2017-2018学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版 14页

‎2017-2018学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期第一次月考物理 ‎1、下列说法正确的是（ ）‎ A.第谷通过几十年对行星运动的观测，推导总结出了行星运动的规律 B.牛顿在前人研究的基础上总结出了万有引力定律，并测出了引力常量的大小 C.伽利略利用斜面实验，推测出自由落体是匀加速直线运动 D.库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，并比较精确地测出了元电荷e的电量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎2、一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后（稳定）与增加前比较，其内部的场强将( )‎ A．一定增强 B．不变 C．一定减弱 D．可能增强也可能减弱 ‎【答案】B ‎【解析】【考点】电场强度． ‎ ‎【分析】处于静电平衡的导体是个等势体，内部场强处处为零，根据这个特点进行分析．‎ ‎【解答】解：导体处于静电平衡时，其内部场强处处为零，所以当它带的电量增加后，其内部的场强将不变，仍为零，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键要理解并掌握处于静电平衡状态导体的特性，知道导体内部的场强处处为零．‎ ‎3、如图所示，两个互相垂直的平面a和b，其相交线上的M点和N点带有等量点电荷．O是MN的中点，A是平面a上的一点，B是平面b上的一点，AO和BO均垂直于MN，且AO=BO，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若M、N带等量同种电荷，则A、B两点的电势相同，场强不相同 B．若M、N带等量同种电荷，则A、B两点的电势不相同，场强相同 C．若M、N带等量异种电荷，则A、B两点的电势不相同，场强相同 D．若M、N带等量异种电荷，则A、B两点的电势相同，场强不相同 ‎【答案】A ‎【解析】【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场的叠加．‎ ‎【分析】电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和 ‎【解答】解：AB、若M、N带等量同种电荷，A、B两点距离点电荷距离相等，根据电势的叠加知A、B两点电势相同，根据对称性A、B两点场强大小相等，由平行四边形定则知，A点场强由O指向A；B点场强由O指向B，方向不同，故A正确，B错误；‎ CD、若M、N带等量异种电荷，选无穷远处的电势为零，A、B两点在同一等势面上，A、B两点电势相同为0，场强大小相等，方向相同，故CD错误；‎ 故选：A ‎4、如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和﹣q，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向右的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线被拉紧．则当两小球均处于平衡时的可能位置是下图中的哪几个（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【分析】运用整体法研究1绳与竖直方向的夹角，再隔离乙球研究，分析2绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．‎ ‎【解答】解：首先取整体为研究对象，整体受到重力、电场力和绳子的拉力，‎ 由于两个电场力的和即F电=qE+（﹣qE）=0‎ 所以重力和绳子的拉力是一对平衡力，即上边的绳子对小球的拉力在竖直方向上，所以上边的绳子 保持在绳子位置上．‎ 再以乙球为研究对象，受水平向右的电场力、竖直向下的重力和沿绳方向的弹力，在三力作用下处于平衡状态，所以2绳应与竖直方向有向右偏转的夹角，故A图正确；‎ 故选：A．‎ ‎5、如图所示是真空中某一点电荷Q在周闱产生的电场,a、b分别是该电场中的两点,其中a点的电场强度大小为E,方向与a、b连线成120°角；b点的电场强度大小为，方向与a、b连线成150°角,一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则( )‎ A.点电荷Q是负电荷 B.a、b两点的电场强度大小 111]‎ C.在a、b两点受到的电场力大小之比 D.在a、b两点具有的电势能的大小关系为＞‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点：电场强度、库仑定律、电势能 ‎6、图中、和分别表示点电荷的电场的三个等势面，它们的电势分别为、和．一质子（）从等势面上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面时的速率为，则对质子的运动判断正确的是（ ）‎ A．质子从等势面运动到等势面电势能增加 B．质子从等势面运动到等势面动能增加 C．质子经过等势面时的速率为 D．质子经过等势面时的速率为 ‎【答案】B ‎【解析】由运动到，则电场力做功为正功，则电势能减小，动能增加．故A错误，B正确．‎ 由到，①‎ 由到，② ‎ 由①②得：，故C错误，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎7、如图所示，平行板电容器的两极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )‎ A．A极板下移时，P点的电场强度增大，P点电势不变 B．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C．B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D．