2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）人教版 13页

‎2019学年高二上学期第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 如图所示,A,B为两块竖直放置的平行金属板,G是静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度.下述做法可使指针张角增大的是(　　)‎ A. 使A,B两板靠近些 B. 使A,B两板正对面积错开些 C. 断开S后,使B板向左平移减小板间距离 D. 断开S后,使A,B板错位正对面积减小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图可看出静电计测得的是A、B两金属板间的电势差，电势差增大，指针张角就增大。 只要电键S闭合着，两板间的电势差就不变，总等于电源的电动势，故A、B项错；断开S后，两板上的电量保持不变，两板间距变小，由知电容C增大，再由知两板间的电势差U减小，故C项错；断开S后减小两板正对面积，由知电容C减小，再由知电压U增大，故D项正确。‎ 考点：本题考查了静电计、电容及平行板电容器的电容概念和公式。‎ ‎2. 两块大平行金属板A,B间存在电场强度为E的匀强电场,场强方向由B指向A,并将B板接地作为零电势点,如图所示,现将正电荷逆着电场线方向由A板移到B板,若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离,则其电势能Ep随x变化的图线为图中的(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 13 -‎ ‎【解析】试题分析：电荷在电场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这点移到电势能为零处（电势为零处）电场力所做的功，即，由于B板的电势为0，且电场方向由B指向A，根据沿电场线方向电势降低，可知AB之间的电势为负，故电势能均为负值，且随x的增大，电势能减小，选项C正确。‎ 考点：电场线，电势、电势能 ‎3. 如图所示,在等量异种电荷形成的电场中,画一正方形ABCD,对角线AC与两点电荷连线重合,两对角线交点O恰为电荷连线的中点.下列说法中正确的是(　　)‎ A. A,C两点的电场强度及电势均相同 B. B,D两点的电场强度及电势均相同 C. 一电子由B点沿B→C→D路径移至D点,电势能先减小后增大 D. 一质子由C点沿C→O→A路径移至A点,静电力对其先做负功后做正功 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向相反，则场强不同，根据对称性知，电势相同，根据电场线分布情况可知，A与C两的电势相等，电场强度大小相等，方向不同，AB错误；根据电场的叠加知，BO间电场方向向上，OD间电场向下，则电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势先升高后降低，电场力先做正功后做负 功，电势能先减小后增大，故C正确；质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力先向左后向右，电场力对其先做正功后做负功，故D错误．‎ 考点：考查了等量同种电荷电场分布规律 ‎4. 如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　　)‎ A. 到达M、N时两粒子速率仍相等 B. 到达M、N时两粒子速率vM＞vN - 13 -‎ C. 到达M、N时两粒子的电势能相等 D. 两个粒子的电势能都是先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．‎ 解：AB、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为正功，从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＞vN．故A错误，B正确．‎ C、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，由公式Ep=qφ知两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误，‎ D、电场力对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向．电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负．‎ ‎5. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度不为零 D. 0～3 s内,静电力做的总功为零 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：‎ - 13 -‎ 因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．故选：D．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。‎ ‎6. 正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为(　　)‎ A. E0 B. E0 C. E0 D. E0‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度．故选B.‎ ‎ ‎ ‎7. 冬天当脱毛衫时,静电经常会跟你开个小玩笑.下列一些相关的说法中正确的是(　　)‎ A. 在将外衣脱下的过程中,内外衣间摩擦起电,内衣和外衣所带的电荷是同种电荷 - 13 -‎ B. 如果内外两件衣服可看做电容器的两极,并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定,随着两衣间距离的增大,两衣间电容变小,则两衣间的电势差也将变小 C. 在将外衣脱下的过程中,内外两衣间隔增大,衣物上电荷的电势能将减少(若不计放电中和)‎ D. 脱衣时如果人体带上了正电,当手接近金属门把时,由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击 ‎【答案】D ‎【解析】当将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是异种电荷，故A错误；如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，根据随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差，Q不变，C变小，故U将变大，故B错误；同B项可知，在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大（若不计放电中和），故C错误；脱衣时如果人体带上了电，当手接近金属门把时，会造成对人体轻微的电击，这是放电现象，故D正确； 故选D.‎ ‎8. 某同学设计了一种静电除尘装置,如图1所示,其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料.图2是装置的截面图,上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连.带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集.将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率.不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.要增大除尘率,下列措施可行的是(　　)‎ A. 只增大电压U B. 只减少长度L C. 只增大高度d D. 只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为即增加y即可，只增加电压U和长度L即可以增加y，故AB正确。‎ - 13 -‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景-----类平抛运动，应用运动的分解知识求解。‎ ‎9. 如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图像正确的是（　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度为：，知a随x的增大均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度为：，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速运动，故AC正确，BD错误．‎ 考点：考查了牛顿第二定律，带电粒子在电场中的运动 ‎10. 如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V,20 V,30 V.实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则该带电粒子( 　)‎ A. 该粒子一定带正点电 B. 在b点处的电势能为0.5 J C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4 J ‎【答案】AD - 13 -‎ ‎【解析】场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则A正确；b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B错误；因总能量守恒，则由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则C错误；C点处的动能为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确；故选AD.‎ 点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．‎ ‎11. 如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J,金属块克服摩擦力做功8 J,重力做功24 J,则以下判断正确的是(　　)‎ A. 金属块带负电荷 B. 