动量定理，对整个过程研究得 F 1t1-ftOB=0，F 2t2-
9、ftOD=0；由图看出，tOBt OD，则有 F 1t1F 2t2，即 F1的冲量小于 F2的冲量故 AB 错误C 项：由图，AB 与 CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等但 a 的运动时间大于 b 的时间，根据 I=ft 可知，摩擦力对 a 物体的冲量大于摩擦力对 b 物体的冲量，故 C错误；D 项：根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab 两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故 D 正确。7. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P、Q 都可以看作质点，质量相等，Q 与轻弹簧相连
10、，设 Q 静止，P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）A. P 的初动能B. P 的初动能的 1/2C. P 的初动能的 1/3D. P 的初动能的 1/4【答案】B【解析】6在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P 和 Q 的速度相同。根据动量守恒定律：mv 0=2mv。根据机械能守恒定律，有 Ep12mv20212mv2 14mv20 12Ek0故最大弹性势能等于 P 的初动能的 。故选 D。12点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出 P 和 Q 的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解8.
11、如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20 V、 实线是一带电的粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的30V.a、 b、 c 三点，已知：带电粒子带电量为 ，在 a 点处的动能为 ，则该带电粒子 0.01C 0.5JA. 可能是带负电B. 在 b 点处的电势能为 0.5JC. 在 b 点处的动能为零D. 在 c 点处的动能为 J0.4【答案】D【解析】试题分析：电场方向从高电势指向低电势，所以电场强度方向竖直向上，做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，而粒子只受电场力，故电场力方向向上，所以粒子带正电，A 错误；在 b 点处的电势能为 ，
12、B 错误；在 a 处电势能为Epb=bq=0.0110=0.1J，过程中由于只有电场力做功，所以电势能与动能之和恒定，Epa=aq=0.0110=0.1J故 ，解得在 b 点处的动能为 03J，C 错误；在 c 点电势能为零，故Eka+Epa=Ekb+Epb，D 正确；Eka+Epa=Ekc=0.4J考点：考查了等势面，电场强度，电场力做功9.如图，a、b 两个带电小球，质量分别为 ma、m b, 用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断。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7为 和 （） 。若剪断细线 OC，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为
13、g。则A. a 球先落地，b 球后落地B. 落地时，a、b 水平速度大小相等，且方向相反C. 整个运动过程中，a、b 系统的机械能守恒D. 落地时，a、b 两球的动能和为 (m a+ mb)gh【答案】D【解析】两球库伦斥力是水平方向，竖直方向只受重力，所以剪断后竖直方向上两球做自由落体，始终在同一高度上，斥力始终沿水平方向。因为高度相同，所以落地时间相同，A 错误；水平方向上，V=at,t 相同，a= ,F 始终相同，不同，加速度不同，所以水平速度大小Fm不同，错误；因为有电场力做正功，所以系统的机械能增加，错误。落地时，重力势能和电势能转化为动能，所以动能大于(m a+ mb)gh，错误1
14、0.质量为 m 的物块，带正电 Q，开始时让它静止在倾角 的固定光滑绝缘斜面顶端，=60整个装置放在水平方向、大小为 的匀强电场，如图所示，斜面高为 H，释放物体后，E=3mgQ物块落地的速度大小为 A. (2+ 3)gHB. 52gHC. 22gHD. 223gH【答案】C8【解析】对物体受力分析：竖直向下的重力 mg，水平向左的电场力 ，此二力合力为2mg 与水平方向成 30，与斜面不接触（所以不受斜面对它的弹力） 。根据几何关系：斜面的长度为对物块在斜面上动能定理： 推出 v=11.如图所示，质量相同的两个带电粒子 M、 N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，
15、M 从两极板正中央射入， N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中 A. 它们运动的时间 tN=tMB. 它们电势能减少量之比 ： ：2EMEN=1C. 它们的动能增量之比 ： ：2EkMEkN=1D. 它们所带的电荷量之比 ： ：2qMqN=1【答案】AD【解析】A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即 tN=tM，A 正确；BD、由竖直位移y= = ，m、t、E 相等，则带电荷量之比 qM：q N=yM：y N=1：2，电荷在电
