2017-2018学年四川省彭州中学高二第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年四川省彭州中学高二第一次月考物理试题 解析版

四川省彭州中学2017-2018学年高二第一次月考物理试题 一．单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．）‎ ‎1. 电场强度E的定义式为E=，根据此式，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①上式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比，拿走q，则E=0‎ ‎②式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度 ‎③式中q是产生电场的点电荷的电量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度 ‎④在库仑定律的表达式F=中，可以把看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小．‎ A. 只有①② B. 只有①③ C. 只有②④ D. 只有③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误；E=式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度，选项②正确，③错误；‎ 在库仑定律的表达式F=中，可以把看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项④正确；故选C．‎ ‎2. 如图所示，AB是点电荷电场中的一根电场线，在线上O点放一个自由的负电荷后，它将沿电场线向B运动，则下列判断中正确的是（ ）‎ A. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力越来越小 B. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力大小变化无法确定．‎ C. 电场线方向由A指向B，该电荷受到的电场力大小不变．‎ D. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力越来越大．‎ ‎【答案】B ‎............‎ 点睛：本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定电场力的变化，条件不明时，考虑问题要全面．‎ ‎3. 在点电荷 Q形成的电场中有一点A，当一个－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为：‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：依题意，-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=-W，A点的电势．‎ 故选A．‎ 考点：电场力的功与电势能的关系 ‎4. 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10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（　　）‎ A. 可能是带负电 B. 在b点处的电势能为0.5J C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4 J ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场方向从高电势指向低电势，所以电场强度方向竖直向上，做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，而粒子只受电场力，故电场力方向向上，所以粒子带正电，A错误；在b点处的电势能为，B错误；在a处电势能为，过程中由于只有电场力做功，所以电势能与动能之和恒定，故，解得在b点处的动能为0．3J，C错误；在c点电势能为零，故，D正确；‎ 考点：考查了等势面，电场强度，电场力做功 ‎5. 如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的作用力和重力）则它们（　 ）‎ A. 同时到达屏上同一点 B. 先后到达屏上同一点 C. 同时到达屏上不同点 D. 先后到达屏上不同点 ‎【答案】B ‎【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02 ；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．在偏转电场中的偏转位移，联立得 同理可得到偏转角度的正切tanθ=，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．‎ ‎6. 如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若增大d，则φ减小，θ减小 B. 若增大Q，则φ减小，θ不变 C. 将A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D. 在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；故选：C。‎ 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】本题属于电容器的动态分析，关键抓住电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变；记住常用的三个公式：Q=CU，，。‎ 二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分。）‎ ‎7. 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某一过程中动能增加了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. 金属块带正电荷 B. 金属块克服电场力做功8 J C. 金属块的电势能减少4 J D. 金属块的机械能减少12 J ‎【答案】AD ‎【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8.0J，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，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确，BC错误；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AD.‎ 考点：动能定理；功能关系 ‎【名师点睛】此题是动能定理及功能关系的考查；解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系；要知道合力功等于动能增量；电场力功等于电势能的变化量；除重力以外的其他力做功等于机械能的增量.‎ ‎8. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷（内部电场可看成匀强电场），一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动．轨迹如图中虚线所示，那么（　）‎ A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B. 微粒从M点运动到N点电势能一定减少 C. 微粒从M点运动到N点动能一定增加 D. 若只改变带电微粒的电性，微粒可能在平行板间做直线运动 ‎【答案】CD ‎【解析】微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下；若只改变带电微粒的电性，微粒受到的电场力的方向向上，若与重力大小相等，则微粒可能在平行板间做直线运动，故D正确．故选CD．‎ 点睛：根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．‎ ‎9. 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c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量大小、质量都相同的带电粒子，只在电场力的作用下（不计它们之间的作用力）分别沿PM、PN运动到M、N，M、N两点都位于圆周c上，以下判断正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 两粒子带同种电荷 B. 两粒子带异种电荷 C. 到达M、N时两粒子速率仍相等 D. 到达M、N时两粒子速率不相等 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：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．故A错误，B正确。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负功，从P到N的粒子电场力总功为正功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＜vN．故C错误D正确。故选BD。‎ 考点：电场力做功、电势及电势差的概念等。‎ ‎【名师点睛】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断带电粒子与点电荷是同种电荷还是异种电荷。根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系。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。‎ ‎10. