河北省大名县一中2018_2019学年高二物理上学期周测试题一.docx

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 U1减小，U2减小B U1减小，U2不变C U1减小，U2增大D U1不变，U2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-3Q，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 15：1 C 15：16 D 1：154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，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）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，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30cm。（取g=10m/s2）试求：（1）小球的质量；（2）线上的拉力T大小。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。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，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U=Ed可知，P点与B板间的电势差U2不变；故选B。【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，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。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，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、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。15（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