黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析） 14页

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020学年高二上学期第二次月考物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1.以下说法正确的是 A. 等势面一定与电场线垂直 B. 电场中电势为零的地方场强一定为零 C. 电容器的电容越大，其所带的电荷量就越多 D. 电场线只能描述电场的方向，不能描述电场的强弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在等势面上移动电荷时不做功，故等势面与电场线处处垂直；故A正确.‎ B、电势零点可以人为任意选择，而场强是由电场决定，场强和电势两者没有直接关系；故B错误.‎ C、电容器电容越大，容纳电荷的本领越大，电容器两极板间电压每增加1V时增加的电荷量越大，不是电荷量大;C错误.‎ D、电场线即能描述电场的方向，又能反映电场强度的大小；D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】场强和电势都是描述电场的物理量，可结合定义式来正确理解各自的物理意义，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向．‎ ‎2.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，仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，则微粒从M点运动到N点的过程中 A. 重力势能增大 B. 动能增大 C. 电势能增大 D. 机械能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、微粒只考虑电场力作用，不考虑重力，则重力不做功，重力势能不变；A错误.‎ B、C、粒子仅受电场力为合力，做类似平抛运动，电场力向下做正功，故从M到N动能增加，电势能减小；故B正确，C错误；‎ D、电场力是其他力做正功，则机械能增加；故D错误；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题关键是熟悉常见的功能关系，合力做功等于动能的增加量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力外其余力做的功等于机械能的增加量．‎ ‎3.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离为2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是 A. E2=E1，U2=U1‎ B. E2=4E1，U2=2U1‎ C. E2=2E1，U2=U1‎ D. E2=2E1，U2=4U1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电容公式说明电容变为原来的，根据电容定义式，发现电量变为原来的2倍，所以电势差变为原来的4倍，根据场强关系，d变为原来的2倍，所以场强变为2倍，故A、B、C错误，D正确.故选D.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式，同时注意U=Ed的正确应用．‎ ‎4.如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v０，则A﹑B两板间的电压为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在AB两板间做直线加速，由动能定理得：；而粒子在CD间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理：；联立两式可得：；故选A.‎ ‎【点睛】根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。‎ ‎5.如图所示,质量为m、带+q电量的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 A. 将加速下滑 B. 将减速下滑 C. 继续匀速下滑 D. 上述三种情况都可能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面的倾角为θ．滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsinθ=f,N=mgcosθ,又f=μN;得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ;当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F．根据正交分解得到:滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力为μ（mg+F）cosθ，由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.故选C.‎ ‎【点睛】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响．‎ ‎6.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则电场强度E，粒子动能EK，粒子速度v，粒子加速度a分别与位移的关系，下列图象中合理的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力；‎ A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小；故A错误；‎ B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；‎ C、题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；‎ D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析.‎ ‎7.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；‎ B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；‎ C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；‎ D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。‎ 点睛：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。‎ 视频 ‎8.一个空心金属球A带8×10-4C正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B带有2×10-4C的负电荷，将B球放入A球壳内与内壁接触，静电平衡后，A、B球带的电荷量正确的是 A. QA=6×10-4C B. QA=5×10-4C C. QB=3×10-4C D. QB=0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面；故B球的带电量减为零；正电荷和负电荷中和后A球表面的带电量为6×10-4C的正电荷；故B、C错误，A、D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题关键是建立物理模型，知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零．‎ ‎9.如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为φA、φB、φC、φD．下列说法正确的是（　　）‎ A. φA＜φB φC＞φD B. φA=φD φB=φC C. φA=φB=φC=φD D. φA＞φC φB＞φD ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析:由等量同种点电荷的电势分布知：，AB对。‎ 考点:等量同种点电荷的电势分布图。‎ ‎【名师点睛】几种常见的典型电场的等势面比较 电场 等势面（实线）图样 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种点电荷的电场 连线的中垂面上的电势为零 等量同种正点电荷的电场 连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高 ‎10.如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时 A. 引起两极间正对面积变大 B. 电容器的电容将变小 C. 电容器两极间的电压将变大 D. 静电计指针偏角将减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；故A正确.‎ B、由可知电容增大，B错误.‎ C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，是电容器的电何量不变为前提的动态分析．‎ ‎11.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中 A. 小物块所受电场力逐渐减小 B. 小物块具有的电势能逐渐减小 C. M点的电势一定高于N点的电势 D. 小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左.随着由M运动到N，离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A正确；由动能定理可得μmgx－WE＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误.此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎12.竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，A﹑B两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后 A. A、B两球间的库仑力变为原来的一半 B. A、B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大 C. 线的拉力减为原来的一半 D. 线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：‎ ‎△PAB∽FBF2，所以.‎ C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C正确，D错误.‎ A、B、由三角形相似知，同理得，联立得，则，则可得;故A错误，B正确.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析．‎ 二、计算题 ‎13.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】W=－qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ‎ 代入数据，解得：FN＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.‎ ‎【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；‎ ‎（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；‎ ‎（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎14. 如图所示,在长为 2L、宽为 L 的矩形区域 ABCD 内有电场强度大小为 E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为 m，电量为 q 的带负电的质点，以平行于 AD 的初速度从 A 点射入该区域，结果该质点恰能从 C 点射出。（已知重力加速度为 g）‎ ‎（1）计算该质点从 A 点进入该区域时的初速度 v0。‎ ‎（2）若 P、Q 分别为 AD、BC 边的中点，现将 PQCD 区域内的电场撤去，则该质点的初速度v0为多大时仍能从 C 点射出？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）水平匀速：竖直匀加速：‎ 恰好能从C射出：‎ 联立解得：‎ ‎（2）在ABQP中，水平匀速：‎ 竖直：‎ 在PQCD中，水平匀速：‎ 竖直：‎ 恰好从C点射出：‎ 联立解得：‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题，解答此类问题，主要是利用类平抛运动的知识进行求解（水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动），解答此类问题，有时还要用到能量的观点． ‎