【解析】山西大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试(11月)物理试题含解析.doc

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1、山西大学附中2017-2018学年高二第一学期期中诊断物理试题一、单选题(共10小题,每题3分,共30分,每小题只有一个选项正确)1. 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象的规律可知，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷，选项B正确。2. 如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、

2、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是( )A. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qEC. 剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED. 剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE/6【答案】A【解析】静止时，对B球进行受力分析，则有：，A正确，B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传

3、递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为，C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有：，解得：C、D错误；故选A。3. 两个大小相同、可看成是点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电引力的大小为F现用一个不带电、同样大小的绝缘金属小球c先与a球接触，再与b球接触后移去，则a、b两球间静电力大小变为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同

4、种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配4. 如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（ ）A. 甲图：点电荷的电场中，与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：等量异种电荷电场中，两电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷的电场中，与点电荷成一直线的a、b两点D. 丁图：匀强电场中的a、b两点【答案】B【解析】A、甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；B、ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等，故B正确；C、a、b两点电场方向相同，

5、a点电势大于b点电势，两点的场强大小不等，故C错误；D、a、b两点不在同一等势面上，故电势不相等，故D错误。点睛：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直。5. 如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板。先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是( )A. 电容器的电容变小B. 电容器内部电场强度大小变大C. 电容器两极板电压变小D. P点电势降低【答案】A【解析】A. 根据，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B.

6、根据E=U/d与=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误；C、根据c=，c减小，Q不变，所以U增大，C错误；D.B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D错误；故选：A.6. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近的P点处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，说法中不正确的是（ ） A. a端的电势和b端的相等B. b端的电势比d点的高C. 金属细杆内c处场强为零D. 金属细杆内c处感应电荷场强的方向由a指向b【答案】B【解析】A.达到静电平衡后,整个导体是一个等势体,导体上的电势处处相等,所以可以得到a=b，A正确；B.由于电场线从正电荷出发到b端终止

7、，根据顺着电场线方向电势降低，可知b端的电势比d点的低，B错误。C. 由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强处处为零，c处的电场强度为0，故C正确。C.由于静电感应，导体上感应出来的正电荷在a端，负电荷在b端，感应电荷在金属细杆内c处感应电荷场强的方向由a指向b，D正确。本题选择错误答案，故选：B.点睛：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低，感应电荷与固定电荷在导体中产生的电场合场强为零。7. 如图所示，在平面直角坐标系中，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 V，点A处的电势为6 V, 点B处的电势为3 V

8、, 则场强大小为 ( ) A. 100 V/mB. 100V/mC. 200V/mD. 200V/m【答案】C【解析】OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得：BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离d=sin60=1.5cm所以电场强度，故C正确，ABD错误；故选C.点睛：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即，注意d是沿电场线方向上的距离8. 如图所示，虚线表示电场中的等势线，相邻等势线之间的电势差相等，一电子以一定的初速度进人电场中，只在电场力的作用下运动，运动轨迹如图中实线所示，M、N两点是电子运动

9、轨迹上的两个点，由此可判断（） A. N点电势高于M点电势B. 电子一定是从N点运动到M点C. 电子在M点的电势能小于在N点的电势能D. 电子在M点的动能小于在N点的动能【答案】C【解析】由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，由于是负电荷，所以电场线方向是左向上，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知M点的电势高于N点的电势，A错误；电子不一定是从N点运动到M点，也可能是从从M点运动到N点，B错误；由，得电场力做负功电势能增加，即电子在M点的电势能小于在N点的电势能，C正确；电场力做负功，电子在M点的动能大于在N点的动能，故D错误9. 下列关于电源和电动势的说

10、法中，正确的是（ ）A. 电动势就是电势差，平时我们叫电压B. 电动势大的电源做功一定多C. 在外电路中和电源内部，静电力都对电荷作正功，所以能不断定向移动形成电流D. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功【答案】D【解析】A、电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，和电势差的定义不相同；故A错误；B、电动势大的移动相同电量时做功多；并不是电动势大电源做功就多；故B错误；C、电动势大的电源移动相同电量时做功较多，但做功并不一定快；故C错误；D、电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功；故D正确；故选：D10. 两只小灯泡L

11、1、L2分别标有“6V，3W”和“6V，5W”，另外有一个能满足需要的滑动变阻器R，将它们连接后接入电压为12V的电路中，要求两灯泡都正常发光，下面的四个电路中能满足要求的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据可知，灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，L1与R并联，总电阻可以与灯泡L2的电阻相等，两灯的电压可以都是6V，两灯都能正常发光，故A正确；L2与R并联，总电阻小于灯泡L1的电阻，根据串联电路电阻分压特点可知，L1的电压大于6V，L2的电压小于6V，两灯都不能正常发光，故B错误；L1、L2串联，由于灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，则灯泡L1的电压大于灯泡L2的电压，即得到灯泡L

12、1的电压大于6V，所以灯泡L1可能被烧毁，故C错误；灯L1、L2并联，当它们并联的电阻与R相等时，其电压与R的电压相等，都等于6V，两灯都能正常发光，故D正确。所以AD正确，BC错误。二、多选题(共4小题,每题5分,共20分，全选对得5分,漏选得3分，选错或不选得0分)11. 如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（ ）A. R1：R2=1：3B. R1：R2=3：1C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1【答案】AD【解析】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻

13、的倒数，所以串联电路电流相等，所以将与串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将与并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1，A正确12. 如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到达N点的过程中（ ）A. 速率先增大后减小 B. 速率先减小后增大C. 电势能先减小后增大 D. 电势能先增大后减小【答案】AC【解析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错

