湖北省钢城四中2018_2019学年高一物理下学期期中试题含解析.doc

湖北省钢城四中2018-2019学年高一物理下学期期中试题（含解析）一、单选（ 每题4分 ，共32分）1.关于元电荷下列说法错误的是( )A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍B. 元电荷的值通常取作e1.60×1019 CC. 元电荷实际上是指电子和质子本身D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的【答案】C【解析】【详解】A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍，选项A正确；B. 元电荷的值通常取作e1.60×1019 C，选项B正确；C. 元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，选项C错误；D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2.如图所示，两个电荷量均为q的小球用长为L的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径rL。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为()A. 0B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力，因此有：Fk，故ACD错误，B正确。故选B。3.电场强度的定义式为，点电荷的场强公式为，下列说法中正确的是（ ）A. 中的场强E是电荷q产生的B. 中的场强E是电荷Q生的C. 中的F表示单位正电荷的受力D. 和都只对点电荷适用【答案】B【解析】【详解】中的q是试探电荷的电量，场强E与电荷q是无关的，选项A错误； 中的Q是场源电荷，即场强E是电荷Q产生的，选项B正确； 中的E表示单位正电荷的受力，选项C错误； 适应于所有电场，都只对点电荷适用，选项D错误；故选B.4.如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子q在开始运动后，将（ ）A. 沿电场线方向做匀减速直线运动B. 沿电场线方向做变加速直线运动C. 沿电场线方向做匀加速直线运动D. 偏离电场线方向做曲线运动【答案】A【解析】试题分析：由于负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，所以粒子受到的电场力方向与初速度方向相反，所以沿电场线方向做匀减速直线运动，A正确；考点：考查了电场强度，电场线【名师点睛】该题考查物体运动的性质与物体的受力分析、初速度方向之间的关系，属于对运动类型的考查基础题目5.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）A. kgA2m3B. kgA2m3s4C. kgm2C2D. Nm2A2【答案】B【解析】【详解】根据可得：，由于F=ma以及q=It，所以有：；根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得：k的单位是kgA-2m3s-4；A. kgA2m3，与结论不相符，选项A错误；B. kgA2m3s4，与结论相符，选项B正确；C. kgm2C2，与结论不相符，选项C错误；D. Nm2A2，与结论不相符，选项D错误；6.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况。在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】理解影响电容的因素电容的决定式，可知电容与板间距离成反比，所以能正确反映C与d之间变化规律的图象是A故应该选A7.下列粒子从初速度为零经过加速电压为U电场后，速度最大的是( )A. 镁离子Mg2B. 氘核C. 氚核D. 钠离子Na【答案】B【解析】【详解】设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，根据动能定理得qU=mv2得 ，可见，速度与粒子的比荷平方根成正比。由于氘核的比荷最大，所以氘核的速度最大。A. 镁离子Mg2，与结论不相符，选项A错误；B. 氘核，与结论相符，选项B正确； C 氚核，与结论不相符，选项C错误； D. 钠离子Na，与结论不相符，选项D错误；8.在点电荷Q的电场中，一金属球处于静电平衡状态，A为球内一点，B为球外表面附近一点，则球上感应电荷在A点和B点所激发的附加场强EA和EB的方向在下图中最可能正确的是【答案】C【解析】试题分析：圆盘达到静电平衡后，圆盘内各点的合场强为零，感应电荷产生的电场强度与-Q产生的电场强度大小相等、方向相反，负电荷-Q在A点产生的场强方向指向-Q，则感应电荷激发的附加场强背离-Q；因球处于静电平衡时，球面是等势面，电场线与等势面垂直，故B点的合场强方向沿OB方向指向球外，而-Q在B点的场强沿BQ方向，可知球面的感应电荷在B点的场强方向如C图所示，故C正确，ABD错误故选C考点：静电平衡【名师点睛】此题考查了静电平衡知识；要知道当圆盘达到静电平衡后，圆盘内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与-Q产生的电场强度大小相等、方向相反。二、多项选择.（每题4分，共20分。半对3分，选错0分。）9. 图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是A. 到达集尘极的尘埃带正电荷B. 电场方向由集尘极指向放电极C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解析】试题分析：由图示可知，集尘机电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；由F=Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确；故选BD考点：静电除尘【名师点睛】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。10.一带电微粒从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则( )A. 粒子带正电B. 粒子的加速度逐渐减小C. A点的场强小于B点的场强D. 粒子的电势能不断增加【答案】BD【解析】【详解】A.由物体做曲线运动的条件知粒子受的电场力方向大致向左，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；BC.根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确，C错误；D.不计粒子所受的重力，只有电场力做功，又粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，电势能逐渐增大。故D正确；11.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A. C点的电场强度大小为零B. A点的电场强度大小为零C. NC间场强方向沿x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】BD【解析】A、C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小则电场强度为零，故A正确；B、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功故D正确；故选：AD12. 如图所示，实线为一对等量同种点电荷的连线，虚线正方形abcd的中心O在两电荷连线的中点，下列说法正确的是A. a、b两点的电场强度相同B. a、c两点的电场强度相同C. a、b两点的电势相等D. a、c两点的电势相等【答案】CD【解析】试题分析：根据两个等量同种电荷电场对称性可知，a、b两点的场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故A错误a、c两点的场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误根据对称规律可知，a、b两点的电势相等，a、c两点的电势相等，选项CD正确；故选CD考点：电场强度；电势【名师点睛】加强基础知识的学习，掌握住等量同种电荷的电场线和等势线分布情况和特点，即可解决本题；注意场强的矢量性。