北京市中国人民大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题+Word版含解析

2017年11月9日

纸卷人：李晓东 审卷人：刘永进

说明：本练习共四道大题，22道小题，共6页；满分100分，考试时间90分钟． （将卷Ⅰ各题中符合题意的选项涂在答题纸上，卷Ⅱ作答在答题纸上，只交答题纸）

卷Ⅰ（季度卷共48分）

一、本题共8小题，在每小题给出的选项中，只有一个选项是符合题意的，每小题3分，共24分．

1．关于分子间的引力、斥力和分子力的说法中正确的是（ ） A．引力存在时斥力就不存在

B．引力总是大于斥力，分子力总为引力

C．分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离小于平衡距离 D．分子间的作用力变现为斥力时，分子间的距离大于平衡距离 【答案】C

【解析】A．分子间斥力与引力是同时存在而分子是斥力与引力的合力，故A错误； B．当分子间距等于平衡距离时，引力等于斥力，即分子力等于零，故B错误； C、D．当分子间的距离变小时，作用力表现为斥力，故C正确，D错误． 故选C．

2．关于物体的内能变化，下列说法正确的是（ ） A．物体吸收热量，内能一定增大 B．物体对外做功，内能一定减小

C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变 D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变 【答案】C

【解析】A．物体吸收热量，根据热力学第一定律可以知道，内能不一定增大，还与做功情况有关，故A错误；

B．物体对外做功，根据热力学第一定律可以知道，内能不一定减小，还与热传递情况有关，故B错误；

C．物体吸收热量，同时对外做功，若热量与功的数值相等，内能不变，故C正确； D．物体放出热量，同时对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小，故D错误．

- 1 -

故选C．

3．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固

定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为（ ） A．2:1 【答案】D

B．4:1

C．16:1

D．60:1

5Q3Q15Q2【解析】开始时F1kk2，接触后，两球都带正电Q，

a2aQQQ2F2kk2，所以F1:F260:1，故D正确．

4a24a故选D．

4．下列关于电荷的电势能的说法正确的是（ ） A．电荷在电场强度大的地方，电势能一定大 B．电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零 C．只在静电力的作用下运动，电荷的电势能一定减小

D．只在静电力的作用下运动，电荷的电势能可能增加，也可能减小 【答案】D

【解析】A．电势大小与电场强度的大小没有关系，场强大的点电势可大可小，再根据

Eqq，电势能大小也就无法判断，故A正确；

B．电势大小与电场强度的大小没有关系，电场强度为零的地方电势可以不为零，故电势可以不为零，故B错误；

C、D．只在静电力的作用下，静电力做正功时，电荷的电势能减小，静电力做负功时电势能增加，故C错误，D正确． 故选D．

5．如图所示，孤立点电荷Q固定在正方体的一个顶点上，与Q相邻的三个顶点分别是A、

B、C，下列说法正确的是（ ）

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A．A、B、C三点的场强相同 B．A、B、C三点的电势相同

C．A、B、C三点所在的平面为一等势面

D．将一电荷量为q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变 【答案】B

【解析】A．点电荷产生的电场强度大小EkQ，正电荷的电场强度方向呈放射状，所以A、2rB、C三点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B．点电荷产生的电势大小kQ，因为A、B、C三点r相同，且电势是标量，没有方r向，所以A、B、C三点电势相同，故B正确；

C．点电荷形成的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，显然平面ABC上不是所有的点都是在同一球面上，即不是等势面，故C错误；

D．由C项分析得知A、B两点电势相等，但是A、B连线上各点电势不相等，所有将检验电荷从A点沿直线移动到B点的过程中电势能会发生变化，故D错误． 故选B．

6．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．下

述哪些做法可使指针张角增大（ ）

A．保持两板正对面积不变，使A、B两板靠近一些 B．保持两板之间距离不变，使A、B两板正对面积减小一些

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C．在A、B两板之间插入绝缘板 D．在A、B两板之间插入金属板 【答案】B

【解析】若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C电容减小，电容器的点量不变，根据电容定义式C指针偏角增大，故B项正确． 故选B．