16、场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比E M：EN=qMEyM：q NEyN=1：4故 B 错误、D 正确；C、带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，动能的增量等于电场力所做的功，故 C 错误。故选 AD。【名师点睛】两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位9移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比和动能增量之比。 12.物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在 A 点物体开始与弹簧接
17、触，到 B 点物体的速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是 A. 物体从 A 下落到 B 的过程中，弹性势能不断增大B. 物体从 A 下落到 B 的过程中，重力势能不断减小C. 物体从 A 下落到 B 以及从 B 上升到 A 的过程中，动能都是先变小后变大D. 物体在 B 点的速度为零，处于平衡状态【答案】AB【解析】A. 物体从 A 下落到 B 的过程中，弹簧的形变量增大，弹性势能不断增大，故 A 正确；B. 物体从 A 下落到 B 的过程中，高度降低，重力势能不断减小，故 B 正确；C. 物体从 A 下落到 B 以及从 B 上升到 A 的过程中，当弹簧的弹力和重力平衡时，速度最大，动能最
18、大，所以动能都是先变大后变小，故 C 错误；D. 物体在 B 点时，速度为零，但合力不为零，不是处于平衡状态，故 D 错误；故选 AB。13.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其 图象如图所示已知汽车的质量为 ，汽车受v-t m=1103kg到地面的阻力为车重的 倍，则以下说法正确的是 0.1A. 汽车在前 5s 内的牵引力为 5103NB. 汽车速度为 时的加速度为25m/s 5m/s210C. 汽车的额定功率为 100 kWD. 汽车的最大速度为 80 m/s【答案】AC【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速
19、度大小 a= m/s24 m/s2，根据牛顿第二定律得，F-205f=ma，解得牵引力 F=f+ma=1000+4000N=5000N，故 A 正确。汽车的额定功率P=Fv=500020W=100000W=100kW，汽车在 25m/s 时的牵引力 F N4000 N，根据Pv 10000025牛顿第二定律得，加速度 ，故 B 错误，C 正确。当牵引力等于a=Ffm 400010001000m/s2 3m/s2阻力时，速度最大，则最大速度 ，故 D 错误。故选 AC。vmPf 1000001000m/s 100m/s点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第
20、二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大14.如图所示，一电场的电场线分布关于 y 轴沿竖直方向 对称， y 轴是一条电场线，O、 M、 N 是 y 轴上的三个点，且 ， P 点在 y 轴的右侧， ，则 OM=MN MPONA. 将负电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做正功B. M 点的电势比 P 点的电势高C. M、 N 两点间的电势差大于 O、 M 两点间的电势D. 在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴做直线运动【答案】BD【解析】【分析】电场力做功的正负可以看电荷电势能增加还是减小，判断电势可以利用等势线与电场线垂直且沿着电场线电势降低，由 U=E
21、d 可以定性分析电势差的大小关系，根据粒子的受力可以判断其运动。【详解】A.从 O 点到 P 点电势降低，负电荷的电势能增加，所以电场力做负功，A 错误；11B.利用等势线与电场线垂直作出过 P 点的等势线，在 M、N 之间，可以看出 P 点的电势比 M点低，B 正确；C.根据 U=Ed，OM 之间的电场强度更大，所以 O、M 两点间的电势差更大，C 错误；D.过 O 点的电场线沿 Y 轴向上，所以正电粒子受到沿 Y 轴向上的力，会沿着 Y 轴做直线运动，D 正确。【点睛】熟练运用电场线、等势线、电势差与电场强度的关系是解决本道题的关键。二、实验题15.如图为某探究小组设计的测量弹簧弹性势能的
22、装置，小球被压缩的弹簧弹出后作平抛运动小球与弹簧不相连，现测得小球的质量为 m，桌子的高度为 h，小球落地点到桌边的水平距离为 s，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g，则弹簧被压缩时的弹性势能为_ 【答案】 ；mgs24h【解析】【分析】利用平抛运动的相关知识可以得到小球被弹簧弹出时的速度，再利用系统机械能守恒可得弹簧被压缩时的弹性势能。【详解】小球被压缩的弹簧弹出后作平抛运动,根据 得: ,所以h=12gt2 t= 2hg v0=st= gs22h小球从初位置到被抛出前,只有只有弹簧弹力和重力做功,系统的机械能守恒,选取桌面为零势能面,根据机械能守恒定律得: E1=E2所以 .EP=12m
