2019-2020学年河北省大名一中高二上学期第一次月考物理（1）试题 Word版 15页

河北省邯郸市大名县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试卷1‎ 考试时间：90分钟；命题人：赵运彩 审题人：顾艳杰 一、单选题(每题4分，共计40分)‎ ‎1．下列说法中正确的是　　‎ A．公式适用于点电荷电场，E与Q成正比，与r的二次方成反比 B．公式对于任何静电场都是适用的，E与Q成正比，与r的二次方成反比 C．公式适用于点电荷电场，E与F成正比，与q成反比 D．公式对于任何静电场都是适用的，E与F成正比，与q成反比 ‎2．下列关于电容的说法正确的是(　　)‎ A．电容器简称电容 B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多 C．电容在数值上等于两极板间的电压为1 V时电容器所带的电荷量 D．由公式C＝Q/U知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比 ‎3．三个相同的金属小球a、b和c，原来c不带电，a和b带等量异种电荷，相隔一定距离放置两球距离远大于球的半径，a、b之间的静电力为现将c球分别与a、b接触后拿开，a、b距离不变，则a、b之间的静电力将变为　　‎ A．F B． C． D．‎ ‎4．如图，在场强大小为5×104N/C，方向水平向左的匀强电场中，一质量为1kg、电量为 +2×10-5C的物体在t=0时刻以某一速度v0向右运动。已知物体与绝缘水平面间的动摩擦因数为0.2，取向右为正方向，则能反映物体所受摩擦力f 随时间t变化的图像为（g=10m/s2）( )‎ ‎5．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，则下列说法中正确的是( )‎ A．A、B两处电势、场强均相同 ‎ B．C、D两处电势、场强均相同 C．在虚线AB上O点的场强最大 ‎ D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能 ‎6．如图所示，a、b、c、d、e五点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离.在a点固定一个点电荷，带电荷量为+Q，已知在+Q形成的电场中，d、e两点间的电势差为U.将一个试探电荷+q从b点移动到c点的过程中（ ）‎ A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU ‎7．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )‎ A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷 C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷 ‎8．如图所示，在匀强电场中，实线MN是一个等势面，虚线AB是某正电荷只在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）‎ A．该电荷从A到B做匀速圆周运动 B．该电荷在A点的动能比B点小 C．B点电势高于A点电势 D．该电荷在B点的电势能比A点大 ‎9．如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有(　 　)‎ A． 粒子A带负电，B不带电，C带正电 ‎ B．三个粒子在电场中运动时间相等 C．三个粒子在电场中运动的加速度aA＞aB＞aC ‎ D．三个粒子到这极板时动能EkA＜EkB＜EkC ‎10．如图所示为真空中的某装置，其中平行金属板、之间有加速电场，、之间有偏转电场，为荧光屏．今有质子、氘核和粒子均由板从静止开始被加速电场加速后垂直于偏转电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和粒子的质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2 ，则下列判断中不正确的是(　　)‎ A．三种粒子飞离偏转电场时速度偏转角的正切之比1：1：1‎ B．三种粒子飞离B板时速度之比为 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1:1∶2 ‎ D．三种粒子打到荧光屏上的位置不同 二、多选题(每题4分，漏选得2分，错选不得分，共计16分)‎ ‎11．一带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下从A点运动到B点，粒子的电荷量为+q，质量为m，粒子运动过程中加速度为a，则下列说法正确的是（ ）‎ A．粒子一定做的是直线运动 ‎ B．匀强电场的电场强度的大小为 C．粒子从A点运动到B点的过程中，速度可能先增大后减小 D．粒子从A点运动到B点的过程中，电势能可能先增大后减小 ‎12．如图所示，实线表示某电场中一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有等间距的A、B、C三点，则（ ）‎ ‎ ‎ A．B点的场强小于C点的场强 B．A点的电场方向指向x轴正方向 C．AB两点电势差小于BC两点电势差 D．AB两点电势差等于BC两点电势差 ‎13．如图所示，电路中、为两块竖直放置的金属板，是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（ ）‎ A．使、两板靠近一些 B．使、两板正对面积减小一些 C．断开S后，使板向右平移一些 D．断开S后，使、正对面积减小一些 ‎14．一带正电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动,其电势能Ep随位移变化的关系如图所示,其中区间是关于直线=对称的曲线,区间是直线,在0、、、处电势分别为,则下列说法正确的是（ ）‎ A． 处电场强度大小为零 ‎ B．‎ C． ‎ D．粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动 第II卷（非选择题)三、解答题（共计44分）‎ 15． ‎(9分)如图所示，带电荷量为+4×10－8C的滑块在电场强度大小为2×104N／C、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M点运动到N点。已知M、N间的距离为0.1m。求：‎ ‎（1）滑块所受电场力的大小；‎ ‎（2）M、N两点间的电势差；‎ ‎（3）电场力所做的功。 ‎ ‎16．（10分）一带电荷量、质量的初速度为零的粒子，经加速电场加速后，以的速度沿垂直于电场线方向进入电场强度的大小E=10V/m的匀强电场。已知粒子在穿越该电场过程中沿电场强度方向的位移为5cm，不计粒子所受重力，求：‎ ‎(1)带电粒子在偏转电场中运动的时间.‎ ‎(2)偏转电场的宽度.