13.如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的 后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A. 使初速度减为原来的B. 使M、N间电压加倍C. 使M、N间电压提高到原来的4倍D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的【答案】BD【解析】试题分析：粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于；当初速度为，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能的变化不等，故C错误；初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。三、填空 (每题4分，共12分 )14.某电场中的一条电场线如图所示，A点电势_（ 填“高”或“低 ”）于B点电势，理由是_。若A点电势为3V，则一个电子在A点的电势能为_J。(填“能”或“不能”)_比较A、B两点电场大小。【答案】 (1). 高 (2). 顺电场线电势降低 (3). -4.8×10-19 (4). 不能【解析】【详解】第一空.第二空. 由电场线可知A点电势高于B点电势；理由是顺电场线电势降低；第三空. 一个电子在A点的电势能为；第四空.一条电场线无法比较疏密，则不能比较AB两点场强的大小.15.如图所示，在平面直角中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则x轴上电势为3 V的点的坐标为（ ），匀强电场的场强大小为（ ）V/m。【答案】 (1). （3cm，0） (2). 200【解析】【详解】第一空.因O点电势为0；A点的电势为6V，则OA的中点C的电势为3V，坐标为（3cm，0）；第二空.将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，则OB沿电场线方向上的距离d=sin60°=1.5cm。所以电场强度；16. 在研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验中，平行板电容器充电后断开电源，用导线将平行板电容器的一板与静电计小球相连，另一板与静电计外壳相连。（1）此时静电计直接测量的是A电容C B电荷量QC两板间的电势差U D两板间场强E（2）下述做法可使静电计张角减小的是A增大两板间距 B减小正对面积C插入有机玻璃板 D插入金属板【答案】（1）C （2） CD【解析】试题分析：（1）静电计直接测量的是两板间的电势差U，故选C （2）因电容器带电量Q一定；故若增大两板间距，根据可知，C减小，由Q=CU可知，U变大，选项A错误；减小正对面积，则C减小，由Q=CU可知，U变大，选项B错误；插入有机玻璃板，则C变大，由Q=CU可知，U变小，选项C正确；插入金属板，则相当于d减小，则C增大，由Q=CU可知，U变小，选项D正确；故选CD考点：电容器【名师点睛】本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和电容的定义式综合分析，是常用思路。四、计算（8+8+10+10）17.已经证实质子、中子都是由上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电为e，下夸克带电为e，e为电子所带电荷量的大小，即质子所带电荷量如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为L，三个夸克组成等边三角形。L1.5×1015 m，静电力常量K=9.0×109Nm2/c2, e = 1.6×10-19c.试求：画出质子的三个夸克的组成图形，夸克用小圆圈表示，并在每个夸克旁标出该夸克所带电量；计算质子内每相邻两个夸克之间的静电力【答案】图见解析；上夸克之间的静电力为45.5 N，是排斥力；上夸克与下夸克之间的静电力为22.8 N，是吸引力.【解析】【详解】如图；质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的。按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处。这时上夸克与上夸克之间的静电力应为：    代入数值，得：Fm=45.5N，为斥力；上夸克与下夸克之间的静电力为：    代入数值，得Fn=22.8N，为吸力。18.电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点.一个电荷量q=+4.0×10-8C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10-4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10-7J.求：（1）A点电场强度的大小EA（2）A、B两点间的电势差U.（3）该点电荷从A点移到B点，电势能变化了多少？【答案】（1）5.0×103N/C （2）20V（3）8.0×10-7 J【解析】（1）A点电场强度（2）A、B两点间的电势差（3）将该点电荷从A点移到B点，电场力做了正功，所以电势能减少了8.0×10-7J19.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4×103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m4×105 kg，电荷量q1×108 C，g10 m/s2。求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？【答案】（1） （2）与负极相连 【解析】(1)v0t1分gt21分可解得v010 m/s. 1分(2)电容器的上板应接电源的负极1分当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出Lv0t11分a1 t121分a12分解得：U1120 V 1分当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出Lv0t21分a2 t221分a22分解得U2200 V 1分所以120 VU200 V.1分20.如图所示，在E103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道CPN竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R40 cm，一带正电荷q3×104C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数05，小滑块运动过程中所带电荷量保持不变，取g10 m/s2。滑块在水平轨道上某点由静止释放后，恰好能运动到圆轨道的最高点C，问：（1）小滑块是在水平轨道上离N点多远处释放的？（2）小滑块经过C点后落地，落地点离N点的距离多大？（3）小球在半圆轨道上运动时，对轨道的最大压力有多大？【答案】（1）4 m（2）02 m（3）27N【解析】试题分析：（1）设滑块与N点的距离为L，由动能定理可得qELmgLmg·2Rmv20小滑块在C点时，重力提供向心力，所以代入数据解得v2 m/s，L4 m（2）在竖直方向上做自由落体运动，由2Rgt2可得在水平方向上做匀减速运动，由qEma得a75 m/s2水平的位移为xvtat2，得x02 m（3）重力与电场力的合力F合=05N，F合方向与CN的夹角为37°，当滑块运动到NOA= 37°时速度最大对轨道压力最大。由A到C过程列动能定理：-qERsin37°-mg（R+Rcos37°）=滑块在A点时，三个力的合力提供向心力，解得：FN=27N，轨道压力FN=FN=27N考点：动能定理；牛顿定律的应用【名师点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题。- 15 -