7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间：设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）

s4πkd分析知

Q，极板间的电压U增大，则静电计U

A．U1:U21:8 C．U1:U21:2 【答案】A

【解析】带电粒子的匀强电场中做类平抛运动，水平移动为xv0t，两次运动的位移之比为2:1，两次的水平速度相同，故运动时间之比为t1:t22:1，由于竖直方向上的位移为Uq1，故两次偏转电压hat2，h1:h21:2，故加速度之比为1:2，又因为加速度amd2AB

B．U1:U2:1:4 D．U1:U21:1

之比为：U1:U21:8，故A正确． 故选A．

8．如图所示，真空室中电极板K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心射线入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示两点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使两点偏离中心距离变大的是（ ）

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A．U1变大，U2变大 C．U1变大，U2变小 【答案】B

【解析】在加速电场中运用动能定理求出末速度V，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，设经过电压为U1的加速度电场后，速度为V，在加速

B．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小

1电场中，由动能定理得：mv2eU1，电子键入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：

2U2L2121eU22LVt，在竖直方向上：yat，由此可知，当U1变小，t，解得：y4U1d22mdU2变大时，y变大，故B正确．

故选B．

二、本题共8小题：每小题3分，共计24分．每小题的选项中只有一个或多个是符合题意的，全部选对的得3分，选不全的得2分，有错选或不答的得零分． 9．关于布朗运动下面的说法中正确的是（ ） A．布朗运动反应了液体分子在无规则的运动着 B．温度越高，布朗运动越明显 C．小微粒的体积越大，布朗运动越明显 D．布朗运动就是分子的运动 【答案】AB

【解析】A、D．布朗运动是固体小微粒的运动，它证明了液体分子的无规则运动，故A正确，D错误；

B．温度越高，液体分子运动越剧烈，小微粒受力越大，布朗运动越明显，故B正确； C．悬浮微粒越小，布朗运动越明显，故C错误． 故选AB．

10．下列说法中正确的是（ ）

A．温度低的物体内能一定小

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B．温度低的物体分子平均动能一定小 C．温度低的物体分子平均速率一定小 D．质量相同的同温度的水和冰，水的内能较大 【答案】BD

【解析】A、B．温度低的物体分子平抛动能减小，但如果物质的量大，则内能也可能大，故A错误B正确；

C．两端间电势差不变时，d变化电场强度也变化，电场强度的定义式是E误；

D．电容器的电容有本身性质决定，与所带的电量和两端间的电势差无关，故D正确． 故选BD．

11．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中属于比值法定义的是（ ）

A．UW qF，故B错qB．EU dC．Eqq D．CQ U【答案】ACD

【解析】A．电场中两端的电势差与移动的电荷和电场力所做的功无关，移动的电荷量大，电场力做功多，比值不变，故A正确；

B．两端间电势差不变时，d变化，电场强度也变化，电场强度的定义式是E错误；

C．电场中某一点的电势与放入电场中的电荷无关，电荷量变大，电势能也变大，电势不变，故C正确；

D．电容器的电容有本身性质决定与所带的电量和两端间的电势差无关，故D正确． 故选ACD．

12．如图所示，直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个

电子以速度VA经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度VH经过B点，且Va速度方向向左．以下说法中正确的是（ ）

F，故Bq

A．A点处的场强一段大于B点处的场强

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B．A点的电势一定高于B点的电势

C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能 D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能 【答案】BD

【解析】A．题中一条电场线无法反映电场线的疏密，也不能反映电场强度的大小，无法比较场强的大小故A错误；

B．电子的初速度VA向右，而末速度VB方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，则电场线方向从，所以A点的电势一定高于B点的电势，故B正确；

C、D．电子从A到B过程中，电场力做负功，则电子的电势能增大，动能减小，则有电子在A点的动能一定大于它在B点的动能，在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故C错误，D正确． 故选BD．

13．如图所示，在真空中有两个等量正电荷q1和q2，MN为它们连线的中垂线，M为无穷远，

N为连线中点，现将一负点电荷q3由N点沿NM移动到M点的过程中下述结论正确的是

（ ）

A．系统的电势能逐渐增大 C．电势逐渐降低 【答案】AC

【解析】A．由题q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线NM上电场线如图：

B．q3受到的电场力逐渐减小 D．电场力对q3不做功

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根据顺着电场线电势降低，可以知道负电荷q3由N点沿NM移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做负功，其电势能不断增大，故AC正确，D错误；

