湖南省株洲市攸县第四中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

湖南省株洲市攸县第四中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

湖南省株洲市攸县四中2020学年高二（下）第一次月考 ‎ 物理试卷 一、单选题 ‎1.下列关于电场强度的叙述正确的是 （ ）‎ A. 电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力 B. 电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力成正比 C. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向 D. 电场中某点的场强与该点的检验电荷有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据E=F/q可知，电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力，选项A正确；电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力无关，选项BD错误；电场中某点的场强方向就是正的检验电荷在该点所受电场力的方向，选项C错误；故选A.‎ ‎2.在真空中的点电荷 Q 产生的电场中，距 Q 为 a 处的电场强度为 E，若将置于 a 处的点电荷 q 的电荷量增加一倍，则 a 处的场强为 A. E B. 2E C. 4E D. 8E ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电场中的电场强度是由激发电场的电荷和电场中的位置决定的，与试探电荷无关，故a出的电场强度仍为E。故A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为(　　)‎ A. 不变 B. 变小 C. 变大 D. 先变小后变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球B为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图。‎ 作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G。根据△FBF1∽△PQB得： 得：F2=G；在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变。故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎4.一个带正电的质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由A点移到B点。在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得qUab+W其他=△Ek可得到，故选B。‎ ‎5.如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为(　　)‎ A. E＝200 V/m，水平向左 B. E＝200 V/m，水平向右 C. E＝100 V/m，水平向左 D. E＝100 V/m，水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。‎ 两个相邻等势面相距：d=2cm=0.02m，电势差为：U=2V，则电场强度为：；故C正确ABD错误。故选C。‎ ‎6.一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k（q的正负对应φ的正负）。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E1．下列说法正确的是（　　）‎ A. 若左右两部分的表面积相等，有，‎ B. 若左右两部分的表面积相等，有，‎ C. 不论左右两部分的表面积是否相等，总有，‎ D. 只有左右两部分的表面积相等，才有，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据，且球面带负电，q为负，得：φ1＜φ2，故AB错误；‎ C、E1＞E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。‎ ‎7.在某一点电荷产生的电场中，一带负电小球在外力F作用下从A点开始做自由落体运动经过B点，A、B两点的场强方向如图所示，则下列说法正确的是 A. A点场强是B点场强的倍 B. A点的电势低于B点的电势 C. 小球从A点运动到B点的过程中，电势能先减小后增大 D. 小球从A点运动到B点的过程中，外力F一直做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、如图1所示，两场强方向的反向延长线交点是点电荷Q的位置，此点电荷带正电。以Q为圆心、QA为半径画圆弧交QB于A′点，则A′点与A点电势相等，根据“沿电场线方向电势逐渐降低”知A′点的电势高于B点的电势，则选项B错误；α=180°–150°=30°，θ=180°–120°=60°，则∠AQB=90°，设AQ=r，则BQ=rtanθ=r，A点的场强EA=，B点的场强EB=，得，选项A错误；‎ CD、如图2所示，电场力qE1方向与速度v1方向夹角小于90°，电场力qE2方向与速度v2方向夹角大于90°，可见，小球从A点运动到B点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项C正确；外力F与电场力一直平衡，小球才能做自由落体运动，则电场力做功与外力F做功之和为零，外力F先做负功后做正功，选项D错误。‎ ‎8.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。由此可知（　　）‎ A. 小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒 B. 电场力大小为2mg C. 小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2：1‎ D. 小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．A到B到C，整个运动过程当中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A错；‎ BCD．A到B到C在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2:1，所以A的B的时间与B到C的时间之比等于2:1，AB和BC竖直方向上的分量也是2:1，所以竖直方向上的加速度之比是1:2，根据Eq-mg=ma可知qE=3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C正确，BD错误。‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为 + Q和-Q，A、B相距为2d；MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为+q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布），现将小球P 从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时， 速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为重力加速度为g。则 A. C、O两点间的电势差 B. O点处的电场强度 C. 小球下落过程中重力势能和电势能之和不变 D. 小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从C运动到O（动能定理）得：mgd+UCO•q＝mv2−0，解得：，故A错误；点电荷A（或B）在O点处产生的场强大小为：；‎ 根据平行四边形定则，O点处的电场强度：；故B正确；下落过程中，有电场力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和守恒，从C到O过程中，动能增加，则重力势能和电势能之和减小，选项C错误； 结合对称性，CO间电势差与OD间电势差相等；从C到D过程根据动能定理可得：mg∙2d+2UCO•q＝mvD2; 得到小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度，故D正确；故选BD。‎ ‎10.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后。在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则 A. 由题设条件不能判断出粒子的带电性质 B. 对h≤d的粒子，h不同，粒子在电场中的运动时间t相同 C. 对的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等 D. 不同h对应的粒子，进入电场时的速率v可能相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子受电场力向左，可知粒子带正电，选项A错误；对h≤d的粒子，一直在电场中运动，然后通过y轴，水平方向的加速度相同，水平位移相同，则运动时间相同，选项B正确；对的粒子先在电场中向左偏转，然后从电场上边界出离电场，作直线运动到达y轴上，h不同的粒子，从电场上边界射出的位置不同，在电场中沿电场线方向的位移不同，则电场力对粒子做的功不相等，选项C正确；若h≤d的粒子，水平分位移x相等，由x=at2知，运动时间t相等，竖直分位移h=v0t，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大；对h＞d的粒子，通过电场时竖直分位移y相等，h越大，沿着电场力偏转位移x越小，由x=at2可知t越小，由y=v0t，可知，v越大，故选项D错误；故选BC.