23、v20=mgs24h因此，本题正确答案是: .mgs24h【点睛】本题主要考查平抛运动与机械能守恒，属于基础题。16.如图所示为倾斜放置的气垫导轨，用来验证机械能守恒定律。已知滑块的质量为 m，滑块上遮光条的宽度为 d，重力加速度为 g。现将滑块由静止释放，两个光电门 和 分别记G1 G212录了遮光条通过光电门的时间 和 ，则滑块通过两个光电门过程中的动能变化t1 t2_，通过两个光电门过程中重力势能的变化 _用图中所标符号表示。Ek= Ep=若两者在实验误差允许范围内相等，则滑块在下滑过程中机械能守恒。若实验中滑块以初速度 下滑，则上述方法_ 选填“能”或“不能”验证机械能守恒。v0【答案
24、】 (1). (2). (3). 能12m(dt2)212m(dt1)2 mgHsL【解析】由题意得通过两个光电门的速度分别为 ， ，动能变化量为 ，v1=dt1 v2=dt2 Ek=12m(dt2） 2-12m(dt1） 2通过两个光电门过程中重力势能的变化量 ,若实验中滑块以初速度 下滑，依然能E=mgHsL v0验证滑块在下滑过程中机械能守恒。三、计算题17.如图所示，质量为 2kg 的平板车 B 上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车一端静止着一块质量为 2kg 的物体 A，一颗质量为 的子弹以 的速度水平瞬间射穿 A0.01kg 600m/s后，速度变为 ，如果 A、 B 之间的
25、动摩擦因数为 ，求：100m/s 0.05(1)子弹穿过 A 瞬间 A 的速度；B 最终的速度？(2)【答案】 （1）2.5m/s（2）1.25m/s【解析】【分析】子弹射穿 A 的过程与 A 组成的系统动量守恒，A 在 B 上滑动的过程中，A 与 B 组成的系统动量守恒。13【详解】取 v0方向为正方向，子弹与 A 作用过程： mv0=mv+mAvA解得 vA=2.5m/sA 与 B 作用过程： mvA=(mA+mB)vB解得 vB=1.25m/s【点睛】本题直接考查动量守恒，属于基础题。18.如图所示， A、 B、 C 为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面现将电荷
26、量为 的正点电荷从 A 点移到 B 点，电场力做功为 ，将另一电荷10-8C 310-6J量为 的负点电荷从 A 点移到 C 点，克服电场力做功 J. 10-8C 310-6求 、 各为多少？(1) UAB UAC边长为 cm，求电场线方向及电场强度大小(2)AB 23【答案】 （1）300V,300V（2） 104V/m【解析】试题分析：（1）由电势差公式 U= 求解电势差 UAB、U AC、U BC的值，并得到三点电势的关系，根据电场线与等势线垂直，并指向低电势，确定电场线的方向（2）由 E= 求解电场强度的大小，d 是电场线方向两点间的距离解：（1）U AB= = ；U AC= = ；则
27、知，B、C 电势相等，则 UBC=0所以电场线方向为垂直于 BC 连线向右下方（2）电场强度的大小 E= = V/m=104V/m答：（1）电场线方向为垂直于 BC 连线向右下方U AB、U AC、U BC的值分别为300V，300V，0；（2）电场强度的大小为 104V/m14【点评】本题要掌握电势差公式 U= ，注意运用此式时三个量均要代入符号进行运算电场强度与电势差的关系式 E= ，式中 d 是电场线方向两点间的距离19.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O，用一根长度为 的绝缘细L=0.40m线把质量为 ，带有 正电荷的金属小球悬挂在 O 点，小球静止在 Bm=0.20kg
28、 q=6.010-4C点时细线与竖直方向的夹角为 求：=37.两点间的电势差 (1)AB UAB将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力 F(2)的大小如果要使小球能绕 O 点做完整的圆周运动，则小球在 A 点时沿垂直于 OA 方向运动的最(3)小初速度 的大小 取 ， ，v0 .(g 10m/s2 sin37=O.60cos37=0.80)【答案】 （1）AB 两点间的电势差 UAB是400V；（2）将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力F 的大小是 3N（3）如果要使小球能绕 O 点做完整的圆周运动，则小
29、球在 A 点时沿垂直于 OA 方向运动的初速度 v0的大小是 m/s【解析】试题分析：（1）小球在 B 点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；（2）对小球从 A 点运动到 C 点的过程中运用动能定理即可解题；（3）在 C 点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解：（1）带电小球在 B 点静止受力平衡，根据平衡条件得则：qE=mgtan，得： = V/m，15由 U=Ed 有：V；（2）设小球运动至 C 点时速度为 vC，则：mgLqEL= mvC2，解得：v C=1.4m/s，在 C 点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：Fmg=m ，代入数据，联立解得：F=3N；（3）小球做完整圆周运动时必须通过 B 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为 V，则：联立解得： 答：（1）AB 两点间的电势差 UAB是400V；（2）将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力F 的大小是 3N（3）如果要使小球能绕 O 点做完整的圆周运动，则小球在 A 点时沿垂直于 OA 方向运动的初速度 v0的大小是 m/s【点评】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中16
