福建省泉州市泉港区第一中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题 10页

福建省泉州市泉港区第一中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题 ‎ 考试时间：90分钟 满分：100分 一、选择题(本题共12小题，共4１分，1～7题为单选题，每小题３分，8～12题为多选题，全都选对的得4分，有选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)‎ ‎1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　 　)‎ A．根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D．根据电势差UAB＝可知，带电荷量为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两点间的电势差为－1V ‎2．两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1∶7，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是(　 　)‎ A．3∶7 B．7∶9 C．9∶7 D．16∶7‎ P ‎3.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）‎ A.U变小，E变小 B.E变大，Ep变大 C.U变小，Ep变大 D.U不变，Ep变大 ‎4．如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是(　 　)‎ A．减小平行板电容器两极板的正对面积 B．减小平行板电容器两极板间的距离 C．在平行板电容器中插入电介质 D．增大平行板电容器两极板的正对面积 ‎5.如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为＋Q、－Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是(　　 )‎ A．P点的场强为0，电势也为0‎ B．A点电势低于C点电势 C．点电荷＋q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大 D．点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能 ‎6.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个不同的等势面，相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后(只受电场力作用)的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定(　 　)‎ A．O处的点电荷一定带正电 B．三个等势面的电势高低关系是φc>φb>φa C．电子运动过程中，动能先增大后减小 D．电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等 ‎7.在匀强电场中平行电场方向建立一直角坐标系，如图所示．从坐标原点沿＋y轴前进0.2m到A点，电势降低了10V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2m到B点，电势升高了10V，则匀强电场的场强大小和方向为(　 　)‎ A．50V/m，方向B→A B．50V/m，方向A→B C．100V/m，方向B→A D．100V/m，方向垂直AB斜向下 ‎8．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(　 　)‎ A．a球的质量比b球的大 B．a、b两球同时落地 C．a球的电荷量比b球的大 D．a、b两球飞行的水平距离相等 ‎9.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是(　 　)‎ A．c点的电荷带正电 B．a点电势高于E点电势 C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少 ‎10.如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度为，仍然恰好穿过电场，则必须再使(　 　)‎ A．粒子的电荷量变为原来的 B．两板间电压减为原来的 C．两板间距离增为原来的4倍 D．两板间距离增为原来的2倍 ‎11．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x轴方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则（ ）‎ A．EA>EB B．EC>ED C．A、D两点在x方向上的场强方向相同 D．同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能 ‎12．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，(不计重力作用)下列说法中正确的是(　 　)‎ A．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 B．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎13.填空题（每空4分，共16分）‎ ‎（1）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为12 V，如图，由此可知c点的电势为　 　V ‎（2）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的极板应带 电。‎ ‎（3）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一等腰三角形，D点为BC的中点，AB=c，底角α=30°，电场强度的方向平行于纸面。现有一电子，在电场力作用下，从A运动到C动能减少Ek，而质子在电场力作用下，从A运动到B动能增加也等于Ek，则该匀强电场的电场强度的大小为 和方向 二、计算题(本题共4小题，共43分，要求写出必要的文字说明、重要的方程式和最终的计算结果)‎ ‎14.(10分) 如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距d=6cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且C、D间距L＝4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10－17J，电子电荷量e＝1.6×10－19C，求：‎ ‎(1) 匀强电场的场强大小；‎ ‎(2) A、B两板间的电势差；‎ ‎(3) 若A板接地，D点电势为多少？‎ ‎15．(11分)如图所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎(1) 小球运动到B点时的加速度；‎ ‎(2) B、A两点间的电势差(用k、Q和L表示)．‎ ‎16．(11分)如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．‎ ‎(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；‎ ‎(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；‎ ‎(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．‎ ‎17．（11分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1) 电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；‎ ‎(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.‎ 泉港一中2020学年度上学期第一次月考高二物理参考答案 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 D C C A D B C AB BD AC AD BD ‎13.16V 正 E=， A指向D ‎14.解析　(1)由题，D→C电场力做正功W＝eELCDcos60° 得E＝1×104N/C……3分 ‎(2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2V＝600V ……3分 ‎(3)A、D间电势差为UAD＝EdAD＝ELCDcos60°＝1×104×4×10－2×0.5V＝200V φA－φD＝200V，φA＝0‎ 解得φD＝－200V ……4分 ‎15.　(1)带电小球在A点时由牛顿第二定律得：‎ mgsin30°－k＝maA①‎ 带电小球在B点时由牛顿第二定律得：‎ k－mgsin30°＝maB②‎ 取立①②式解得：aB＝，方向沿斜面向上．③ ……5分 ‎(2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin30°·－qUBA＝0④……3分 联立①④式解得UBA＝. ……3分 ‎16.解析　(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma 解得a＝. ……3分 ‎(2)球恰能过B点有：mg－qE＝m①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：(mg－qE)(h1－2R)＝mv－0②‎ 由①②解得h1＝R. ……4分 ‎(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：‎ ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.‎ 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER. ……4分 ‎17.解析　‎ ‎(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝＝ v＝a1t1‎ 从MN到屏的过程中运动的时间：t2＝.‎ 运动的总时间为t＝t1＋t2＝3. ……4分 ‎(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝＝ t3＝ vy＝a2t3‎ tanθ＝ 解得：tanθ＝2. ……4分 ‎(4)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.‎ 由几何关系知：tanθ＝ 得：x＝3L. ……3分