学年河南省周口市重点高中高二上学期第一次质量检测物理试题 扫描版.docx

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学年河南省周口市重点高中高二上学期第一次质量检测物理试题扫描版

2015-2016学年度上期高二第一次质量检测

物理试题答案

1、答案B

.考点：

元电荷、点电荷分析：

元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．解答：

元电荷是指最小的电荷量，元电荷不是代表电子或质子，电子和质子的电荷量在数值上等于元电荷，所以AC错误；任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，所以B正确，D错误；故选B．点评：

本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题．

2、答案D

3、答案：

B

解析：

因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A错误，B正确；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。

故选B。

4、答案B

考点：

电场线

分析：

电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小．

由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，可确定带电粒子的电性

根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小．

解答：

解：

B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B正确．

C、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电．故C错误．

D、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的动能小于在N点的动能，故A、D错误．

故选：

B．

点评：

对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：

合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小．

5、答案C

考点：

电场的叠加；电场强度；电势．

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．

解答：

解：

A、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．E、O、F三点电势为0．故A错误．

B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同．故B错误．

C、由图看出，E、O、F三点比较，O点场强最强．故C正确．

D、由图看出，B、O、C三点比较，O点场强最小．故D错误．

故选：

C．

点评：

对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．

6、答案B

【考点】电场强度；电场线；电势能、电势；电势差；匀强电场中电势差与电场强度的关系。

【解析】在匀强电场中，因为电子带负电，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，电场力对电子做负功，由W=qU,q=-e,则得φM-φN=φM-φP>0,说明MQ为高电势，NP为低电势。

所以直线c位于某一等势线内，选项A错B对。

匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，φM=φQ>φP、电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。

电子由P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减少，选项D错。

7、答案C

8、答案C

解：

A、由电阻R=可知，灯泡的电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，电压增大，斜率减小，则电阻增大，故A正确；

B、C、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=

，故B正确，C错误；

D、因为P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．

本题选错误的，故选：

C

9、答案B【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功能关系

解析：

B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：

a1=

，进入电场后的加速度大小为：

a2=

由牛顿第二定律得：

mg=ma1…①F-mg=ma2得电场力：

F=mg+ma2=

mv1=

ma1…②

由①②得重力mg与电场力F之比为3：

5．故A正确．

C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C正确．D、整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：

B

【思路点拨】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．

10、答案B

考点：

电势能；电场强度．版权所有

分析：

题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系．由能量守恒分析动能关系．

解答：

解：

A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φc=

=

V=6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误．

BD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故B正确，D错误

C、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强Ea不一定小于b点处的场强Eb．故C错误．

故选：

B．

点评：

电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但可根据电势的高低判断电势能的大小．

11、答案BC

解：

A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，颗粒所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．

B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高．故B正确．

C、由题意可知，颗粒带负电，P点的电势升高，则颗粒的电势能将减小．故C正确．

D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．

故选：

B．C

12、答案AC

解：

A、在电源内部非静电力把正电荷从电源的负极移到正极，非静电力做功，其他形式的能转化为电能，电能能增加，故A正确．

B、根据电动势的定义式

可知，在电源内部，移动单位正电荷从负极到正极非静电力做功越多，该电源的电动势越大，故B错误．

C、D、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送单位电荷量做功越多，而不是移送的电荷量越多，故C正确、D错误．

13、答案CD

考点：

库仑定律；牛顿第二定律．版权所有

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．

解答：

解：

A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图

根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；

有：

mAg=TAcos30°因此：

TA=

mAg，故B错误；

C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；

D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；

故选CD．

点评：

本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．

14、答案BC

【考点】考查电场的力的性质和能的性质

从试探电荷运动的速度时间图象可以看出，电荷的速度先减小后增大，说明Q2带负电（若Q2带正电，则试探电荷将一直加速），A错，B正确；b点处速度时间图线的斜率为0，故电场强度为零，C正确；根据能量守恒，试探电荷的动能先减小后增大，故电势能先增大后减小，D错。

15、答案CD

本题旨在考查电势差与电场强度的关系、库仑定律。

B、由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速

度知：

小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点

A、对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电．            

由∠ABC=∠ACB=30°知：

∠ACO=30°

AB=AC=L；

由力的合成可得：

即：

，故B错误，C正确

A、有前面分析：

A对小球吸引，B对小球排斥，B带负电，小球带负电，故A错误

D、根据题意，圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。

故选：

CD

二、计算题

16、

（1）375；

（2）W

（3）

17答案：

（1）

（2）d

　（3）

解析：

（1）由U0e＝

mv

得：

vB＝

（2）由y＝

＝

可得：

l＝d

（3）由动能定理得：

U0e＋

e＝Ek末

所以电子穿出右侧平行金属板时的动能

Ek末＝

18、解析：

（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力mg－Eq＝m

①

物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有

Eq·2R－Wf－mg·2R＝

mv

－

mv

②

由①②式解得Wf＝

mv

＋

（Eq－mg）R③

（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则

水平方向有s＝vCt④

竖直方向有2R＝

（g－

）·t2⑤

由①④⑤式联立解得s＝2R⑥

因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R.