‎ ‎17.（13分）在方向水平、足够大的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带电小球，另一端固定于O点，平衡时细线与竖直方向的夹角成30°: ‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）若剪断细线，则小球的加速度有多大；‎ ‎（3）剪断细线开始经历1秒小球电势能的变化. (最后答案用m、q、g等符号表示)‎ ‎18．（12分）如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=3×105N/C，将一长为L=1m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.4kg的可视为质点小球，小球带电量q= +1 ×l0-5 C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g= 10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球第一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F;‎ ‎(2)小球从A运动到B过程中，小球的最大速度vm；‎ ‎1．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB、公式,与Q成正比，与r的二次方成反比，只适用于真空中的点电荷产生的电场，在离点电荷非常靠近的地方，场源电荷不能看成点电荷，该公式不成立，故A正确，B错误。‎ CD、公式是电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于任何电场。式中E是由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关，不能说电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，与该电荷的电荷量成反比。故CD错误。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电压、电容器的体积等无关，D错．由公式C＝Q/U可知，电容在数值上等于两极板间的电压为1 V时电容器所带的电荷量，C正确 ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 假设a带电量为Q，b带电量为，两球之间的相互吸引力的大小是：，第三个不带电的金属小球c与a触后，a和c的电量都为，c与b接触时先中和再平分，则c、b分开后电量均为，这时，a、b两球之间的相互作用力的大小：，故D正确，ABC错误.‎ ‎4．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 初始时刻，物体以一定初速度向右滑行，受到向左的滑动摩擦力，取向右为正方向：，而物体受到电场力也向左，水平方向合力向左，开始减速，当速度减为零时：因为电场力，所以物体静止，根据受力平衡，此时，静摩擦力向右，大小和电场力相等：，所以ACD错误，B正确 ‎5．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.根据等量异种点电荷电场线的分布的对称性特点及沿电场线方向电势降低，可知A、B两处场强相同，A点电势高，C、D两处场强相等，电势相等，A错误，B正确；‎ C.在线段AB上，O点场强最小，C错误；‎ D.O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电势能，D错误。‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，场源电荷为正电荷，所以bc之间电场强度的方向由b指向c，试探电荷+q从b点移动到c点的过程中电场力做正功。据点电荷的场强公式，bc之间平均电场强度大于de之间的平均电场强度；再根据匀强电场中电场强度与沿电场强度方向距离的关系U=Ed，可得Ubc>Ude；因此试探电荷+q从b点移动到c点的过程中场力做功大于qU。故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；‎ CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；根据沿着电场线的方向电势降低的即可判定电势高低；电场力做正功，电势能减小，动能增大；电场力做负功，电势能增大，动能减小。‎ ‎【详解】‎ 根据粒子运动轨迹AB可知，电场力方向指向凹的一侧即垂直MN向下，由于是正电荷，所以匀强电场中电场力与电场线平行，且电场方向向下。所以正电荷从A到B或从B到A做曲线运动，而不是匀速圆周运动，故A错误；若正电荷从A到B，电场力做正功，正电荷的动能增大，则正电荷在A点的动能比B点小；若正电荷从B到A，电场力做负功，正电荷的动能减小，则正电荷在A点的动能比B点小，故B正确；因为电场线向下，沿着电场线的方向电势是降低的，所以B点电势低于A点电势，故C错误；若正电荷从A到B，电场力做正功，电势能减小，则正电荷在B点的电势能比A点小；若正电荷从B到A，电场力做负功，电势能增大，则正电荷在B点的电势能比A点小，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。‎ ‎9．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC.三个微粒的初速度相等，水平位移关系为 ‎，根据水平方向做匀速直线运动，所以他们的运动时间关系为。三个微粒在竖直方向的位移相等，根据可知，他们加速度的关系为；从而可知B仅受重力，A受电场力向上，C受电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负点，故ABD错误。‎ D.根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A的动能变化量最小，又因为初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能关系为，所以D正确。‎ ‎10．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个粒子先加速后进入电场中类平抛运动．先根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，然后运用类平抛规律求出速度偏角以及在偏转电场中的偏转距离，再讨论即可求解．