B．根据电场的叠加可以知道，N点磁场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由N点沿NM移至无穷远的过程中，场强先增大后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减

小，故B错误． 故选AC．

14．两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间．如果

使油滴产生大小相等g/2的加速度，两板电荷量应是原来的（ ） A．2倍 【答案】BC

【解析】电容器带电量不变，根据C好静止，则qEmg，方向向上， ①若要油滴产生大小为

B．1/2

C．3/2倍

D．2/3

QsπkQ，C有E，OQ，带电油滴恰U4πkdsg11的方向向上的加速度，则qE1mgmgmg计算得出22233E1E，故Q1Q；

22②若要油滴产生大小为

q111的方向向下的加速度则mgqE2mgmg得E2E，故22221Q2Q，所以BC正确，AD错误．

2故选BC．

15．如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势

分别为和，下述结论正确的是（ ）

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A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E/d

B．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零 C．若有一个质子水平射入并穿越两极板之间的电场，则质子的电势能一定会增加 D．若有一个电子水平射入并穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小 【答案】BD

【解析】A．电容器两极板间可以形成匀强电场，板间电势差为U2，电场强度为

EU2，故A错误； ddB．电容器上板带正电，下板带负电，电场强度方向向下，根据顺着电场线电势降低可以知道，电容器两极板间在同一等势线的各点电势相同，步骤同一等势线上的电势不同，有正的有负的，有的为零，故B正确；

C、D．电子水平射入穿越两极板之间的电场，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故C错误，D正确． 故选BD．

16．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均为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．下列说法正确的是（ ）

A．M带负电荷，N带正电荷

B．M的b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能

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D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 【答案】ABC

【解析】A．由图可知，曲线运动的合力指出向凹侧，则带电粒子M所受的电场力向左，故M带负电荷，N粒子所受电场力方向向下，故N粒子带正电荷，故A正确； B．由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，动能减小，故B正确； C．由于d和e在同一等势面上，所以从d到e电场力不做功，故电势能不变，故C正确； D．由于N粒子带正电，从C点运动到d点的过程中，电场力做正功，故D错误． 故选ABC．

卷Ⅱ（非机读卷共52分）

三、本题共2小题：每空3分，共计12分．请将答案填写在答题纸上．

17．在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，将6mL的油酸溶于酒精中制成104mL的油酸

酒精溶液．用注射器取适量溶液滴入量筒，测得每滴入75滴，量筒内的溶液增加1mL．用注射器把1滴这样的溶液滴入表面撒有痱子粉的浅水盘中，把玻璃板盖在浅盘上并描出油酸膜边缘轮廓，如图所示．已知玻璃板上正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积约为________m2（保留两位有效数字）．由以上数据，可估算出油酸分子的直径约为________m（保留两位有效数字）．

【答案】1.1102m2；7.31010m

【解析】面积超过正方形一半的正方形的个数为110个，则油酸膜的面积约为：S1101cm21.1102m2．

每滴酒精油酸溶液中含纯油酸的体积：V6把油酸分子8106mL81012m3，45107V81012看成球形，且不考虑分子间的空隙，其直径为dm7.31010m． 2s1.11018．有一充电的平行电容器，两板件电压为3V，现使它的电荷量减小3104C于是电容器两

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1极板间电压降为原来的，此电容器的电容是__________F；若电容器极板上的电荷全

3部放掉，电容器的电容是__________F． 【答案】150；150

【解析】由题平行板电容器的电荷量减少Q3104C，电压降低U2V，则

CQ41.510F150F； U电容反应电容器本身的特性，电容器极板上的电荷全部放掉电容器的电容不变，仍为150F．

四、本题共4小题：共40分．请将答案填写在答题纸上．解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．

19．把带电荷量2108C的正电电荷无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8108J，

若把该电荷从无限远处移动到电场中B点，需克服电场力做功2108J，求： （1）A点的电势；

（2）A、B两点的电势差；

（3）把2108C的负电荷由A点移到B点电场力做的功． 【答案】（1）400V； （2）300V； （3）6103J．

【解析】（1）无限远处与A点间的电势差为：UAUAA，又B0，所以A400V；

W18.0106V400V，而q2108（2）无限远处与B点间的电势差：UBW22.0106100V，而UBB，又q2108B0，所以B100V，则AB两点的电势差为：UABAB300V；

