2019-2020学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版 20页

大庆实验中学2018-2019学年度上学期月考高二物理（理）试题 一、选择题 ‎1.如图，一个枕形导体AB原来不带电。将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电量为-Q，与AB中心O点的距离为R。由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时（ ）‎ A. 导体中心O点的场强为kQ/R2‎ B. 导体上的感应电荷在导体中心O点的场强为kQ/R2‎ C. 导体A端电势低于B端电势 D. 导体A端电势高于B端电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．‎ 解：当负电荷Q处在金属导体P附近时，负电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向A端发生移动，导致B端的正电荷多余，A端的负电荷多余，最终导体的B端带正电，A端带负电．当金属导体B端带正电，A端带负电时，导体中有自B向A的电场．由于负电荷Q也产生电场．故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动．A错误，B正确；‎ 处于静电平衡的导体是个等势体AB端电势相等，CD错误。‎ 故答案选B ‎2.以下关于电场和电场线说法中正确的是( )‎ A. 电场线是客观存在的，既可以相交，也可以相切 B. 在电场中，凡是电场线通过的点场强不为零，不画电场线的区域场强为零 C. 同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 D. 电场线用以表示电场的强弱和方向，是客观存在的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD. 电场是客观存在的，电场线是人们为了形象的描述电场而引入的假想曲线，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在，电场线不相交、不相切，故AD项与题意不相符；‎ B. 电场线只是大体形象描述电场，不画的区域场强不一定为零，故B项与题意不相符；‎ C. 电场线越密集，电场越强，据F=Eq可知同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，故C项与题意相符.‎ ‎3.静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则 A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；‎ B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。‎ C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确 D．粒子可能做曲线运动，故D错误；‎ ‎4.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 ‎【答案】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。‎ ‎5.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电势的等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后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一些交点，由此可以判定（ ）‎ A. 电子在1、2、3、4四个位置具有的电势能与动能之和不相等 B. O处的点电荷一定带负电 C. a、b、c三个等势面的电势高低关系是φa＞φb＞φc D. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是W12＝2W34‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和不变相等，A错误。‎ B.由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，B正确。‎ C.由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道 ，C错误。‎ D.由于负点电荷的电场不是匀强电场，靠近点电荷的地方场强大。故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍，D错误。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电荷放在电势高的地方，电势能就大 B. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能 C. 电场强度为零的点，电势一定为零 D. 无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：正电荷放在电势高的地方，电势能就大，而负电荷放在电势高的地方，电势能就小．故A错误．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能．故B错误．电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零．故C错误．只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大．故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】正电荷放在电势高的地方，电势能就大．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能．电荷克服电场力做功它的电势能都增大．电场强度与电势无关 ‎7.