重庆市万州新田中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题 13页

新田中学 2019 年高二年级 10 月月考物理试题卷 一、选择题 1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有①场强 FE q  ②场强 UE d  ③场强 2 kQE r  ④电场力做功W Uq ( ) A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【详解】①电场强度 FE q  是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量， 适用于任何电场，即既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故①正确； ②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中 任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式 UE d  仅仅适用与匀强电场，故②错误； ③点电荷产生的电场的场强公式 2 kQE r  是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了 点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，不适用 于匀强电场，故③错误； ④电场力做功与电势差的关系公式 W=qU，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做 功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确。故 D 正确。 2.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中 M 点以相同速度垂直于电场线方向飞 出 a b、 两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ） A. a 一定带正电，b 一定带负电 B. a 的速度将减小，b 的速度将增加 C. a 的加速度将减小，b 的加速度将增加 D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小 【答案】C 【解析】 【详解】带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所 以粒子带电性质不确定，故 A 错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于 90 所以 电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故 BD 错误；电场线密的地方电场强度大，电场 线疏的地方电场强度小，所以 a 受力减小，加速度减小，b 受力增大，加速度增大，故 C 正确。 3.如图所示是空间某一电场中的一条电场线．M 、N 是该电场线上的两点．下列说法中正确 的是（ ） A. 该电场一定是匀强电场 B. 比较 M 、 N 两点的场强大小，一定有 M NE E C. 比较同一个试探电荷在 M 、 N 两点受到的电场力，一定有 M NF F D. 比较电子在 M 、 N 两点的电势能，一定有 M NE E 【答案】D 【解析】 【详解】A．一条电场线无法确定场强大小和方向是否处处相同，所以该电场不一定是匀强电 场，故 A 错误； B．电场线的疏密才反映电场强度的大小，而一条电场线无法确定疏密，所以不能比较 M、N 两点的场强大小，故 B 错误； C．由 B 项分析可知，M、N 两点的场强大小无法确定，根据 F=qE 可知无法确同一个试探电荷 在 M、N 两点受到的电场力大小，故 C 错误； D．若电子从 M 运动到 N，电场力对电子做正功，电势能减小，则有 EM＞EN，若电子从 N 运动 到 M，电场力对电子做负功，电势能增加，则有 EM＞EN，故 D 正确。 【点睛】本题考查对电场线物理意义的理解，电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向 反映电势的高低，该电场不一定是匀强电场．无法比较 M、N 两点的场强大小，根据电场力做 功正负判断电势能的大小。 4.图中虚线所示为静电场中的等势面 1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等 势面 3 的电势为 0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过 a、b 点时的动能分别为 28eV 和 4eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-5 eV 时，它的动能应为 （ ） A. 8 eV B. 17 eV C. 20 eV D. 34 eV 【答案】B 【解析】 【详解】由题，电荷经过 a、b 点时的动能分别为 28eV 和 4eV，动能减小为 24eV．而相邻的 等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等， 则电荷从 3 等势面到 4 等势面时，动能减小 8eV，电势能增大，等势面 3 的电势为 0，电荷经 过 b 时电势能为 8eV；又由题，电荷经 b 点时的动能为 4eV，所以电荷的总能量为： E=Ep+Ek=8eV+4eV=12eV 其电势能变为-5eV 时，根据能量守恒定律得到，动能应为 17eV，故 B 正确。 5.如图所示，两个带等量正电的点电荷，固定在 P、Q 两点，MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 于 O 点，A 为 MN 上的一点．一带负电的试探点电荷 q，从 A 点由静止释放，只在静电力作用下运 动，取无限远处的电势为零，则点电荷 q（ ） A. 先做匀加速运动，后做匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中 P、Q 连线的中垂线 MN 上，从无穷 远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向由 O 点始终指向无穷远方向，所以电子所受的 电场力是变化的，从 M 点运动到 N 点的过程中做非匀变速直线运动，故 A 错误； B．