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立x坐标轴，则坐标轴上0~x2间各点的电势分布如图乙所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 点的电场强度最小 B. 0~x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏 C. 一正点电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，点电荷的加速度先减小后增大 D. 一正电电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，速度一直增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】φ-x图象的切线斜率表示电场强度，故x1点的电场强度最大，故A错误；φ-x图象的切线斜率表示电场强度，φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，0-x2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故0-x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，故B正确；0-x2之间φ-x图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度先增大后减小；故一正电电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用，是向右加速，速度一直增加，加速度先增大后减小，故CD正确；故选BCD.‎ ‎11. 如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法正确的是（　 ）‎ A. A板不动，将B板向下移动一小段距离，则C点电势升高 B. A板不动，将B板向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差变大 C. B板不动，将A板向上移动一小段距离，则C点电势不变 D. B板不动，将A板向上移动一小段距离，则C、D两点间电势差变小 ‎【答案】AC ‎12.‎ ‎ 如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差大小为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 带电粒子带负电 B. 带电粒子在Q点的电势能为－Uq C. 此匀强电场的电场强度大小为E=‎ D. 此匀强电场的电场强度大小为E=‎ ‎【答案】BC ‎【解析】由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电． 粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq，故A错误、B正确．设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0． 粒子在y方向上的平均速度为： 粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：； 水平方向有：d=v0t；可得：； 所以场强为： 联立得：，故C正确，D错误．故选BC.‎ 三、填空题（共17分）‎ ‎13. 如图所示，匀强电场中的一条电场线上的两点A、B相距0.2m，正点电荷q＝10－6C从A移到B，电场力做功2×10－6 J，则A，B间的电势差为_________V, 该电场的场强为___________V/m, 该电场的方向是_______。‎ ‎【答案】 (1). 2v (2). 10V/m (3). 由A指向B ‎【解析】根据电场力做功的公式w=qU得 ‎．根据匀强电场两点电势差和电场强度的公式U=Ed得．UAB=φA-φB=2V，所以B点的电势比A点的低，沿着电场线电势一定降低，所以电场的方向由A向B.‎ ‎14. 如图所示，在O点处放置一个正电荷．在过O点的竖直平面内的A点， 自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（如图中实线所示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，则小球通过C点的速度大小为__________，小球由A到C电场力做功为_____________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】BC电势相等，则小球从B点到C点的过程中，电场力不做功，重力做正功，由动能定理可知 电荷在C点的大小是vC=‎ 小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功． 由动能定理得mgh+W电=‎ 则：W电=‎ 点睛：本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度.‎ 四、计算题（本大题共3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15. 如图所示，在某一空间范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为-q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场.已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点B时（图中未标出），测得它的速度大小恰为v/2，问:‎ ‎ ‎ ‎(1)电场强度E为多大? ‎ ‎(2)A点与最高点B之间的电势差为多少?‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】油滴在竖直方向上:‎ 油滴在水平方向上：‎ 可得 油滴在水平方向上:‎ 可得：‎ ‎16. 如图所示，空间存在着电场强度、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量的带正电的小球。现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取。求：‎ ‎（1）小球运动到圆周最高点的速度大小；‎ ‎（2）细线能承受的最大拉力值；‎ ‎（3）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球距离O点的高度。‎ ‎【答案】（1） （2）15N（3）0.625m ‎【解析】（1）（2）由小球运动到最高点细线被拉断，则说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则可判定小球带正电，设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有： （qE-mg）L=mv2…① 在最高点对小球由牛顿第二定律得：T+mg-qE=m…② 由①②式解得：T=15N，v=m/s （3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则：…③ 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则：L=vt…④ 设竖直方向上的位移为s，则：s=at2…⑤ 由①③④⑤解得：s=0.125m 得小球距O点高度为：h=s+L=0.625m． 点睛：小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．从而可求出此时的速度，这是本题的突破口．并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动．‎ 声明：本试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复 ‎17. 如图所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、q＝＋2.5×10－4 C带电荷量的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，斜面足够长．求：‎ ‎(1)物块经多长时间离开木板？‎ ‎(2)物块离开木板时木板获得的动能．‎ ‎(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．‎ ‎【答案】（1） （2）27J（3）2.16J ‎【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．‎ ‎（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量．‎ 解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，‎ 则由牛顿第二定律 对物块：mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1‎ a1=4.2m/s2‎ 对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2‎ a2=3m/s2‎ 又a1t2﹣a2t2=L 得物块滑过木板所用时间t=s．‎ ‎（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s．‎ 其动能为Ek2=Mv22="27" J ‎（3）由于摩擦而产生的内能为 Q=F摩x相=μ（mgcos37°+qE）•L="2.16" J．‎ 答：（1）物块经过s离开木板．‎ ‎（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．‎ ‎（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．‎ ‎【点评】加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