福建省泉州市泉港区一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

福建省泉州市泉港区一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

福建省泉州市泉港区一中2019-2020学年高二上学期 第一次月考物理试题 一、选择题 ‎1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　　)‎ A. 根据电场强度定义式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式C=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D. 根据电势差的定义式UAB=可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；‎ B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误；‎ C. 根据点电荷的场强公式E=k知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故C错误；‎ D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎2.两个完全相同金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1∶7，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是(　 　)‎ A. 3∶7 B. 7∶9 C. 9∶7 D. 16∶7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两个完全相同的金属小球,将它们相互接触再分开,带电量先中和后平分,设金属球A和B带电量为,所以分开后A、B所带的电荷相等都为3Q, 根据库仑定律得:‎ ‎ ‎ 计算得出 ‎ ‎ A. 3∶7，与分析不符，故A错误；‎ B. 7∶9，与分析不符，故B错误；‎ C. 9∶7，与分析相符，故C正确；‎ D. 16∶7，与分析不符，故D错误。‎ ‎3.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）‎ A. U变小，E变小 B. E变大，Ep变大 C. U变小，Ep变大 D. U不变，Ep变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.平行板电容器充电后与电源断开，则板上电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，根据 知电容C增大，根据 可知电压U减小，根据 ‎ ‎ 可知板间场强不变，故A B错误；‎ CD. 板间距离减小，根据 知电容C增大，根据 可知电压U减小，板间场强不变，P点与上极板之间的电势差 ‎，‎ 减小，所以P点与上极板之间的电势差变小，上极板接地，则P点的电势增大，根据 可知正电荷在P点的电势能增大，故C正确，D错误。‎ ‎4.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是(　 　)‎ A. 减小平行板电容器两极板的正对面积 B. 减小平行板电容器两极板间的距离 C. 在平行板电容器中插入电介质 D. 增大平行板电容器两极板的正对面积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 减小平行板电容器两极板的正对面积,根据电容的决定式分析得知电容减小,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计，故A正确；‎ B. 减小平行板电容器两极板间的距离,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故B错误；‎ C.在平行板电容器中插入电介质,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故C错误；‎ D.增大平行板电容器两极板的正对面积,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增大，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故D错误。‎ ‎5.如图所示，一圆心为O，半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是(　　)‎ A. P点的场强为0，电势也为0‎ B. A点电势低于C点电势 C. 点电荷＋q从A到C的过程中电势能先减小后增大 D. 点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式分析电势能的大小；‎ ‎【详解】A、+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误； B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误； C、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变，故C错误； D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式分析可知：点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系。‎ ‎6.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的等势面，相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后(只受电场力作用)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交点，由此可以判定(　 　)‎ A. O处的点电荷一定带正电 B. 三个等势面的电势高低关系是φc>φb>φa C. 电子运动过程中，动能先增大后减小 D. 电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从电子的运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥,故点O处电荷带负电,故A错误； B. 点O处电荷带负电,故结合负电荷的等势面图,可以知道a、b、c三个等势面的电势高低关系是故B正确；‎ C.两个电荷相互排斥,故电子运动过程中电场力先做负功,后作正功,根据动能定理,动能先变小后变大,故C错误； D. 相邻等势面的间距相等，结合负电荷电场线可知2到3之间的电场强度大于3到4‎ 之间的电场强度，所以从电子从位置2到位置3电场力所做的功大于从位置3到位置4过程中电场力所做的功，故D错误。‎ ‎7.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示，从坐标原点沿轴前进到点，电势降低了，从坐标原点沿轴前进到点，电势升高了，则匀强电场的场强大小和方向为（ ）‎ A. ，方向 B. ，方向 C. ，方向 D. ，方向垂直斜向下 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】令O点电势，则，，再作点B关于点O的对称点B′，因为BO=OB′，则，连接AB′，并作其垂线OE，则从O→E的方向即场强方向；场强为：，方向由B指向A，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是找出x轴方向上电势与A点相等的B′点，A、B′两点的电势相等，即AB′连线上的各点电势相等，并作其垂线OE，则从O→E的方向即场强方向。‎ ‎8.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β＞α．若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则 A. a球的质量比b球的大 B. a、b两球同时落地 C. a球的电荷量比b球的大 D. a、b两球飞行水平距离相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，D错误；无法比较电荷量大小，故C错误．‎ ‎9. 如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是 A. c点的电荷带正电 B. a点电势高于E点电势 C. E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D. 检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据带负电的电荷的运动轨迹可知，c点的电荷带负电，d点的电荷带正电；ab两点电势相等且均为零，都高于E点电势；E点场强方向沿右下方；检验电荷从a到b过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少。