B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎8、如图所示，空间中存在与等边三角形ABC所在平面平行的匀强电场。其中电势φA＝φB＝0，φC＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB为轴转过60°，则此时C点的电势为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：运用匀强电场U=Ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离．‎ 因为AB点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为L，则C点到AB的垂线长度为，所以匀强电场，让等边三角形以AB为轴转过，则C点在平面上的投影点到AB的距离为，故此时C点的电势为，B正确；‎ 评卷人 得分 二、多项选择（注释）‎ ‎9、如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　）‎ A．OB间的距离为 B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小 C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大 D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=‎ ‎【答案】AC ‎【解析】【考点】 电势能；AC：电势；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】金属块B点时速度最小，则知A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离减小，库仑力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差．‎ ‎【解答】解：A、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 μmg=K，得r=．故A正确．‎ B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误．‎ C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故C正确．‎ D、滑块从A到B过程，由动能定理得：qUAB﹣μmgL=mv2﹣，得UAB=．故D错误．‎ 故选AC ‎10、‎ 如图所示，在绝缘的固定斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块以一定的初速度在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功24J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（　　）‎ A. 重力做正功为18J B. 电势能增加8J C. 动能减少18J D. 机械能减少24J ‎【答案】BC ‎【解析】A、根据题意重力势能增加，则重力做负功为，故选项A错误；‎ B、根据题意金属块克服电场力做功，则电势能增加，故选项B正确；‎ C、在金属块移动的过程中，外力F做功为，电场力做功为，摩擦力做功为，重力做功，则总功为，根据动能定理得知，动能减少，故C正确；‎ D、外力、电场力和摩擦力做的总功为0，根据功能关系得知，重力之外的其他力做功等于机械能的增加量，故机械能增加0，故D错误。‎ 点睛：本题考查对功能关系的理解和应用能力．几对常见的功与能的关系要加强理解，牢固掌握：电场力做功与电势能变化有关，总功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能的变化有关。‎ ‎11、如图所示，真空中某点固定一带电的点电荷，图中虚线为一组相同间距相等的同心圆，圆心与该点电荷重合．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为该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．带正电]‎ 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点的动能变化小于由b点到c点的动能变化 ‎【答案】AC ‎【解析】【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．‎ ‎【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据带电粒子的轨迹弯曲方向可判断粒子的电性．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．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子在a→b→c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正确；‎ B、由点电荷电场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、粒子由b到c，电场力做正功，根据动能定理，知粒子的动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；‎ 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错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题中，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，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．