‎ ‎11.如图所示，在方向竖直向上、大小E=1ⅹ106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R=0. 2m。A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q=+7ⅹl0-6C,A球不带电，质量分别为mA=0.lkg、mB=0.8kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心0的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g= l0m/s2。则 A. 小球A和B受到的合力的大小相等 B. 小球B不能到达圆环的最高点 C. 小球A和B的速度大小始终相等 D. 两小球及轻杆组成的系统最大动能为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大动能，‎ ‎【详解】AC、设B转过α角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA=vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；‎ B、设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：，对B根据动能定理有：，联立解得：，上式表明：B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；‎ D、对A由动能定理：，对B，由动能定理：，联立解得：，据此式知，当时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系；根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。‎ ‎12.如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O，一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上，由静止开始释放。已知静电力常量为k、重力加速度为g，且 (忽略空气阻力及小球对原电场的影响) ，则 A. 小球刚到达C点时，其动能为 B. 小球刚到达C点时，其加速度为零 C. A、B两处的电荷在D点产生的场强大小为 D. 小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出D点的电场强度；对C点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在C点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达C的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化。‎ ‎【详解】A项：由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得 由几何关系可得：‎ 小球的动能：，故A错误；‎ B项：由几何关系得：，则：∠OCD=45°‎ 对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图：‎ 由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即：‎ 沿斜面方向：mgcos45°-F•cos45°=ma 垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N 其中F是库仑力，联立以上三式得：a=0．故B正确；‎ C项：负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿DA、DB的角平分线；‎ 由库仑定律，A、B在D点的场强的大小：它们的合场强：ED=EAcos30°+EBcos30°=，故C错误；‎ D项：由几何关系可知，在CD的连线上，CD连线的中点处于到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小。则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大。故D正确。‎ 故选：BD ‎【点睛】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上。‎ 三、实验题探究题 ‎13.如图所示，甲是一种测量电容的实验电路图，实验是通过高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压为U时所带电荷量Q，从而再求出待测容器的电容C．某同学在一次实验时的情况如下：‎ a．按如图甲所示电路图接好电路；‎ b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0=45μA，电压表的示数U0=8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；‎ c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），结果如图中小黑点所示．‎ ‎①在图乙中画出i-t图线______；‎ ‎②图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是______；‎ ‎③该电容器电容为C=______F（结果保留两位有效数字）；‎ ‎④若某同学实验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值______（填“大”、“小”或“相等”）．‎ ‎【答案】 (1). (2). 在开始放电时电容器所带的电量 (3). 1.0×10-3 (4). 小 ‎【解析】‎ 详解】（1）作图如图所示：‎ ‎（2）由△Q=I•△t知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量．‎ ‎（3）数出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求：Q=8.0×10-3C，则；‎ ‎（4）电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在E、D两端，则电容器在放电时，有一部分电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。‎ 四、计算题 ‎14.如图所示，把质量为0.2g的带电小球A用丝线吊起，若将带电荷量为+4×10-8C的小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直方向的夹角为45°（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）小球A带何种电荷；‎ ‎（2）此时小球B受到的库仑力大小；‎ ‎（3）小球A带的电荷量qA．‎ ‎【答案】1）负电 （2）2×10-3N （3）5×10-9C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解小球A带负电；对小球A进行正确受力分析，小球受水平向左的库仑力、重力、绳子的拉力，根据平衡条件列方程求解库仑力大小；再依据库仑定律的公式，即可求解小球A电量．‎ ‎【详解】解：(1) 两个电荷相互吸引，由于B带正电，故A带负电；‎ ‎(2) 小球A受水平向左的库仑力、竖直向下的重力、绳子的拉力而平衡，根据平衡条件有：‎ 将代入解得：‎ 根据牛顿第三定律可知，小球B受到的静电力F的大小也是；‎ ‎(3)库仑力：‎ 解得：‎ 小球A带的电量是 ‎15.如图所示，用一根长为l的绝缘细线悬挂一个带电小球，小球质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角θ．重力加速度为g。求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强E大小；‎ ‎（2）若将电场撤去，小球到达最低点时细线的拉力为多大？‎ ‎【答案】）(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图所示 由平衡条件得：mgtanθ＝qE 解得： ；‎ ‎(2) 若将电场瞬间撒去，小球由静止到最低点过程，根据动能定理有：‎ mgl（1﹣cosθ）‎ 小球在最低点时，根据圆周运动的知识有：‎ 联立解得：F＝mg（3﹣2cosθ）。‎ ‎16.如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从静止开始经电压为U．的加速电场后，从平行金属板A、B的正中央射入偏转电场中，金属板A、B的板长和板间距均为L，足够长的粒子接收屏M与B板夹角为150°，整个装置处在真空中，平行金属板外的电场忽略不计，带电粒子重力不计。‎ ‎（1）求粒子离开加速电场速度v0大小；‎ ‎（2）若粒子进入A、B间电场后恰好从B板边缘飞出，则A、B间电压U1为多少？‎ ‎（3）调节A、B间电压大小，使进人电场的粒子不能打在粒子接收屏M上，求A、B间电压U2的取值范围。‎ ‎【答案】（1）（2）2U（3）U1＞2U或 U2≤。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在AB之间电场力做功，由动能定理：‎ 可得：‎ ‎（2）粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动得：‎ 竖直方向上做匀加速直线运动 竖直方向上位移 可得：U1＝2U ‎（3）若粒子飞出A、B间电场则飞出时竖直方向上速度 速度偏转角为θ，有：‎ 由题意可知θ≤30°‎ 解得：‎ 若粒子没有飞出电场也不能打到粒子接收屏M；此时可知：U2＞2U 综上可知：U1＞2U或 U2≤ ‎