如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2‎ ‎，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（  ）‎ A. d越大，灵敏度越高 B. L越大，灵敏度越高 C. U1越大，灵敏度越高 D. U2越大，灵敏度越高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据动能定理得，eU1= mv2；粒子在偏转电场中运动的时间 ，在偏转电场中的偏转位移 ,则灵敏度为 ．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎8.如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是 (　　)‎ A. 保持S闭合，将A板适当上移 B. 保持S闭合，将B板适当下移 C. 先断开S，再将A板适当下移 D. 先断开S，再将B板适当上移 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理列式．若保持S闭合时，将A板适当上移，重力做功和电场做功没有变化，质点恰好到达b孔速度为零，不能穿过b孔；将B板适当下移，重力做功大于电场力做功，质点到达b孔的速度大于零，能穿过b孔．若断开S时，将A板或B板适当移动，根据动能定理分析研究．‎ 设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U．质点的电量为q．由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得．若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离，由动能定理得，则v＞0，质点能穿过b孔，B正确； 若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为，质点进入电场的深度为d′时速度为零．由动能定理得，又由原来情况有．比较两式得，，说明质点点能穿出b孔，故C正确；若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：，因U的减小，则d′＜d，可知，那么质点没到达b孔时速度减为零，故不能穿过b孔，D错误．‎ ‎9.如图所示的各电场中A、B两点电场强度相等的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由电场线的疏密看出，A点电场强度小于B点的电场强度，故A错误；‎ B项：A、B两点到负电荷Q的距离相等，由可知，电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故B错误；‎ C项：由可知，A点的场强大于B点的场强，则场强不同，故C错误；‎ D项：平行金属板内部是匀强电场，A、B两点的电场强度相同，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎10.图示空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球P、Q用长为L的绝缘细线连接，静止在轴上A、B 两点。两球质量均为m，Q球带负电，电荷量为-q，A点距坐标原点O的距离为L，y轴上静电场场强大小E=，剪断细线后，Q球运动到达的最低点C与B点的距离为h，不计两球间的静电力作用。则 A. P球带正电 B. P球所带电荷量为-4q C. 两点间电势差为 D. 剪断细线后，Q球与O点相距3L时速度最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选取AB组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A的电量；剪断细线后，B球的先向下做加速运动，B球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解A球或B球到O点的距离，根据功能关系分析电势能的变化。‎ ‎【详解】A．选取AB组成的整体为研究的对象，由平衡可知，,其中，所以，方向向上，故P带负电，故A错误；‎ B．由，解得：且为负电，故B正确；‎ C．对Q从B到C由动能定理可得：，解得：，故C正确；‎ D．速度最即加速度为零，即有：，解得：，故D正确。‎ 故选：BCD。‎ ‎【点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。‎ ‎11.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直.在t =0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场粒子射入电场时的速度为，t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场.则（ ）‎ A. 该粒子射出电场时速度方向一定是沿垂直电场方向的 B. 时刻，该粒子速度大小为 C. 若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子会打在板上 D. 若该粒子的入射速度变为，则该粒子仍在t =T时刻射出电场 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设板间距为；不管电场方向如何，粒子进入板间后在水平方向不受力，一定是匀速直线运动，所以。若初速度变为则经过就会射出电场，选项D错。在竖直方向，为匀加速直线运动，末速度，偏移量，在时间内竖直方向为匀减速直线运动，竖直方向末速度，即末速度为水平方向，与电磁方向垂直，选项A对。则离开磁场时的偏移量为，整理可得，即时刻的竖直速度，合速度为，选项B错。若粒子在时刻进入电场，只不过偏转方向相反，仍会在从PQ右边缘射出，选项C错。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎12.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的关系如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用。则 A. 电子将沿Ox方向运动 B. 电子的电势能将一直增大 C. 沿Ox方向电场强度一直增大 D. 