静电力做功4 J C. 金属块的电势能与动能之和增加了16 J D. 金属块的机械能减少12 J ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．‎ 由于金属块下滑，电场力做负功，由于电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误；‎ 金属块的动能增加12J，电势能增加4J，所以金属块的电势能与动能之和增加了12+4="16" J．故C正确；‎ 在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确．故选CD.‎ 考点：动能定理；电势能 ‎【名师点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，正确找出有哪些力做功，以及什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系：电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量；合外力做功等于动能的变化量。‎ - 13 -‎ ‎12. 如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为-q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是（　　）‎ A. 其它条件不变，将P释放，P也能静止 B. M与N的距离 为L C. 在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D. 其它条件不变，小球P的电荷量增加为+2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 ‎【答案】AD ‎【解析】P对MN整体的合力为零，根据牛顿第三定律，MN整体对P的合力也为零，故其它条件不变，将P释放，P也能静止，故A正确；对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：，解得：r=（-1）L＜L；故B错误；M点离P点较近，则M点电势高于N点电势，选项C错误；MN整体对P的合力为零，说明MN整体在P电荷所在位置处的场强为零，小球P的电量增加为+2Q，依然不受力，根据牛顿第三定律，M、N及细杆组成的系统所受合外力仍然为零，故D正确；故选AD．‎ ‎13. 如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为（、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知,时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是 （）‎ A. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B. 物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线H C. 物体克服摩擦力所做的功 - 13 -‎ D. 物体与墙壁脱离的时刻为 ‎【答案】CD ‎【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得， ，物体克服摩擦力所做的功为mgH，故C正确．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间．故D正确．故选CD．‎ 点睛：本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件．‎ ‎14. 电场强度方向与轴平行的静电场，其电势随的分布如图所示，一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），以初速度从左侧沿轴正方向进入电场。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 粒子从点运动到点的过程中，在点速度最大 B. 粒子从点运动到点的过程中，电势能先减小后增大 C. 要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为 D. 若，则粒子在运动过程中的最大动能为 ‎【答案】AD ‎【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大．故A正确，B错误．根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（0-φ0）=0- ，解得：，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为，故C错误．若v0=2，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得： ‎ - 13 -‎ 解得最大动能为： ．故D正确．故选AD．‎ 二、非选择题 ‎15. 一束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,若两板间距d=1.0 cm,板长L=5.0 cm,足够大的竖直屏与两板右侧相距b=20 cm.如图所示,在两板间加上可调偏转电压U2=300 V.电子质量m=9.1×10-31 kg、带电荷量为e=1.6×10-19 C(不计重力和电子间相互作用)求:‎ ‎(1)电子从平行板间飞出时,偏转的角度θ的正切tan θ;‎ ‎(2)电子从平行板间飞出达到竖直屏时,竖直方向偏移的距离Y.‎ ‎【答案】(1)0.15　(2)3.375 cm ‎【解析】（1）加速过程中，由动能定理得：qU1=mv02  在偏转电场中：L=v0t 根据牛顿第二定律得： 则vy=at  而tanθ=‎ 联立得  ‎ ‎（2）根据y=at2解得： ‎ 射出偏转电场后做匀速直线运动，b=v0t′，y′=vyt′， Y=y+y′=3.375cm 点睛：本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，要熟练运用正交分解法，将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，再用力学中动力学方法求解．‎ ‎16. 如图所示,带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间,距下板0.8 cm,两板间的电势差为300 V.如果两板间电势差减小到60 V,则带电小球运动到极板上需多长时间(g=10 m/s2)?‎ - 13 -‎ ‎【答案】4.5×10-2 s ‎【解析】试题分析：取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用．‎ 当U1="300" V时，小球平衡：①‎ 当U2=60V时，带电小球向下板做匀加速直线运动：②‎ 又h＝at2③‎ 由 ①②③得：‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是应用牛顿第二定律和运动学公式结合分析和处理带电粒子在电场中匀加速运动的问题，只要转变观念，把电场力当作一种力，方法与力学相同，一定会正确作答。‎ ‎17. 如图所示,匀强电场中A,B,C三点构成一个直角三角形中,∠A=30°,边长AC=32 cm.把电荷量q=-2×10-10 C的点电荷由A点移到B点,静电力做功4.8×10-8 J,再由B点移到C点,电荷克服静电力做功4.8×10-8 J,取B点的电势为零,求:‎ ‎(1)A,C两点的电势;‎ ‎(2)匀强电场的场强.‎ ‎【答案】(1)-240 V　-240 V　(2)103 V/m　方向垂直AC指向左上方 ‎【解析】（1）A、B间 B、C间 ‎ - 13 -‎ ‎..................‎ d= 大小 ‎ ‎18. 如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为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点时的加速度大小。‎ ‎(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ 带电小球在B点时有：‎ 且，可解得：。‎ ‎（2）由A点到B点应用动能定理得：‎ 由，可得：，可求得：。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势差 ‎【名师点睛】此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路。‎ ‎19. 如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2‎ - 13 -‎ ‎ m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103 V/m.一带正电小球以速度v0沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点.已知小球的质量为m=1.0×10-2 kg,所带电荷量q=2.0×10-5 C,‎ g=10 m/s2.(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移)‎ ‎(1)小球能通过轨道最高点D时的速度大小;‎ ‎(2)带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的距离;‎ ‎(3)小球的初速度v0.‎ ‎【答案】(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)2 m/s ‎【解析】（1）恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x，则 ‎  代入数据解得：vD =2m/s    （2）带电小球在从D点飞出后做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，则有：  2R=at2    代入数据解得：t=0.2s   则 在水平轨道上的落点与B点的距离 x=vDt=2×0.2m=0.4m      （3）由动能定理得：      联立得： ‎ 点睛：本题是带电体在组合场中运动的问题，关键要正确分析小球的状态和运动过程，把握圆周运动最高点的临界条件，运用力学的基本规律进行解答．‎ ‎ ‎ - 13 -‎