根据顺着电场线电势降低可知，电势先升高后降低，即先从低电势到高电势，后从高电势 到低电势，故 B 错误； C．电子只有两种形式的能：电势能与动能，根据能量守恒定律可知电势能与动能之和保持不 变，故 C 错误； D．粒子从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电子的电势能先减小后增 大，故 D 正确。 6.如图所示，一平行板电容器两板间有匀强电场．其中有一个带电液滴处于静止状态，当发 生下列哪个变化时，液滴将向上运动 ( ) A. S 闭合，将电容器下极板稍稍下移 B. S 闭合，将电容器上极板稍稍下移 C. 将 S 断开，并把电容器的下极板稍稍下移 D. 将 S 断开，并把电容器的上极板稍稍下移 【答案】B 【解析】 【详解】A．保持 S 闭合，则电容器两端的电势差不变，将电容器下极板稍稍下移，d 增大， 则电场强度减小，电场力减小，则液滴向下运动，故 A 错误； B．保持 S 闭合，将电容器上极板稍稍下移时，d 减小，电场强度增大，则电场力增大，液滴 将向上运动，故 B 正确； C．将 S 断开，只改变 d 时，Q 不变，根据 4π SC kd  ，下极板稍稍下移，d 增大，电容变小， 由 QC U  知，电势差增大，由 4π 4π U Q Q kQE Sd Cd Sdkd       ，所以电场强度不变，液滴 仍静止不动，故 C 错误； D．将 S 断开，只改变 d 时，Q 不变，根据 4π SC kd  ，上极板稍稍下移，d 减小，电容变大， 由 QC U  知，电势差变小，由 4π 4π U Q Q kQE Sd Cd Sdkd       ，所以电场强度不变，液滴 仍静止不动，故 D 错误。 7.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的 O 点由静止开始在电场力作用下运动到 A 点。取 O 点为坐标原点，沿直线向右为 x 轴正方向， 粒子的重力忽略不计。在 O 到 A 运动过程中，下列关于粒子运动速度 v 和加速度 a 随时间 t 的变化、粒子的动能 kE 和运动径迹上电势 随位移 x 的变化图线正确的是 ( ) A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 由图可知，从 O 到 A 点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受 到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故 A 错误，B 正确；沿着电场线方向电势 降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故 C 错误；根据能量守恒关系，则 K PE E qU qE x        ，由此可知： KE qEx   ，因此粒子的动能 Ek 和运动径迹上 电势φ随位移 x 的变化图线斜率先减小后增大，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。 8.如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷 Q，从 M 点无初速释放一带有恒定负电荷的小 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，下列说法中正 确的是 （ ） 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 点的电势可能高于 N 点的电势 D. 小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．从 M 点运动到 N 点的过程中，物块与点电荷 Q 的距离增大，带电量均不变，根据 库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小，故 A 正确； B．点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能一直减小，故 B 错误； C．由题分析可知，物块与点电荷 Q 是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷 Q 终止，根据顺着电场线电势降低可知，M 点的电势低于 N 点的电势，故 C 错误； D．物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功 与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变 化量的大小等于克服摩擦力做的功，故 D 正确。 9.如图所示，P、Q 固定放置两等量异种电荷，b、c、O 在 P、Q 的连线上，e、o 为两点电荷中 垂上的点，且 , , ,ab eo bc co ab bo ae eo    ，则 A. a 点电势等于 b 点电势 B. b 点场强大于 e 点场强 C. 电子在 a 点的电势能大于电子在 o 点的电势能 D. b、c 间电势差大于 c、o 间电势差 【答案】BD 【解析】 试题分析： 如图为等量异种电荷的电场线以及等势线，通 过该图可知 b a  ，因此 A 错。由电场线疏密可知， b eE E ，所以 B 正确。O 点为零等势 线上一点， a o  ，根据电势能公式 PE q ，电子在 a 的电势能应小于在 o 点的电势能， C 错。因为 bc 处平均场强大于 co 处，结合图中等势线的分布可知， bc coU U ，D 正确。 考点：等量异种电荷电场以及等势线分布 点评：此类题型主要考察了关于等量异种电荷电场以及等势线分布，通过电场线的性质，例 如疏密，方向等来进行判断。由于题目类型的特殊性，若能记忆住等量异种电荷的电场线分 布，对解决本类问题是大大有益的。 10.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成 30 斜向右上，在电场 中有一质量为 m、电量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线挂于 O 点，当小球静 止于 M 点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点 P，然后无初速度释放，则以下判断 正确的是( ) A. 小球再次到达 M 点时，速度刚好为零 B. 小球从 P 到 M 过程中，合外力对它做了 3mgL 的功 C. 