（3）电场力做的功WqUAB2105600J6103J．

20．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为I0.20m的绝缘轻

线把质量为m0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为37．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin370.60，cos300.80．求：

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（1）小球所受电场力的大小；

（2）小球通过最低点C时的速度大小； （3）小球通过最低点C时，小球对轻线的拉力． 【答案】（1）0.75N； （2）1.0m/s； （3）15N．

【解析】（1）小球受重力mg，电场力F和拉力T，其静止时受力如图所示：

根据共点力平衡条件有：Fmgtan370.75N；

（2）设小球到达最低点时的速度为V，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动

1能定理有：mglFlmV2，解得：V1.0m/；

2（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T，根据牛顿第二定律有：

2V，解得：T1.5N． Tmgml21．如图（a），长度L0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q1.8107C；

一质量m0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k9109Nm/C2）

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（1）小球B所带电量q；

（2）非均匀外电场在x0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E； （3）在合电场中，x0.4m与x0.6m之间的电势差U．

（4）已知小球在x0.2m处获得v0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x0.4m．若小球在x0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？ 【答案】（1）1106C；

（2）3104N/C，方向水平向左； （3）800V； （4）0.065m．

F1x2qQq1106C；【解析】（1）由图可以知道，当x0.3m时，因此： F1k20.018N，

kQx（2）设在x0.3m处点电荷与小球间的作用力为F2，则，因此：EF合F2q0.0120.018N/C3104N/C电场在x0.3m处沿细杆方向的电场强度6110大小为3104N/C，方向水平向左；

（3）根据图象可以知道在x0.4m与x0.6m之间合力做功

W合0.0040.2B104J，由qUW合，可得：UW合q800V；

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（4）由图可以知道小球从x0.16m到x0.2m，电场力做功W10.030.046104J，21小球从x0.2m到x0.4m处，电场力做功W2mv21.6103J，由图可以知道小球

2从x0.4m到x0.8m处，电场力做功W30.0040.41.6103J，由动能定理可得：

W1W2W3F外S0，计算得出：SW1W2W30.065m．

F外22．如图甲所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连（图中

未画出电源），B，D为两板的右端点．两板间电压的变化如图乙所示，在金属板B，D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN，荧光屏距B，D端的距离为l．质量m、电荷量为e的电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行板的直线OO连续不断的射入．已知所有的电子均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等．忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子间的相互作用，求：

（1）t0和t比；

（2）两板间电压U0的最大值； （3）电子在荧光屏上分布的最大范围． 【答案】（1）1:3；

24d2mv0（2）；

3eL2T时刻进入两板间的电子到达金属板B，D端界面时偏离OO的距离之2（3）

d． 3

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【解析】（1）t0时刻进入两板间的电子先沿OO方向做匀速运动，即有v0T1，而22后在由电场力作用下做类平抛运动，在垂直于OO方向做匀加速运动，设到B、D端界

2eUeUd1IT00面时偏离OO的距离为y1，则y1，时刻进入两板间的电子先t22md28mdv022在

T时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D端2界面，设电子到达金属板的中央偏离OO的距离为y2，将此时的电子的速度分解为沿OO方向的分量V0沿电场方向的分量VE，并设此时电子的速度方向与OO的夹角为，电子1eH0T沿直线到达金属板B、D端界面时偏离OO的距离为y，则有y2，

2md2122eU0VEy2Ty1tan，2，

1V0mdV0223eU0L2计算得出y，因此y1:y21:3；

8mdV0212T1)，(n0,1,2,)时刻进入两极板间的电子在离开金属板时偏离OO的（2）在t(2n2d距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足y1，计算≤224d2mv2得出板件电子的最大值，U0；

3eL2（3）设tnT(n0,1,2,)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置时与O点的距离

T为Y1，t(2n1)(n0,1,2,)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O点的距

2离为Y21，电子到达荧光屏上分布在YY2Y1范围内，当满足y12d的条件时，Y为最2Y2y1Yy121大，根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到tan，由此电子在LL光屏上分布的最大范围为：YY2Y1y12y1d． 3

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