学年吉林省长春市田家炳实验中学高二上学期第一学程测试物理试题解析版Word格式文档下载.docx

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B.牛顿与分析不符，故B项与题意不相符；

C.密立根与分相相符，故C项与题意相符；

D.法拉第分析不符，故D项与题意不相符。

2.下列关于电场基本概念与规律的判断正确的是（　　）

A.由E=F/q可知，场强E与检验电荷电量q成反比、与电场力F成正比

B.由UAB=WAB/q可知，电势差与检验电荷电量q成反比、与电场力做功成正比

C.由库仑定律F=，当距离r→0时库仑力F→∞

D.由可知，平行板电容器电容C与距离d成反比、与正对面积S成正比

[答案]D

[详解]A.公式是比值定义法，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，与电荷受到的电场力的大小无关，由电场本身性质决定。

故A错误；

B公式是比值定义法，反映电场本身的性质，与试探电荷无关，由电场本身性质决定。

故B错误；

C.在库仑定律的表达式中，当距离r→0时库仑定律不再适用。

故C错误；

D.公式是平行板电容器电容的决定式，由此可知平行板电容器电容C与距离d成反比、与正对面积S成正比。

故D正确。

3.甲、乙两完全相同的金属球（可视为质点）分别带电+4q和﹣2q，当它们相距d时，它们间的库仑力大小为F．让甲、乙接触后，再使其相距，则甲、乙间的库仑力大小为（　　）

A.2FB.3FC.4FD.16F

[答案]A

[详解]根据库仑定律公式得；

接触再分离后所带电量各为，那么甲、乙间的库仑力大小为；

A.与分析相符，符合题意；

B.与分析不符，不符合题意；

C.与分析不符，不符合题意；

D.与分析不符，不符合题意。

4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示,则下列说法中正确的是（ ）

A.该元件是非线性元件，欧姆定律不适用，不能用R=U/I计算导体在某状态下的电阻

B.加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω

C.加12V电压时，导体的电阻约是8Ω

D.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小

[详解]该元件是非线性元件，欧姆定律不适用，但可以用R=U/I计算导体在某状态下的电阻，选项A错误；

当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻R=U/I=5Ω，故B错误；

当U=12V时，由图知电流为I=1.5A，则导体的电阻R=U/I=8Ω，故C正确；

由图可知随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率等于电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，故D错误；

故选C。

[点睛]本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．

5.如图所示，O是半径为R的正六角形外接圆的圆心，在正六角形的一个顶点放置一带电量为+q的点电荷，其余顶点分别放置带电量均为-q的点电荷。

则圆心O处的场强大小为　（　　）

A.B.

CD.0

[答案]B

[详解]根据对称性，可知B处和E处点电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消；

同理C处与F处负电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消，根据电场的叠加原理可知O处的场强等于A处和D处两个点电荷产生的电场的叠加，因此O点的电场强度大小为：

A.与分析不符，故A选项错误。

B.与分析相符，故B选项正确。

C.与分析不符，故C选项错误。

D.0与分析不符，故D选项错误。

6.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，箭头表示运动方向，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是（　　）

A.带电粒子所带电荷的符号B.粒子在a、b两点的受力方向

C.a、b两点电势的高低D.a、b两点电场强度的方向

[分析]

由题中“图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线”可知，本题考查电场的基本知识，根据电场线、电场强度、电场力和电势能等概念可进行分析。

[详解]AB．由题中带电粒子的轨迹可知，带电粒子受到的电场力沿电场线向左，因电场线方向不明，因此无法确定粒子的电性，故A错误，B正确；

C．由粒子运动轨迹可知，电场力对粒子做负功，因此电势能增加，由于无法知道电性,所以b点电势与a点电势大小无法比较，故C错误；

D．由于不知道电场线的方向，故无法判断电场强度的方向，故D错误。

’

7.如图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=4V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（　　）

C.D.

匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，等势面也平行等间距，而且沿着电场线方向，电势降低．

[详解]由题意可知，各点的电势分别为Ua=5V，Ub=2V，Uc=4V，则ab连线上离a点处的电势为4V，所以该点与c点的连线即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故D正确，ABC错误；

故选D.

