1、人大附中高一年级第二学期物理阶段检测一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.下列几个物理量都有正负，下列选项中可以用正负来表示方向的是（）A. 功B. 电势C. 电荷量D. 电场强度【答案】D【解析】【详解】矢量的正负表示方向，标量的正负不表示方向。A功是标量，功的正负不表示方向，故A错误； B电势是标量，电势的正负不表示方向，故B错误； C电荷量是标量，电荷量的正负不表示方向，故C错误； D电场强度是矢量，电场强度的正负表示方向，故D正确。故选D。2.如图所示，小明用大小为F与水平方向成角的拉力拉着木箱在粗糙水平面上沿水平直线匀加速运动距离为x，加速度大小为a，则此过程中拉力对木箱所
2、做的功为（）A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由题意可知，拉力与位移的夹角为，则由功的公式可知，F的功为：故C正确，ABD错误。故选C。3.如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们轨道半径分别是2R和3R（R为地球半径）。下列说法中正确的是（）A. a、b的线速度大小之比是2：3B. a、b的周期之比是2：3C. a、b的角速度大小之比是2：3D. a、b的向心加速度大小之比是9：4【答案】D【解析】【详解】做匀速圆周运动的人造卫星，万有引力提供向心力，根据向心力公式得A .解得线速度a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的线速度大小之比是，故A错误；B解得周
3、期a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的周期之比是，故B错误；C解得角速度a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的角速度大小之比是，故C错误；D解得向心加速度a、b的轨道半径是2：3，所以a、b的向心加速度大小之比是9:4，故D正确。故选D。4.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中所示。那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（）A. 一定是正电B. 一定是负电C. 可能是正电，也可能是负电D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】对A电荷受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上；如果C是正电荷，则C对A的
4、库仑斥力沿CA连线向上，这两个斥力的合力指向CA和BA延长线之间，不可能BA偏向右；只有C带负电，C对A的库仑引力沿AC连线向下，与B对A的作用力的合力才偏向右侧，故C一定带负电，故B正确，ACD错误。故选B。5.a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。已知a所带的电荷量为Q，b所带的电荷量为q，且Qq，关于电荷c，下列判断正确的是（）A. c一定带负电B. c所带的电荷量一定大于qC. c可能处在a、b之间D. 如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定【答案】B【解析】【详解】ABC根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”；根
5、据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”；所以c一定带正电，c所带的电荷量一定大于q，b处在a、c之间，故B项正确，AC两项错误；D如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c一定处于a、b两点电荷产生场强相互抵消处，对c的电性、电荷量没有要求，故D项错误。故选B。6.如图，长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端R处，规定无穷远处为0电势，当达静电平衡后，下列说法正确的为（）A. 棒中心处的场强不为0B. 棒中心处的电势不为0C. 将整个导体棒切割为左和右为两部分，左带电绝对值比右多D. 将整个导体棒切割为左和右为两部
6、分，左带电绝对值比右少【答案】B【解析】【详解】A处于静电平衡的导体，内部电场强度处处为0，故A错误；B处于静电平衡的导体，是一个等势体，棒中心处的电势与表面电势是相等，不为0，故B正确；CD导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端R处时，导体棒只会在最左和最右端带上等量的异种电荷，所以将整个导体棒切割为左和右为两部分，左带电绝对值与右一样多，故CD错误。故选B。7.如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的：A. 动能和电势能都减少，重力势能增加B. 动能和重力势能都增加，电势能减少C. 动能减少
7、，重力势能和电势能都增加D. 动能不变，重力势能增加，电势能减少【答案】C【解析】【详解】带电微粒沿直线AB运动，所以其合力沿直线AB方向，由此可知微粒所受电场力水平向左，与重力的合力沿BA方向，故重力和电场力均做负功，动能减小，电势能和重力势能增加，选项C正确8.如图虚线为某点电荷电场的等势面，有两个带电粒子（重力不计），以相同的速率沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，不计两个粒子之间的静电力，由轨迹可以判定（）A. 两粒子带电量多少一定不同B. 两粒子电性可能相同C. 两粒子的电势能都是先减少后增大D. 经过B、C两点，两粒子的速率不可能相等【答案】D【解析】【详解】A
8、由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误；B由图可知沿轨迹1运动的电荷逐渐远离了中心电荷，受到中心电荷的斥力，而轨迹2运动的电荷受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。故B错误；C轨迹2运动的电荷在运动过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而轨迹1运动的电荷在运动过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C错误；DA和B电势相等，带电粒子从A到B过程中末速度大小等于初速度大小，A和C电势不相等，带电粒子从A到C过程中末速度大小不等于初速度大小，而两粒子的初速度的大小相同，所以经过B、C两点，两粒子的速率不可能相等，故D
9、正确。故选D。9.在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为、和点a到点电荷的距离与点a的电势已在图中用坐标（，）标出，其余类推。由图可知（）A. 用来检测场强和电势的检验电荷一定带正电B. a点电场强度大于b点电场强度C. 将同一检验电荷由c移动到d所做的功大于由b到c所做的功D. ad两点间图像与横轴之间的面积可以代表ad间电势差【答案】B【解析】【详解】A电场中的电势分布与检验电荷电性无关，所以无法根据任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系图，来判断检验电荷的电性，故A错误；B场源电荷是点电荷，由图可知，a点
10、离场源电荷近，所以a点电场强度大于b点电场强度，故B正确；C由图可知，cd两点间的电势差与bc两点间的电势差相等，所以将同一检验电荷由c移动到d所做的功等于由b到c所做的功，故C错误；D由图可知，ad间电势差等于这两点纵坐标之差，与两点间图像与横轴之间面积无关，故D错误；故选B。10.电源、开关、平行板电容器连成如图电路闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大D. 若断开开关，若将
