2018-2019学年高二物理上学期阶段考试试题(1)(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期阶段考试试题(1)(含解析)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E=Fq，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容的定义式C=QU，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. 根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 根据公式UAB=WABq，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、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；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1=UAB1,所以A、B点的电势差为-1V，D正确，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的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为A=12V、B=2V、C=-2V.由此可得D点的电势为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U=Ed可知，每前进相同的距离，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AB=DC，代入数据，有122=D(2)，解得D=8V，即D点的电势为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U=Ed，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），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+q的粒子不计重力，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，然后沿x轴运动。关于粒子运动速度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。【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C=S4kd可得电容增大，两极板上的电荷量恒定，根据公式C=QU可得两极板间的电压减小，A错误；根据公式C=S4kd，E=Ud，C=QU，联立可得E=4kQS，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变，故电荷q仍保持静止，根据E=Ud可得P点与B板之间的电势差不变，因为B板接地，电势为零，所以P点的电势不变，B错误C正确；根据公式Ep=q可得电势能不变，D错误；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C=S4kd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=Ud，C=QU等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，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F1、F2分别作用在a、b上一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下两物体的v-t图线如图所示，图中AB/CD.则整个过程中A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C. 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F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0；由图看出，tOBtOD，则有 F1t1F2t2，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，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】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：mv0=2mv。根据机械能守恒定律，有Ep12mv02212mv214mv0212Ek0 故最大弹性势能等于P的初动能的12。故选D。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.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、20V、30V.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a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子A. 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0.4J【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Epb=bq=0.0110=0.1J，B错误；在a处电势能为Epa=aq=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，故Eka+Epa=Ekb+Epb，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=Ekc=0.4J，D正确；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、mb, 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 (ma+ 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=Fm,F始终相同，不同，加速度不同，所以水平速度大小不同，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(ma+ mb)gh，错误10.质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角=60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=3mgQ的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为A. (2+3)gHB. 52gHC. 22gHD. 223gH【答案】C【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，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EM：EN=1：2C. 它们的动能增量之比EkM：EkN=1：2D. 它们所带的电荷量之比qM：qN=1：2【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：qN=yM：yN=1：2，电荷在电场中运动时，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EM：EN=qMEyM：qNEyN=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，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其v-t图象如图所示已知汽车的质量为m=1103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是A. 汽车在前5s内的牵引力为5103NB. 汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80m/s【答案】AC【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=205m/s24m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=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FPv10000025N4000N，根据牛顿第二定律得，加速度a=Ffm400010001000m/s23m/s2，故B错误，C正确。当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vmPf1000001000m/s100m/s，故D错误。故选AC。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OM=MN，P点在y轴的右侧，MPON，则A. 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=Ed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；B.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h=12gt2 得: t=2hg,所以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=12mv02=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G1和G2分别记录了遮光条通过光电门的时间t1和t2，则滑块通过两个光电门过程中的动能变化Ek=_，通过两个光电门过程中重力势能的变化Ep=_用图中所标符号表示。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v0下滑，则上述方法_选填“能”或“不能”验证机械能守恒。【答案】 (1). 12m(dt2)212m(dt1)2 (2). mgHsL (3). 能【解析】由题意得通过两个光电门的速度分别为v1=dt1，v2=dt2，动能变化量为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E=mgHsL,若实验中滑块以初速度v0下滑，依然能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0.01kg的子弹以600m/s的速度水平瞬间射穿A后，速度变为100m/s，如果A、B之间的动摩擦因数为0.05，求：(1)子弹穿过A瞬间A的速度；(2)B最终的速度？【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。【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+mBvB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量为10-8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为310-6J，将另一电荷量为10-8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功310-6J. (1)求UAB、UAC各为多少？(2)AB边长为23cm，求电场线方向及电场强度大小【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、UAC、UBC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）UAB=；UAC=；则知，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UAB、UAC、UBC的值分别为300V，300V，0；（2）电场强度的大小为104V/m【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