2017-2018学年山东省德州市武城县第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年山东省德州市武城县第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

‎2017-2018学年山东省德州市武城县第二中学高二上学期第一次月考物理试题 ‎2017.10‎ 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分。1～8小题每题只有一个选项是正确，9～12小题每题有多个选项正确，漏选2分，错选0分。）‎ ‎1.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎2.关于元电荷的理解，下列说法正确的是（　　）‎ A．元电荷就是电子 B．元电荷就是最小的电荷 C．元电荷就是质子 D．物体所带的电量只能是元电荷的整数倍 ‎3.带电量分别为2q和4q的两个点电荷，相距为r，相互作用力大小为F，现在把两个点电荷的电量各减少一半，距离减少为，则两个点电荷间的相互作用力大小为（　　）‎ A．2F B．F C． D．‎ ‎4.两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、b，并悬挂在O点．当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为α=30°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球的质量为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎5.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20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4 V B．8 V C．12V D．24 V ‎6.如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP小于φM ‎7.地面附近处的电场的电场线如图所示，其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点，高度差为h．质量为m、电荷量为﹣q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为．下列说法中正确的是（　　）‎ A．质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为2‎ B．质量为m、电荷量为+2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为 C．质量为m、电荷量为﹣2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为 D．质量为m、电荷量为﹣2q的检验电荷，在a点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在a、b两点间来回运动 ‎8.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）‎ ‎ ‎ ‎　　　　A.　　　　　　　　B.　　　　　　　　　C.　　　　　　　　　　D.‎ ‎9.（多选题）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个正方形的四个顶点．在A点有一个粒子源，向各个方向发射动能为EK的同种带电粒子，已知到达正方形四个边的粒子中，到B、D两点粒子动能相同，均为2EK不计粒子重力及粒子间相互作用，则（　　）‎ A．电场方向可能由A指向C B．到达C点粒子动能一定为4EK C．B、D连线上的各点电势一定相同 D．粒子过AB边中点时，动能一定为EK ‎10.（多选题）如图所示，在空间中有平行xOy平面的匀强电场，场强大小为100V/m．一群电量相同的带正电粒子以相同的初动能从P点出发，可以到达以原点O为圆心、半径为25cm的圆上的任意位置．比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能最大．已知∠OAP=37°，（不计重力，不计粒子间相互作用，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则（　　）‎ A．该匀强电场的方向沿x轴负方向 B．过A点的等势面与PA连线垂直 C．到达圆与x轴负半轴的交点Q点的粒子动能最小 D．P、A两点的间电势差为32 V ‎11.（多选题）一个带电粒子在静电场中由静止释放，仅受电场力的作用，则正确的是（　　）‎ A．加速度一定不变 B．运动轨迹一定与电场线重合 C．运动轨迹可能与电场线重合 D．电势能逐渐减少 ‎[]‎ ‎12.（多选题）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是 A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持d不变，减小S，则θ变小 C．用手触摸极板B，则θ变大 D．在两板间插入电介质，则θ变小 第Ⅱ卷（非选择题共52分）‎ 二、计算题（本题共4小题，共52分。请把答案写在答题卡上指定的位置。）‎ ‎13.(12分)如图，一质量为m、电荷量为q（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．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎14.（12分）如图所示，匀强电场电场线与AC平行，把10－8C的负电荷从A点移到B点，电场力做功6×10－8J，AB长6 cm，AB与AC成60°角． ‎ ‎（1）若B处电势为1V，则A处电势为多少？ ‎ ‎（2）求匀强电场的场强大小．‎ ‎15.(14分)如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：‎ ‎（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小 ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎16.(14分)如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；‎ ‎（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能．‎ 高二上学期物理第一次月考试题答案 ‎1.D ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；‎ B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；‎ C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；‎ D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎2.D ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示．‎ ‎【解答】解：元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．所以D正确．‎ 故选：D．‎ ‎3.B ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】该题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．‎ ‎【解答】解：由库伦定律可得：‎ 变化前：F=k=‎ 变化后：F′=k=k 所以：F′=F，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎4.A ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小与库仑力大小的数量关系，由库仑力公式可得出小球受到的库仑力的大小，再求得小球的质量．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T，‎ 根据平衡条件，结合三角知识，可得：，‎ 根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为：F=，‎ 解得：m=，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎5.B ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定第四点的电势．‎ ‎【解答】解：连接bd，做aE⊥bd，cF⊥bd如图．‎ 则：△abE≌△cdF[]‎ 所以：bE=Fd 由于在匀强电场的同一条直线上，U=E•dcosθ，所以在相等距离上的两点之间的电势差相等，即UbE=UFd 由于：△abE≌△cdF 所以：Uba=Ucd 所以：Φc=Ucd+Φd=8V．