选项BD正确。‎ 考点：等量异种电荷的电场分布；曲线运动的特征；电场力做功与电势能变化的关系。‎ ‎10. 如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使（ ）‎ A. 粒子的电量变为原来的1/4‎ B. 两板间电压减为原来的1/2‎ C. 两板间距离增为原来的4倍 D. 两板间距离增为原来的2倍 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 粒子能穿过极板，有，由此可知当速度变为原来的一半时，为使竖直位移相同，电压变为原来的四分之一，或场强变为原来的四分之一，AD正确 ‎11.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x轴方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则（ ）‎ A. EA>EB B. EC>ED C. A、D两点在x方向上的场强方向相同 D. 同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图像切线的斜率表示电场强度，从图像上可以看出，，故A正确，B错误；‎ C.从A到B电势降低，而从C到D电势升高，电场的方向是从高电势指向低电势，所以A点和D点x方向上的场强方向不相同，故C错误；‎ D. 从A到B电势降低，负点电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，所以在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故D正确。‎ ‎12.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，(不计重力作用)下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 B. 从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C. 从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D. 从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.分析电子在一个周期内的运动情况，从时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动。后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确 C.分析电子在一个周期内的运动情况；从 时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在 时刻速度减为零；接着重复。若两板距离足够大时，电子在两板间振动，故C正确。‎ D.用同样的方法分析从时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误。‎ 二、填空题 ‎13.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为12 V，如图，由此可知c点的电势为___V ‎ ‎【答案】16V ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]在匀强电场中，平行相等线段对应的电势差是相等的，由于 ‎，‎ 则 解得：‎ 答案：‎ ‎14.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的极板应带_______电。‎ ‎【答案】正 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]P点出现在第一象限，说明在水平方向上向X板偏转，由于电子带负电，负电荷受力方向应该与电场线方向相反，所以X板应该带正电。‎ ‎15.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一等腰三角形，D点为BC的中点，AB=c，底角α=30°，电场强度的方向平行于纸面。现有一电子，在电场力作用下，从A运动到C动能减少Ek，而质子在电场力作用下，从A运动到B动能增加也等于Ek，则该匀强电场的电场强度的大小为________和方向_________‎ ‎【答案】 (1). (2). A指向D ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在电场力作用下，经A运动到C动能减少Ek，则电势能增加Ek，而质子在电场力作用下，经A运动到B动能增加也等于Ek，则电势能减小Ek，由于电子与质子的电性相反，则得出B点与C点的电势相等且比A点电势低．所以BC连线即为等势面．又因电场线与等势面相互垂直，且沿着电场线方向电势降低，则有电场强度方向垂直BC连线并A 指向D 电子A运动到C动能减少Ek，则电势能增加Ek，说明电场力做负功，功值为Ek，由电势 差 ‎ ‎ 再由 ‎ ‎ 解得：‎ 答案：(1). (2). A指向D 二、计算题 ‎16.如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强；‎ ‎（2）A．B两点间的电势差；‎ ‎（3）若A板接地，D点电势为多少？‎ ‎【答案】，场强的方向竖直向下；600V；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子从D到C电场力做功，则有：‎ 据匀强电场中电场强度与电势差关系，有：‎ ‎（2）A、B间的电势差为：‎ ‎（3）D点电势为：‎ 考点：本题考查电场力做功、电势差与电势关系及电场强度与电势差关系。‎ ‎17.如图所示，带电荷量为Q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点时速度恰好为零．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】‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ ‎……①‎ 可得：‎ ‎……②‎ 带电小球在B点时有：‎ ‎……③‎ 联立①②③可解得：‎ ‎（2）由A点到B点应用动能定理得：‎ ‎……④‎ 联立②④可求得：‎ ‎18.如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．‎ ‎(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；‎ ‎(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；‎ ‎(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．‎ ‎【答案】（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律有 ‎(mg－qE)sinα＝ma 解得 a＝‎ ‎(2)球恰能过B点有：‎ mg－qE＝m①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎②‎ 由①②解得 h1＝R ‎(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：‎ ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.‎ 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.‎ 答案：（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎19.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1) 电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；‎ ‎(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.‎ ‎【答案】（1）3（2）2（3）3L.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ a1＝＝‎ v＝a1t1‎ 从MN到屏的过程中运动的时间：‎ t2＝.‎ 运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3‎ ‎(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝＝‎ t3＝‎ vy＝a2t3‎ tanθ＝‎ 解得：‎ tanθ＝2.‎ ‎(3)如图，‎ 电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.‎ 由几何关系知：‎ tanθ＝‎ 得：‎ x＝3L.‎ 答案：（1）3；（2）2；（3）3L。‎ ‎ ‎