电子运动的加速度先减小后增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 顺着电场方向，电势逐渐降低，故可知电场方向沿x 轴负方向，因只受电场力，故电子沿x轴正方向运动，因电场力做正功，故电子电势能减小，故A正确B错误；‎ CD. 通过图象可知，电势的变化率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，故受到的力先减小后增大，加速度先减小后增大，故C错误，D正确；‎ ‎13.在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平台面而向右的匀强电场，电场强度为E.水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点),两小球质量均为,带正电的A球电荷量为Q,B球不带电,A、B连线与电场线平行.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t=0),后与B球发生正碰,碰撞过程中A、B两球总动能无损失.若在各次碰撞过程中,A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则（ ）‎ A. 第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为 B. 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L C. 第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为 D. 相邻两次碰撞时间间隔总为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球质量相等且总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为，则有，故A正确；‎ BC.A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为，则，第一次碰后，经(t2-t1)时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，，解得，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为和，则， ‎ 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了，故B错误，C错误；‎ D.第二次碰后经(t3-t2)时间A、B两球发生第三次碰撞,并设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为，故D正确。‎ 故选：AD ‎14.空间存在两个带等量同种正电荷量Q的小球，相距为L，如图所示．现引入一个点电荷到其产生的电场中，若引入的点电荷的带电性质、初速度的大小和方向等满足一定条件．则引入的点电荷可能做的运动是 A. 匀加速直线运动 B. 往复运动 C. 匀变速曲线运动 D. 匀速圆周运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电场的叠加原则，可知，电场强度是变化的；而电场最基本的性质就是对处于其中的电荷具有静电力；故带电粒子（不计重力）在这些静电场中的运动不可能是匀变速运动；故A错误； ‎ B、在等量同种点电荷产生的电场中，同种电荷的粒子在两个电荷连线之间某点释放后，受到的电场力提供回复力，使粒子做往复运动；故B正确； C、D、如果粒子带负电，且受到的电场力恰好提供向心力，粒子的速度与电场力垂直，则做匀速圆周运动；粒子绕点电荷运动可能是匀速圆周运动，故C错误；D正确； 故选：BD。‎ ‎15.如图正四面体ABCD的四个顶点A、B，C、D各固定一个点电荷，电量分别为+q、+q、-q和-q，其中q>0，规定无穷远处电势为零，A处点电荷受到B、C、D处点电荷的合力为FA，C处点电荷受到A、B、D处点电荷的合力为FC，D处点电荷受到A、B、C处点电荷的合力为FD，则以下说法正确的是 A. 正四面体ABCD的中心处的场强为零 B. 正四面体ABCD的中心处的电势为零 C. FA和FC大小相等 D. FD和FC方向相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 正电荷的电场强度方向背离正电荷，负电荷的电场强度方向指向负电荷，所以正四面体ABCD的中心处的场强不为零，故A错误；‎ 根据点电荷电势的计算公式φ=可得，正负电荷在正四面体ABCD的中心处的合电势为零，故B正确；A和C处的点电荷受力情况如图所示，根据对称性可知，FA和FC 大小相等，故C正确；根据对称性可知，FC和FD方向不同、大小相等，故D错误；故选BC。‎ 点睛：本题是电场的叠加问题，关键要掌握等量异种电荷等势面的分布情况，知道等量异种电荷中垂线的电势为零。‎ 二、实验题 ‎16.如图所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验。给电容器充电后与电源断开，即保持电量不变，则 (填“变小”、“变大”或“不变”)‎ ‎(1)甲图将B板上移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；‎ ‎(2)乙图将B板左移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变大 (4). 变小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]甲图将B板上移，即两极板正对面积减小，根据电容的决定式，电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大，即静电计指针偏角变大；‎ ‎(2)[3][4] 乙图将B板左移，即板间距离d增大，根据电容的决定式电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大，即静电计指针偏角变大；‎ ‎17.“探究电容器充放电”的实验装置示意图如图所示，已知灵敏电流计0刻度在表盘中央位置，经判断：当电流从左接线柱流入时指针左偏；电流从右接线柱流入时指针右偏。请根据所学知识回答下列问题：‎ ‎(1)电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，灵敏电流计指针会______偏（填“左”或“右”）。