所以正确选项是B．‎ 故选：B ‎6.A ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；‎ B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；‎ D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎7.D ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．‎ ‎【分析】粒子在电场力与重力共同做功下，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变．电场力做功，导致电势能变化；重力做功，导致重力势能变化．‎ ‎【解答】解：A、从a到b的过程中，运用动能定理，对﹣q：﹣﹣﹣﹣①‎ 对于q：﹣﹣﹣﹣②‎ ‎①②两式相加化简得，故A错误．‎ B、对+2q运用动能定理：﹣﹣﹣﹣③‎ 由①③得，故B错误．‎ C、对﹣2q运用动能定理：﹣﹣﹣﹣④‎ 由①④化简得，故C错误．‎ D、由以上分析可知，到达b点时，速度为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动．根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎8.B ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线；电势．‎ ‎【分析】根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的方向来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；‎ C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；‎ D、根据能量守恒关系，则△EK=﹣△EP，而△EP=﹣q•U，且U=E•△x，由此可知， =qE，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎9.ACD ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据动能的变化，可分析出B、D两点的电势相等，知道BD连线是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，分析电场可能的方向．由动能定理研究粒子到达其他各点的动能．‎ ‎【解答】解：A、由题知，粒子从A运动到B与D两点时动能的变化量相等，电场力做功相等，则知B、D两点的电势相等，BD连线是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，可知电场方向可能由A指向C，故A正确．‎ B、对于A到B的过程，由动能定理得 ‎ qUAB=2EK﹣EK；‎ 对于A到C的过程，由动能定理得 ‎ qUAC=EKC﹣EK；[]‎ 由于UAC=2UAB，所以解得：到达C点粒子动能 EKC=3EK．故B错误．‎ C、BD连线是一条等势线，B、D连线上的各点电势一定相同，故C正确．‎ D、设粒子过AB边中点为F，则对于A到F的过程，由动能定理得 ‎ qUAF=EKF﹣EK；‎ 由于UAF=UAB，所以解得到达F点的粒子动能为EKF=EK．故D正确．‎ 故选：ACD ‎10.CD ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】据题，到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切，即等势面与y轴平行，由UPA=求解PA间的电势差，再由公式U=Ed求解场强的大小 ‎【解答】解：A、到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明了A点的电势最低；同时说明等势面在A点与圆相切，也就是等势面与y轴平行，所以电场线与x轴平行，沿x轴正方向，故A错误；‎ B、电场线的方向沿x轴正方向，所以过A点的等势面过A点平行于y轴，故B错误；‎ C、电场线的方向沿x轴正方向，所以Q点的电势最高，到达Q点的正电荷的电势能最大，结合能量守恒可知正电荷动能最小．故C正确；‎ D、由几何关系可知： m，PA间的电势差为：UPA==100×0.4×0.8=32 V．故D正确．‎ 故选：CD ‎11.CD ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律分析加速度．带电粒子的运动情况与电场力、初速度都有关．由电场力做功分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、该电场可能是匀强电场，也可能是非匀强电场，所以带电粒子所受的电场力可能是恒力，也可能是变力，由牛顿第二定律知加速度可能不变，也可能变化，故A错误．[]‎ BC、只有电场线是直线时，运动轨迹才与电场线重合，若电场线是曲线，运动轨迹与电场线不重合，故B错误，C正确．‎ D、带电粒子在静电场中由静止释放，电场力做正功，电势能减少，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎12.AD 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决定式和电容的定义式。‎ ‎13.‎ 解：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：‎ vBsin30°=v0sin60° ①‎ 解得：‎ ‎②‎ 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有：‎ ‎③‎ 联立②③解得：‎ 答：A、B两点间的电势差为．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．‎ ‎【分析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．‎ ‎14.（1）－5V.（2）200V/m 考点：电场力的功与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键注意：1、在运用W=qU时，q的正负、U的正负、W的正负都要代入计算，2、在中，d表示沿电场线方向上的距离。‎ ‎15.‎ 解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：‎ ‎①‎ ‎ 所以②‎ ‎（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：③‎ L=v0t ④‎ ‎⑤‎ 由②③④⑤解得：‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是，由此对电子做功 ‎⑤‎ ‎①代人⑤中得：‎ 答：（1）电子进入偏转电场时的速度为；（2）极板的长度为；（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，‎ ‎（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是，由此可以求得极板的长度；‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功 ‎16.‎ 解：（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：‎ ‎ Fe=mgtan37°=mg，电场力的方向水平向右．‎ 故电场力为mg，方向水平向右．‎ ‎（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0﹣gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax=‎ 小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=‎ 电场力做功 W=Fxsx=mv02‎ 故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02；‎ ‎（3）小球从到Q的运动的时间：，水平位移： =‎ 小球从到Q的过程中，由动能定理得：‎ 由以上各式得出：‎ 答：（1）小球受到的电场力的大小是，方向水平向右；‎ ‎（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功是；‎ ‎（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能是 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；‎ ‎（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速度，然后利用动能定理求解；‎ ‎（3）利用运动的对称性求出运动的时间，然后利用运动学的方程求出位移，由动能定理求出小球的动能．‎