‎ ‎12、一带负电的液滴质量为m、电荷量为q，在匀强电场中从O点以初速度v沿直线OA做匀减速运动，OA与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则（　　）‎ A．匀强电场场强最小值为E=‎ B．匀强电场场强电小值为E=‎ C．若场强E=，则OA为电场中的一条等势线 D．若场强E=，则OA为电场中的一条等势线 ‎【答案】BD ‎【解析】【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度 ‎【分析】带电液滴在电场中受到重力和电场力，沿直线OA做匀减速运动，所受的合力方向沿直线AO方向，运用三角定则分析什么情况下场强最小，并求出最小值．根据电场线方向与等势面垂直，确定等势线方向．‎ ‎【解答】解：AB、带电液滴在电场中受到重力mg和电场力F电，沿直线OA做匀减速运动，所受的合力方向必定沿直线AO方向，根据三角形定则作出合力，由图看出，电场力不唯一，则场强也不唯一，当电场力F与直线AO垂直时，电场力F最小，场强最小，则有 ‎ F=qEmin=mgsinθ，得到场强的最小值为 Emin=，故A错误，B正确；‎ C、若场强E=，由力图可得：电场力水平向左，则电场线水平向右，等势线应为竖直的直线．故C错误．‎ D、若场强E=，由力图可得：电场力与AO垂直，则电场线也与AO垂直，根据电场线与等势面垂直，可知，OA为电场中的一条等势线．故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与θ的关系，确定电场力最小值的条件．‎ 评卷人 得分 三、填空题（注释）‎ 评卷人 得分 四、计算题（注释）‎ ‎　‎ ‎13、如图所示，一簇平行线为未知方向的匀强电场的电场线，沿与此平行线成60°角的方向，把1×10﹣3C的负电荷从A点移到B点，电场力做功为2×10﹣3J，A、B间距为2cm 求 ‎（1）匀强电场的场强 ‎（2）若B点电势为1V，则A点电势为多大 ‎（3）电子处于B点时，具有的电势能是多少eV，它从A点移到B点，动能增加多少eV．‎ ‎【答案】（1）匀强电场的场强是200V/m．‎ ‎（2）若B点电势为1V，则A点电势为﹣1V．‎ ‎（3）电子处于B点时，具有的电势能是1eV，它从A点移到B点，动能增加2eV．‎ ‎【解析】【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】（1）根据UAB=求出AB间的电势差，根据公式E=求解匀强电场的场强，d是电场线方向上A、B间的距离；‎ ‎（2）UAB=φA﹣φB，已知B点电势为1V，即可求得A点电势；‎ ‎（3）电势能公式Ep=qφ．从A点移到B点，根据动能定理得知电子的动能△Ek=﹣eUAB．‎ ‎【解答】解：（1）A、B间电势差为UAB==﹣V=﹣2V 则匀强电场的场强E==200V/m ‎（2）已知B点电势为φB=1V，由于UAB=φA﹣φB，则得，A点电势为φA=﹣1V ‎（3）电子处于B点时，具有的电势能是Ep=﹣eφB=1eV 根据动能定理得知，电子的动能△Ek=﹣eUAB=2eV 答：（1）匀强电场的场强是200V/m．‎ ‎（2）若B点电势为1V，则A点电势为﹣1V．‎ ‎（3）电子处于B点时，具有的电势能是1eV，它从A点移到B点，动能增加2eV．‎ ‎14、两个平行板A、B相距d=16cm，板长L=30cm，UAB=64V．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22kg的粒子沿平行于板方向，从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力．‎ ‎（1）粒子带何种电荷？‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？‎ ‎（3）粒子飞出电场时的最大偏角为多大？‎ ‎【答案】（1）粒子带正电；‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5×104m/s．‎ ‎（3）粒子飞出电场时的最大偏角为28°．‎ ‎【解析】【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据粒子受到的电场力方向与场强方向间的关系判断粒子的电性．‎ ‎（2）当粒子恰好从B板右侧边缘飞出电场时，此时粒子的速度为粒子飞出电场时最小速度．此时粒子水平位移为L，竖直位移为，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度．‎ ‎（3）分解速度，求出偏转角的正切，再求粒子飞出电场时的最大偏角．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：UAB=64V，说明极板A的电势比极板B的电势高，场强从A板指向B板，粒子向B板偏转，说明粒子所受电场力方向与场强方向相同，粒子带正电．‎ ‎ （2）粒子在极板间做类平抛运动，粒子恰好飞出电场时：‎ ‎ 竖直方向： =at2=t2，水平方向：v0=，解得：v0=1.5×104m/s，‎ ‎ 要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5×104m/s；‎ ‎ （3）设粒子飞出电场的最大偏角为θ，则有：‎ tanθ=====≈0.53，解得：θ=28°；‎ 答：（1）粒子带正电；‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5×104m/s．‎ ‎（3）粒子飞出电场时的最大偏角为28°．‎ ‎15、两平行金属板A、B水平放置，上极板电势高于下极板，两板间距d=4cm，板长L=20cm，一个质量为m=5×10-6kg、电量为q=2×10-9C的带电微粒，以v0=2m/s的水平初速度从两板间正中央射入，两板间所加电压为UAB时，微粒恰好不发生偏转，如图所示，取g=10m/s2。‎ ‎（1）试确定微粒的电性，求两板间所加电压UAB ‎（2）增大两板间所加电压UAB，求微粒恰好从上板边缘飞出过程中的加速度大小 ‎（3）改变两板间所加电压UAB，要使微粒不打到金属板上，求两板间的电压AB的取值范围？‎ ‎【答案】（1）UAB=1000V（2）（3）600V