‎ ‎【详解】‎ 设AB间的加速电压为：U，CD间的偏转电压为：；粒子在加速电场中，由动能定理得：，解得：，质子、氘核和粒子的比荷之比为：，则得三种粒子从B板射出时的速度之比为：，粒子离开偏转电场时速度偏角的正切值：，由此可知，速度偏角正切值与粒子的质量和电荷量无关，三种粒子飞离偏转电场时速度偏转角的正切相等，三种粒子飞离偏转电场时速度偏转角的正切之比为：1：1：1，故AB正确；偏转电场的电场力做功：，偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为：1：1：2，故C正确；粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：，粒子在偏转电场中的偏移量相同，三种粒子打在荧光屏上的位置相同，故D错误；本题选错误的，故选D。‎ ‎【点睛】‎ 解决该题的关键是掌握带电粒子在匀强电场中偏转时的求解方法．推导出偏转距离，从而得到偏转电场的电场力对三种粒子做功与电量成正比．‎ ‎11．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 若带电粒子由静止释放，则其做直线运动，若初速度方向与电场力方向不在同一直线上则做曲线运动，故A错误；因只受电场力作用，则由牛顿第二定律得：，解得电场强度大小为：，故B正确；若带电粒子从A到B的过程中中类上抛运动或类斜上抛运动，则粒子的速度先减小后增加，动能先减小后增加，电势先增加后减小，若做类平抛运动、类斜下抛运动或匀加速直线运动，则粒子的速度一直增加，动能也一直增加，电势能一直减小，故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。‎ ‎12．ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由于0.4V与0.2V两个等势面间电势差等于0.6V与0.4V两个等势面间电势差，C处的等势面密，所以C点电场强度较大，故A正确；‎ B项：电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A点场强方向指向x轴正方向，故B正确；‎ C、D项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，所以AB两点间的平均场强小于BC两点间的平均场强，由公式，可知，AB两点电势差小于BC两点电势差，故C正确，D错误。‎ ‎13．CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.静电计显示的是、两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高；当合上 S后，、两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，不管是使、两板靠近一些，还是使、两板正对面积减小一些，静电计指针张角不变，故选项AB不合题意。‎ CD.当断开S后，根据平行板电容器电容的决定式C=，板间距离d增大，正对面积S减小，都将使、两板间的电容C变小，而电容器所带的电荷量Q不变，由可知，板间电压增大，从而使静电计指针张角增大，故选项CD符合题意。‎ ‎14．AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据电势能与电势的关系Ep=qφ,以及场强与电势的关系,得.由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于电场力,x1处切线斜率为零,则x1处电场力为零,电场强度为零，故A正确.根据电势能与电势的关系Ep=qφ,粒子带正电,q>0,则知粒子所在处的电势能越大,电势越高,所以有φ1>φ2=φ0>φ1,故B正确,C错误.由图看出在0~x1段图像切线的斜率不断减小,知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动;x1~x2段图像切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动;x2~x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动、故D错误.‎ ‎15．（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在匀强电场中，根据F=qE直接计算电场力的大小； （2）根据U=Ed计算M、N两点间的电势差； （3）根据W=qU计算电场力所做的功．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）滑块所受的电场力为： F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N（3分） （2）M、N两点间的电势差为： ‎ UMN=Ed=2×104×0.1V=2×103V（3分） （3）电场力所做的功为： WMN=qUMN=4×10-8×2×103J=8×10-5J（3分）‎ ‎【点睛】‎ 本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．‎ ‎16．(1) ，(2) 2m.‎ ‎【解析】试题分析：进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于场强方向做匀速运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式即可求解．‎ ‎（1）进入偏转电场后做类平抛运动，则： ‎ 对竖直分运动，有： ‎ 解得： （6分）‎ ‎（2）对水平分运动，有： .（4分）‎ ‎17．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)受力分析结合，根据平衡条件即可求解；(2) 若剪断细线，先求合力在根据牛顿第二定律解题；(3)电场力所做的功等于电势能的变化量。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）带电小球在重力mg、电场力qE和绳的拉力T作用下处于平衡 则有：‎ 解得：‎ ‎（2）剪断细线时小球在重力mg、电场力qE ‎ 的合力作用下，沿细线方向做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（3）1秒钟内小球发生的位移：‎ 小球沿电场线移动的位移 所以电势能的减少量为 ‎【点睛】‎ 本题考查牛顿第二定律应用及功能关系；掌握带电体在电场中平衡问题，理解力的矢量合成法则，及三角知识的运用，注意分析受力。‎ ‎18．（1）6N（2）m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因mg=4N，qE=3N，则小球沿圆弧运动，由A到B由动能定理： ‎ ‎ 解得vB=m/s ‎ 则F-mg= ‎ 解得F=6N ‎（2）依题意小球运动到平衡位置，即，即半径与竖直方向的夹角为370的C点时，速度最大，由A到C根据动能定理：mgLcos370-EqL(1-sin370)= ‎ 解得：vm=m/s ‎【点睛】‎ 此题关键是要分析小球的受力情况，知道小球在平衡位置时速度最大，能用等效力的方法研究小球的运动.‎