[点睛]考查匀强电场的电场线是平行，等势线也是平行，且掌握电场线的方向与电势降低的方向关系．

8.如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球的球心距离为3r。

达到静电平衡后，下列说法正确的是

A.金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷

B.点电荷Q在金属球内产生的电场的场强处处为零

C.金属球最左侧表面的电势高于最右侧表面的电势

D.感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为

金属球在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，整个导体是一个等势体。

在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。

由于静电平衡，金属球内部各点的合场强为零，即电荷Q和球面上感应电荷在球内部某点产生的场强大小相等，方向相反，最后依据真空中点电荷间的库仑定律才适用。

[详解]静电感应导致金属球的电荷重新分布，左侧带正电荷，右侧带负电荷，故A错误。

金属球内各点的场强均为零，即感应电荷在金属球内某点激发的电场场强与点电荷在该点处产生的电场强度大小，方向相反，故B错误。

由于静电感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体。

感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为，故D正确。

故选D。

[点睛]考查静电平衡的内容，掌握点电荷的电场强度公式，关键要掌握静电平衡状态的特点：

处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，并能理解场强为零的原因，注意库仑定律的成立条件。

9.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且，电场中的、、三点的场强分别为、、，电势分别为、、，、间的电势差分别为、，则下列关系中正确的是（）

[答案]ABC

[详解]由电场线的方向为电势降低的方向知，所以，A正确；

根据电场线的疏密可知，，B正确；

处的电场线比处的电场线密集，由公式进行定性分析知，，C正确，D错误。

10.一个带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点为中心，沿轴方向做周期性运动，轴上各点电势如图所示。

若该粒子的质量为，电荷量为，其电势能与动能之和为（已在图中标出），则下列说法正确的是（）

A.与原点之间的电场为非均强电场

B.原点右侧的电场为匀强电场，由场强度大小为

C.粒子在原点时的电势能最小，为

D.粒子在运动过程中的最大动能为

[详解]A.由图可知间电势随均匀变化，则可知电场为匀强电场，故A不符合题意；

B.由图可知，斜率表示沿x方向电场强度，0与两点间的电势差为，沿x方向的电场强度的大小为：

，故B不符合题意；

C.粒子带正电，根据可知，电势越高的地方，电势能越大，所以粒子在原点时的势能最小，最小为0，故C不符合题意；

D.粒子在原点是的电势能最小为0，根据能量守恒可知，此时动能最大，为，故D符合题意。

11.如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其vt图像如图乙所示。

关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是

A.EA＞EBB.EA＜EB

C.φA＞φBD.φA＜φB

[答案]AC

[详解]AB.由图可知知，电子做減速运动，加速度逐渐减小，说明受到的电场力逐渐減小，根据可知，电场强度逐渐减小，即，故A正确，B错误

CD.由图看出,电子的速度减小，则动能减小，电场力做负功，则电子受到的电场力的方向由B指向A，电子带负电，所以电场线的方向是由A指向B，A点的电势高，所以，故C正确，D错误。

12.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球（电荷量很小）固定在P点，如图所示．以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，Ep表示该小球在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则（　　）

A.U变小B.U不变

C.E变大D.Ep不变

[答案]AD

平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式分析板间场强E的变化情况．由公式U=Q/C判断板间电压的变化，确定电势及电势能如何变化．

[详解]由题意知：

平行板电容器充电后与电源断开，电容器的带电量Q不变；

板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大。

由公式U=Q/C知，板间电压U变小。

故A正确，B错误；

由E=U/d，及C=Q/U，与，即可推导出，公式，分析可知，板间电场强度E不变，故C错误；

则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能EP不变，故D正确；

故选AD。

[点睛]本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．

13.如图所示，P、Q处固定有等量的同种正电荷，O为P、Q连线的中点，在P、Q连线的垂直平分线上，一个带电粒子在A点由静止释放，结果粒子在A、B、C三点的加速度大小相等，且A、C关于P、Q连线对称，不计粒子受到的重力，则下列说法正确的是（　　）

A.带电粒子在C点的速度最大

B.带电粒子在O点的速度最大

C.带电粒子在O点的加速度为零

D.带电粒子从A点运动到B点的过程中，加速度先减小后增大

[答案]BC

[详解]A．两等量正电荷周围部分电场线如图所示。

根据对称性知，AC间电势差为零，粒子从A运动到C的过程中，电场力做功为零，动能变化量为零，所以粒子在C点的动能为零，速度大小为零，故A错误；

B．粒子从A运动到C的过程中，电场力先做正功后做负功，速度先增大后减小，所以带电粒子在O点的速度最大，故B正确；

C．O点的场强为零，粒子受到的电场力为零，即合力为零，则加速度为零，故