‎ ‎(2)将开关S扳到a，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，若将电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中灵敏电流计指针______偏（填“左”或“右”）。‎ ‎【答案】 (1). 左； (2). 右 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当电流从左接线柱流入时指针左偏；电流从右接线柱流入时指针右偏。 电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，电流自左向右通过电流计，灵敏电流计指针会左偏。 ‎ ‎（2）将开关S扳到a，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，电容器极板间电压恒定， 若将电容器中间插入一层有机玻璃板，电容增大，电量增大，电流自右向左通过电流计，灵敏电流计指针会右偏。‎ ‎18.（1）如图所示，可以探究影响电荷间相互作用力的因素．O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是______ ‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d有关 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变大，说明F与Q成反比 ‎（2）上述完成该实验的方法是______ ‎ A.假设法     B．微元法     C．控制变量法．‎ ‎【答案】（1）BC （2）C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）保持Q、q不变，根据库仑定律公式，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大．F与d的二次方成反比，故A错误B正确．保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关，故C正确．保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律公式，知F与两电荷的乘积成正比，故D错误。故选BC。‎ ‎（2）当一个物理量的相关因素有很多时，我们研究其中一个因素与这个物理量的关系，应用控制变量法。故选C。‎ 考点：库仑定律。‎ ‎【名师点睛】根据库仑定律，判定物体与小球间的库仑力与什么因素有关，丝线偏离数值方向的夹角越大，则库仑力越大。解决本题的关键是掌握库仑定律。控制变量法是物理中经常用到的一种解决问题的方法。‎ 三、计算题 ‎19.在一个点电荷的电场中，坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上、两点的坐标分别为和。已知放在、两点的试探电荷受到的电场力方向都跟轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系图象如图中直线、所示，放在点的试探电荷带正电，放在点的试探电荷带负电。求：‎ ‎（1）点的电场强度的大小和方向。‎ ‎（2）试判断点电荷的电性，并确定点电荷位置坐标。‎ ‎【答案】（1），方向沿轴负方向 （2）带负电，位置坐标 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题图可得点电场强度的大小 因点的试探电荷带负电，而受力指向轴的正方向，故点场强的方向沿轴负方向。‎ ‎（2）因点的正电荷受力和点的负电荷受力均指向轴的正方向，故点电荷位于、两点之间，带负电。‎ 设点电荷的坐标为，则 ‎，‎ 由题图可得，则 解得或（不符合题意舍去）。‎ 答案：（1），方向沿轴负方向 ‎（2）带负电，位置坐标 ‎20.如图，一质量为m、电荷量为g（q＞0的粒子在匀强电场中运动，A，B为其运动轨迹上的两点，A，B水平距离为L，运动轨迹在竖直平面内，已知该粒子在A点的速度大小为v0‎ ‎，方向与竖直方向夹角为60°：它运动到B点时速度v大小为v0，方向竖直上，不计重力。求匀强电场的场强。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知初速度与竖直方向夹角为，初速度v0．可以分解为 水平方向 竖直方向 由于竖直方向速度不变可以知道电场力方向水平向右，电场强度方向也是水平向右 由A向B运动过程为水平方向匀减速运动。竖直方向匀速直线运动，利用动能定理有：‎ 联立上式解得 ‎21.如图所示，竖直面内直角坐标系xOy，原点O是矩形区ABCD对角线交点，AD平行于x轴，A点坐标为，矩形区ABCD内有一平行于xOy平面的匀强电场E0， 现将质量为m，带电量为q(q>0)的相同小球,从O点以3mgL的初动能沿各个方向抛出,小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过B点的小球的动能为初动能的，经过E点(BC中点)的小球的动能等于初动能，重力加速度为g。‎ ‎(1)取电场中O点的电势为零，求B点的电势B和匀强电场 的大小；‎ ‎(2)求带电小球经过矩形边界最大动能是多少？并求出有最大动能的位置坐标。‎ ‎【答案】(1) φB＝， (2) ；P点坐标为（）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据能量守恒定律：设BC平面重力势能零势面由O到B：‎ Ek0+qφB＝mgL＋Ek0‎ 求得qφB= 2mgL ，‎ 由O到E：‎ Ek0+qφE＝mgL＋Ek0‎ 求得 qφE =mgL，‎ 则：‎ φB＝ ，φE＝‎ 匀强电场中，沿同一直线电势差与距离成正比，则：φC＝0 ，AOC为零势面，过O做AOC垂线，即为电场线。电场强度与等势线AC垂直，由几何关系：电场线与y轴夹角为 ‎ 根据电势差与场强关系：‎ ‎，‎ 解得：。‎ ‎（3）用正交分解求出电场力和重力的合力：‎ Fx＝E0qsin30°＝mg Fy＝mg－E0qcos30°＝0‎ 合力F＝mg 方向沿x轴负方向。合力对小球做功越多动能越大，则DC边射出的带电小球动能最大，根据动能定理：‎ F·OP＝Ekm－Ek0‎ 最大动能Ekm＝ ‎ P点坐标为（）。‎ 答：(1) φB＝， (2) ；P点坐标为（）‎ ‎ ‎