安徽省无为第一中学2023-2024学年高二物理上学期第一次段考试题（Word版附解析）

无为一中2023-2024学年度第一学期高二第一次段考物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.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，电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量成反比B.根据电容的定义式，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，电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比D.根据公式，带电量为1C的正电荷，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】【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，电场强度的定义式，只是为研究电场的性质方便，而定义的，A错误；B．电容器的电容是描述电容器容纳电荷多少的物理量，电容大小取决于电容器的本身，不能理解成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，B错误；C．电场中某点电场强度是由场源电荷决定的，所以由真空中点电荷电场强度公式，可知电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，C正确；D．由公式，可知带电量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功是−1J，则有则A、B点的电势差为−1V，D错误。故选C。 2.如图（a），场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距r0的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，经一定时间，离子运动到与O相距rN的N点。用a表示离子的加速度，用r表示离子与O点的距离，作出其图像如图（b）。静电力常量为是k，不计离子重力。由此可以判定（　　）A.场源点电荷带正电B.场源点电荷的电荷量为C.离子在P点的加速度大小为D.离子在P点受到的电场力大小为【答案】D【解析】【详解】A．从P到N，带正电的离子的加速度随的增加而增大，即随r的减小而增加，可知场源点电荷带负电，选项A错误；B．在N点，由库仑定律及牛顿第二定律解得选项B错误；CD．在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律离子在P点受到的电场力大小为 选项C错误，D正确。故选D。3.某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称，则（　　）A.x1处和－x1处场强方向相同B.x1处和－x2处场强大小相等C.某带电粒子在x2处和－x1处电势能相等D.某带电粒子在x2处的电势能可能小于在－x1处的电势能【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．φ-x图像斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，AB错误；C．由图可以看出在－x1处的电势低于粒子在x2处的电势，粒子的电势能为这两点的电势不等，所以两点的电势能不相等，C错误；D．由图可以看出在－x1处的电势低于粒子在x2处的电势，对负电荷来说，电势越低电势能越大，所以某带负电粒子在－x1处的电势能大于在x2处的电势能，D正确。故选D。4.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么 A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】【详解】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，C正确；D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；5.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心。两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法中正确的是（　　）A.M、N为同种电荷B.M在b点的速度小于它在a点的速度C.N在c点的电势能小于它在e点的电势能D.N在从e点运动到d点的过程中电场力先做正功后做负功【答案】B【解析】 【详解】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；B．M从a到b点，库仑力做功为其中，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，那么M在b点的速度小于它在a点的速度，故B正确；C．带正电的点电荷固定于O点，因此c点电势高于e点，则正电荷从低电势到高电势，电势能增加，那么N在c点的电势能大于它在e点的电势能，故C错误；D．因N带正电，那么N从e点运动到d点的过程中电场力方向先与运动方向的夹角为钝角，后与运动方向的夹角为锐角，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。故选B。6.如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场。两极板间距为d。一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出。已知微粒的电荷量为q、质量为m。下列说法不正确的是（　　）A.微粒运动的加速度为0B.微粒的电势能减小了mgdC.两极板间的电势差为D.M极板的电势高于N极板的电势【答案】B【解析】【详解】A．带电微粒受向下的重力和向上的电场力，其合外力为0的情况下，沿直线运动，所以加速度为0，A正确；C．根据得C正确； D．因为电场力方向向上，所以电场线竖直向下，则φM>φN，D正确；B．负电荷由电势高处向电势低处移动，电势能增加了mgd，B错误。此题选择不正确的选项，故选B。7.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（　　）A.电流大小为，电流方向为顺时针B.电流大小为，电流方向为顺时针C.电流大小为，电流方向为逆时针D.电流大小为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】【详解】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为根据电流的定义可得电流大小为因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故选C。二、多项选择题：本题4小题，每小题4分，共16分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。8.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）A.θ减小，E不变B.θ增大，E不变C.θ减小，Ep增大D.θ减小，Ep不变 【答案】AD【解析】【详解】由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，根据则电容C变大，由可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小，两板间电场强度可知电场强度E不变，P点与下极板间的电势差不变，则点电荷从P点移动到下极板（电势为零）电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故AD正确，BC错误。故选AD9.如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）A.场强的最小值为E=B.场强的最小值为E=C.E=时，小球的电势能一定不变D.E=时，小球的机械能一定减小【答案】AC 【解析】【详解】A．小球受重力和电场力作用，合力方向即OA方向，根据力的合成原则可知，当电场力方向与OA方向垂直时，电场力最小即电场强度最小。