14、误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC。考点：库仑定律；电势能。【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化。13. 如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地.一带负电油滴固定于容器中的P点现将上极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）A. 带电油滴受到的电场力将不变B. 带电油滴的电势能将减少C. P点的电势将升高D. 电容器的电容增加，极板带电量增加【答案】BC

15、D【解析】将上极板竖直向下缓慢移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强变大，则油滴所受电场力变大故A错误P点到下极板的距离不变，而E变大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差变大，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减小故BC正确d减小，由，知电容C变大，U不变，由Q=CU分析可知电容器所带电量增加故D正确故选BCD点睛：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，和结合进行分析14. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处.(

16、不计重力作用)下列说法中正确的是( )A. 从t0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B. 从t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C. 从t=3T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D. 从t=3T/8时刻释放电子，电子一定打到右极板上【答案】AC【解析】分析电子在一个周期内的运动情况。A. B. 从t=0时刻释放电子,前T/2内,电子受到的电场力向右,电子向右做匀加速直线运动;后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动，t=T时速度恰好为零。接着周而复始，所以电子一直向右做单向直线运动，直到打在右板上。故A正确，B错误；C.从t=3T

17、/4时刻释放电子,电子受到向左的电场力，向左离开极板，C错误；D.在3T/84T/8内,电子向右做匀加速直线运动；在4T/85T/8内,电子受到的电场力向左,电子继续向右做匀减速直线运动,5T/8时刻速度为零，电子有可能打在右极板；如不能打在右极板，在5T/88T/8内电子受到向左的电场力,向左做初速度为零的匀加速直线运动,将从左极板小孔离开，D错误。故选：A三、实验题（前两题每空2分，其余每空3分，共13分）15. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸， 白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

18、接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是_。A应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B斜槽轨道必须光滑C斜槽轨道末端必须水平D小球1质量应大于小球2的质量(2)上述实验除需测量线段OM

19、、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_。AA、B两点间的高度差h1BB点离地面的高度h2C小球1和小球2的质量m1、m2D小球1和小球2的半径r(3)当所测物理量满足表达式_(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式_(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞是弹性碰撞。(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M、P、N。用刻度尺测量斜面顶点到M、P、N三点的距离分

20、别为l1，l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_(用所测物理量的字母表示)。【答案】 (1). ACD (2). C (3). m1OPm1OMm2ON， (4). m1(OP)2m1(OM)2m2(ON)2 (5). m1m1m2【解析】试题分析：为了保证每次碰撞速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，A正确；小球每次从轨道上滑落过程中我们只需要得到相同的碰撞速度，实验过程中摩擦力的存在与否，对我们研究实验没有影响，故不需要保证斜槽轨道必须光滑，B错误；我们研究的是水平方向上的碰撞，所以斜槽轨道末端必须水平，C正确；为了防止入射小球反弹，所以小球1质量应大于小球2的质

21、量，D正确；小球飞出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以不放小球2时，小球1的速度，放了小球2后，小球1的速度为，小球2获得的速度为，故需要验证，即，故需要测量两小球的质量，C正确；当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要成立则机械能守恒，即如果满足，则两球碰撞时无机械能损失。碰撞前，小球1落在图中的点，设其水平初速度为小球1和2发生碰撞后，1的落点在图中点，设其水平初速度为，m2的落点是图中的点，设其水平初速度为 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得同理，可见速度正比于所以只要验证m1m1m2即可考点：验证动量守恒定律验证四、计算题

22、(共3小题，共计37分，解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案写出数值和单位。）16. 如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球整个装置处于水平向右，场强大小为的匀强电场中（1）求小球在电场中受到的电场力大小F；（2）当小球处于图中A位置时，保持静止状态若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小a；（3）现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态小球从位置B无初速度释放不计小球受到的空气阻力求小球通过最低点时的速度大小v【答案】（1）；（2） （3）【解析】（1）小球所受的电场力.根据牛

23、顿第二定律所以小球的加速度（3）根据动能定理有，解得17. 如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab5 cm，bc12 cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q4108 C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W112107 J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）电荷从b移到c，静电力做功W2；（3）a、c两点间的电势差Uac【答案】（1）60V/m（2）14410-7J（3）66V【解析】试题分析：（1）由题，由得（2）电荷从b移到c电场力做功为（3）电荷从a移到c电场力做功为则a、c两点的电势差为考点：考查了匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【名师点睛】

24、匀强电场中电场力做功公式中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负18. 如图所示电子射线管阴极K发射电子，设从阴极K发射出来的电子速度为0，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速。A、B是偏向电极板，使飞进的电子偏离。若已知P、K间所加电压UPK，偏转板长L，板间距离为d，所加电压UAB。偏转板到荧光屏之间的距离为R。电子质量m，电子电荷量为e。求：（1）电子通过阳极P板的速度0（2）电子通过偏向板时具有动能Ek（3）电子射出偏转极板后，打到荧光屏上的O点到荧光屏中心O点的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）电子在阳极P和阴极K间运动，由根据动能定理得即（2）电子沿板的方向做匀速直线运动，则电子在板间运动的时间：电子运动的加速度：电子离开电场时沿场强方向的侧移：根据动能定理有：所以：（3）根据动能定理：且解得：；考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在电场中偏转的基本题型：先加速后偏转问题，采用的是力学方法，关键是分析电荷运动情况要用到正交分解法。