小球从 P 到 M 过程中，小球的机械能增加了 3mgL D. 如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 【答案】BD 【解析】 【详解】A．当小球静止于 M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右， 小球从 P 到 M 过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力， 方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A 错误； B．电场力与重力合力为 tan30 3mg mg  这个方向上位移为L，所以做功为 3mgL ，故 B 正确； C．机械能增加量就是动能增加量 3mgL 和重力势能增加量 mgL 之和，故 C 错误； D．细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故 D 正确。 二、填空题 11.如图所示，MN 是负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．则该带电粒子在 a 点的加速度一定______于在 b 点的加速度．带电粒子在 a 点时的电势能一定_______于在 b 点时的电势能． 【答案】 (1). 小于 (2). 大于 【解析】 【详解】[1]由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大 致向左，电场线由 N 指向 M，说明负电荷在直线 MN 左侧；a 点离点电荷较远，a 点的电场强度 小于 b 点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在 a 点的加速度小于在 b 点的加速 度； [2]电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能。 12.光滑绝缘的水平地面上有相距为 L 的点电荷 A、B，带电荷量分别为+4Q 和-Q，今引入第三 个点电荷 C，使三个点电荷都处于平衡状态，试求 C 的电荷量_________，放在点电荷 B 的 ________侧，距离点电荷 B______远。 【答案】 (1). 4Q (2). 右 (3). L 【解析】 【详解】[1][2][3]引入的电荷 C 要处于平衡状态，电荷 C 所在位置的场强就要为零，A、B 两 电荷产生电场的合场强为零处在 A、B 两电荷的外侧，且离电荷量大的点电荷远，由此可知， 点电荷 C 应放在点电荷 B 的外侧．如图所示，电荷 C 所在位置处 A、B 两电荷产生电场的合场 强为零，即 A、B 两电荷在 C 处产生电场的大小相等，有 2 2 4 ( ) Q Qk kL x x  同理，电荷 B 所在位置，点电荷 A、C 的产生的电场的场强在 B 处大小也应相等，有 2 2 44 CQQk kL x  解上两式即可得 C 电荷应放在 B 点电荷的右侧，距 B 点电荷 x=L 处，C 电荷的电荷量 QC=4Q 三、计算题 13.如图所示，平行带电金属板 A、B 间可看成匀强电场，场强 E＝1.2×102 V/m，板间距离 d ＝5 cm，电场中 C 点到 A 板和 D 点到 B 板的距离均为 0.5 cm，B 板接地。求： （1）C、D 两点的电势及两点间的电势差各为多少？ （2）将点电荷 q＝2×10－2 C 从 C 点匀速移到 D 点的过程中外力做了多少功？ 【答案】(1)φD=-0.6V，φC=-5.4V， 4.8VCDU   (2) 9.6×10−2J 【解析】 【详解】(1)下极板与 D 点间的电势差为： UBD=Ed′=120×0.005V=0.6V 因为 B 板的电势为零，则： φD=-0.6V BA 间的电势差为： UBA=Ed=120×0.05V=6V 知 A 点的电势为： φA=-6V C 与上极板间的电势差为： UCA=UBD=0.6V 因为 UCA=φC-φA，解得： φC=-5.4V 所以 CD 两点电势差为 4.8VCD C DU      (2)电场力做功为： WCD＝qUCD＝2×10−2×(−4.8)=-9.6×10-2J 则有： W=-WCD＝9.6×10−2J 14.如图，A、B 为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量 m＝10－4kg、电荷 量 q＝5×10－5C 的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为 20 cm，g＝10 m/s2， 求： (1)两板间匀强电场的场强大小； (2)两板间的电势差； (3)若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运 动，则经过多长时间粒子撞到板上． 【答案】（1） 20 /E V m (2) 4V V (3) 0.2t s 【解析】 (1)带电粒子静止，qE＝mg，E＝20 V/m. (2)电势差 U＝Ed＝20×0.2 V＝4 V. (3)若带电粒子的电荷量减少一半，则电场力减半，重力不变， 则有 mg－ 1 2 qE＝ma， 1 2 mg＝ma，a＝ 1 2 g，x＝ 1 2 at2， 即 0.1＝ 1 2 ×5×t2，解得 t＝0.2 s. 15.如图所示，有一电子（电荷量为 e，质量为 m）经电压 U0 的电场加速后，进入两块间距为 d、 电压为 U 的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能穿过电场，求： （1）刚离开加速电场时的速度。 （2）在平行金属板间的加速度。 （3）通过平行金属板的时间和平行金属板的长度。 （4）电子穿出电场时的动能。 【答案】（1） 02eU m （2） eU md （3） mt d eU  ， 02Ud U （4） 0 2 eUeU  【解析】 【详解】(1)加速电场中，由动能定理得 2 0 0 1 2e mvU  解得： 0 0 2eUv m  (2)电场力 F eE ，由牛顿第二定律有 F eE eUa m m md    (3)沿电场方向有 21 2 2 d at 解得： d mt da eU   沿 v0 方向做匀速直线运动，有 0 0 2UL v t d U   (4)电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是 2 d ，由此对电子做功 2 eU ，由动能定理可 得 0 K2 eUeU E 