此时，根据垂直于OA方向的平衡条件有：解得故A正确，B错误；C．当时，电场力方向与OA方向垂直，即电场力方向与小球运动方向垂直，电场力对小球不做功，则小球的电势能一定不变。小球仅受重力做功，其机械能不变，故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示，两个固定的等量正点电荷相距4L，共连线的中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的垂直平分线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。已知a点的电场强度大小为E。则下列说法正确的是（　　）A.a点与b点的电场强度相同，电势也相等B.c点的电场强度为，方向沿y轴正方向C.在c点由静止释放一电子，电子运动到O点动能最大D.若将一正电荷由O移到b点，电场力先做负功后做正功【答案】BC【解析】【详解】A．根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；B．由库仑定律可知 可得方向沿轴正方向，故B正确；C．根据等量同种正电荷的电场分布特点，可知cO之间的电场线方向向上，Od之间的电场线方向向下，O点的电场强度为零，故在c点由静止释放一电子，电子先受到向下的电场力，做加速运动，到O点加速度为零，速度达到最大，进入Od之间，受到向上的电场力，做减速运动，故电子在O点的速度最大，动能最大，故C正确；D．根据等量同种正电荷的电场分布特点，O点的电场强度为零，Ob之间的电场强度方向向左，故若将一正电荷由O移到b点，所受的电场力向左，故电场力做负功，故D错误。故选BC。11.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是(　　)A.由知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比B.由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C.将一根导线一分为二，则半根导线电阻和电阻率都是原来的二分之一D.某些金属、合金和化合物的电阻率随温度降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度【答案】AD【解析】【分析】导体电阻由导体本身的性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关，电阻率由材料决定，与温度有关；【详解】A、导体的电阻由导体本身的性质决定，由可知，导体的电阻与长度、电阻率均成正比，与横截面积S成反比，故A正确；B、导体的电阻由导体本身的性质决定，与电压和电流无关，故B错误；C、将一根导线一分为二，根据电阻定律，半根导线的电阻是原来的二分之一，但电阻率不变，故C错误；D、某些金属、合金和化合物的电阻率随温度降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象，绝对零度是低 温的极限，只能接进，不可能达到，故D正确．【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律，知道电阻的大小与电流、电压无关，以及知道电阻率的大小由材料本身性质决定．三、填空题：每空3分，共18分。12.如图所示，两根绝缘细线挂着两个质量相同且不带电的小球A和B。此时上、下细线受力的大小分别为、。如果使A带正电，B带负电。上、下细线受力的大小分别是、。请分别比较___________，___________（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】①.等于②.大于【解析】【详解】[1][2]设两球质量均为m，根据整体法分析可知隔离法分析其中F表示A（带正电）对B（带负电）的静电引力。所以13.已知空气的击穿电场强度为2×106V/m，测得某一次闪电，设闪电的火花路径为直线，其火花长为1000m，则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=_____V，若这次闪电通过的电荷量为30C，则释放的能量W=_____J。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]根据 代入数据得放电路径两端的电势差[2]根据代入数据得释放的能量14.如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度方向为______（填“向左”或“向右”），大小为______。【答案】①.向左②.【解析】【详解】[1][2]点电荷在A点产生的电场强度为方向向左，图中A点的电场强度为0，可知带电薄板在A点产生的电场为方向向右，A点和B点关于薄板对称，故带电薄板在B点产生的电场为方向向左。四、计算题：3小题，15题12分，16题12分，17题14分，共38分，要求写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．15.如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=-6×10-6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10-5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10-5J的功。 （1）求A、B两点间电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？（3）作出过B点的一条电场线。【答案】（1）4V；-2V；（2）4V，2V；（3）【解析】【详解】（1）根据电场力做功与电势差的关系得（2）根据电势差的定义式所以，（3）AB的中点D的电势为连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示 16.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的，将珠子从环上的最低点A由静止释放（重力加速度为g），则：（1）珠子所能获得的最大动能是多少？珠子对圆环的最大压力是多少？（2）在A点给珠子水平向右的初速度v0至少为多大，恰好可以使珠子在竖直圆环上做完整的圆周运动？【答案】（1）mgr，mg；（2）v0=【解析】【详解】（1）因所以珠子所受静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足故θ=37°如图所示，设OB与竖直方向的夹角为θ，则B点为等效最低点，珠子从A点由静止释放后从A到B过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大 由动能定理得qErsinθ－mgr（1－cosθ）=Ekm解得设珠子在B点受圆环弹力大小为FN，有则由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力大小为。（2）等效最高点为C点，合力可以为0，速度为0，A到C，由动能定理得解得17.如图所示，在水平地面MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场E，E=1×104V/m，水平面上竖直放置一绝缘轨道ABCD，AB部分为粗糙直轨道，且与水平方向夹角为37°，BCD为光滑圆轨道，与AB在B点处相切，轨道与地面相切于C点，D点处切线沿水平方向，圆轨道半径R=0.5m，现将一质量为m=1kg的带电物块（大小忽略不计）从斜面上P点（图中未标出）静止释放，物块与AB轨道间动摩擦因数为0.25，物块带电量为q=+2×10-4C，结果物块恰能通过D点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块通过D点时速度vD大小；（2）物块通过C点时对轨道的压力；（3）物块释放处P点与B点之间的距离x。 【答案】（1）2m/s；（2）48N；（3）2.875m【解析】【详解】（1）物块恰好能通过D点，由向下的重力和向上的电场提供向心力，则有解得由C到D，根据动能定理有解得m/s在C点，根据牛顿第二定律有NC-（mg-F）=m解得NC=48N由牛顿第三定律可知物块对轨道,向下的压力大小为48N。（3）从释放P点到D点过程，由动能定理有解得