11、A板下移少许，Q不变；U减小；E不变【答案】D【解析】【详解】AB闭合开关S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U不变；若将A板下移少许，据知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U不变，Q增大；据，可得E增大；故AB错误；CD若断开开关，电路断路，Q不变；若将A板下移少许，据知，电容器将增大；由，可知U减小；由于，可得E不变；故C错误，D正确二、多选题（本大题共4小题，多选、错选、不选不得分，漏选得2分，共16.0分）11.如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确
12、的是A. 小球的动能先增大后减小B. 小球的动能一直在减小C. 小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加D. 小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加【答案】AC【解析】【详解】AB.小球刚接触弹簧时，弹簧形变量较小，弹力小于重力，对小球而言受重力和弹力作用，合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，则小球的动能先增加后减小，故A正确；B错误；C.由于将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，相对地面的高度是越来越小，故重力势能一直减小，而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中弹簧的形变量越来越大，弹性势能也越来越大，故C正确； D.因为整个
13、过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，即小球的动能与重力势能及弹簧的弹性势能之和不变，而在小球压缩弹簧的过程中，小球的动能先增大后减少，所以小球的重力势能和弹簧的之和先减小后增大故D错误12.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A，B速度随时间变化.情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（）A. 木板A与物体B质量相等B. 系统损失的机械能为C. 木板A的最小长度为D. A对B做功与B对A做功等大方向【答案】ABC【解析】【详解】A由图示图像可以知道，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系
14、统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得所以木板A与物体B质量相等，故A正确；B系统损失的机械能为故B正确；C木板A的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A的最小长度为故C正确；D物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A对B做功与B对A做功的绝对值不相等，故D错误。故选ABC。13.如图所示，在匀强电场中有边长、A=60的菱形ABCD，场强方向平行于ABCD平面，已知A、B、C点电势分别为9V、4.5V、0V，则下列说法中正确的是 A. D点电势大小为4.5VB. D点电势大小为3VC. 匀强电场场强大小为150V/m，场强方向沿BDD. 匀强电场场强大小
15、为300V/m，场强方向沿AC【答案】AD【解析】【详解】AB.根据菱形ABCD的对角线垂直平分，其交点为O点，则B、O、D电势相等，所以D点电势大小为4.5V，故A正确，B错误；CD.电场方向和等势线垂直，顺电场线方向电势降低，所以场强方向沿AC，计算AC长度为3cm，AC电势差为9V，得出匀强电场场强大小为9V/3cm=300V/m故C错误D正确14.光滑绝缘水平面上固定两个等量同种点电荷Q，在它们连线的中垂线上，有A和B两点到连线中点O的距离相等，如图所示，则（）A. A，B两点的电场强度大小相等、方向相反B. 同一点电荷在A，B两点的电势能相等C. 把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢
16、增大两个Q，q将不能到达BD. 把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢增大两个Q，q越过B点后速度才减为0【答案】ABC【解析】【详解】AB根据等量同种电荷连线中垂线上的电场强度分布和电势分布可知，A、B两点的电场强度大小相等、方向相反；A、B两点的电势相同，所以同一点电荷在A、B两点的电势能相等，故AB正确；CD把负点电荷q从A点静止释放，同时缓慢增大两个Q，则负电荷受到的吸引力逐渐变大，到达B点之前速度就减为0，q将不能到达B，故C正确，D错误。故选ABC。三、计算题（本大题共3小题，共44分）15.如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电
17、场中，绳与竖直方向夹角=37。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：（1）小球所受电场力F大小；（2）小球质量m；（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v的大小；（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。【答案】（1）310-3N；（2）410-4kg；（3）2m/s；（4）5.610-3N【解析】【详解】（1）小球所受电场力F大小（2）球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，根据共点力平衡条件和图中几何关系有解得小球质量（3）将电场撤去，小球摆动到最低点过程由机械能守恒定律得：解得（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得解得16.如图所示为一真空示波管，电
18、子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。己知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为e。（不计重力）求：（1）电子进入偏转电场时的速度v0；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）P点到O点的距离Y；（4）电子打到屏上P点的速度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动
19、能定理得： 解得 （2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1，电子在水平方向做匀速直线运动故有v0t1=L1 在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为U2，极板间距为d，则电子在偏转电场中的加速度 所以电子在偏转电场方向上侧位移 由解得电子从偏转电场射出时的侧移量 （3）由几何关系有 解得P点到O点的距离 （4）电子离开偏转电场时垂直于电场的方向的速度 电子离开偏转电场时沿电场方向的速度 离开偏转电场时的速度 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，所以电子打到屏上P点的速度也就是离开偏转电场时的速度。由式解得电子打到屏上P点的速度17.静电场方向平行于x
20、轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以为中心，沿x轴方向做周期性运动。己知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。（1）求粒子所受电场力的大小；（2）若将粒子由处由静止释放，求粒子的运动周期；（3）若粒子在处获得一定动能，且动能与电势能之和为A（）。求粒子的运动区间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为0，电场强度的大小为：电场力的大小为：（2）考虑粒子从处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度根据直线运动公式联立并代入得：故得粒子的运动周期为：（3）设粒子在-x，x区间内运动，速率为v，由题意得由图可知：由上解得：因动能非负，有：则有：所以可得粒子的运动区间为：