湖南省永州市东安县一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

湖南省永州市东安县一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

东安一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题 一．选择题 ‎1.如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B(　 　)‎ A. 不带电 B. 带负电 C. 带正电 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当闭合开关时S，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，左端带负电，再断开S，再移走A，则导体B带负电。故选B。‎ ‎2.如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U。将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中 A. 克服电场力做功qU B. 电场力做功大于qU C. 电场力做功等于qU D. 电场力做功小于qU ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．‎ ‎【详解】在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功。根据E=kQ/r2得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU。故选D。‎ ‎【点睛】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系．‎ ‎3.如图所示，在处于O点点电荷+Q形成的电场中，试探电荷+q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点，电场力做功为W2；由C点移到B点电场力做功为W3。则三次电场力做功的大小关系为（ ）‎ A. W1=W2=W3＜0‎ B. W1＞W2=W3＞0‎ C. W1= W3＞W2=0‎ D. W3＞W1=W2=0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷产生的电场中等势线为以O为圆心的同心圆。故AC两点电势相等。故从A到C，电场力做功为0，故W2=0，故A错。从A、C两点分别到B点做功不为0且应相等。故W1= W3不等于0，故BD错C对。故选C。‎ 考点：电场力做功。‎ ‎【名师点睛】点电荷产生的电场中等势线为以O为圆心的同心圆。故AC两点电势相等。距离正点电荷的距离越远，则电势越低。由W=qU，确定电场力做功的正负与大小。应用此公式时应注意电荷量的正负和电势差的正负。‎ ‎4.如图所示，一电子沿等量异种点电荷的中垂直线由A→O→B运动，则电子所受等量异种点电荷的电场力的大小和方向变化情况是（）‎ A. 先变大后变小，方向水平向左 B. 先变大后变小，方向水平向右 C. 先变小后变大，方向水平向左 D. 先变小后变大，方向水平向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据等量异种电荷周围电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小。则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故A符合题意，B不符合题意。‎ CD.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小。则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故CD不符合题意。‎ ‎5. 如图所示，一条绝缘细线，上端固定，下端拴一个质量为m的带电小球．将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右．当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态，则小球所带的电荷量为(　　)‎ A. sinα B. cosα C. tanα D. cotα ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以小球为研究对象，受到重力、电场力和绳子的拉力作用，由受力分析图可知，C对；‎ ‎6.为了测定小灯泡的伏安特性曲线，需要测得的电压范围尽可能大些，误差小些，为此，下列电路合适的是（ ）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：测定小灯泡的伏安特性曲线，需要测得的电压范围尽可能大些，所以滑动变阻器应该用分压法；小灯泡正常发光时的电阻较小，属于小电阻，据“小外偏小”，则电流表应该用外接法；D图符合 故选D 考点：测定小灯泡的伏安特性曲线 点评：本题关键是由题中的，需要测得的电压范围尽可能大些，确定滑动变阻器应该用分压法；据“大内偏大”，“小外偏小”确定电流表外接；掌握滑动变阻器及电流表两种电路的选择方法。‎ ‎7. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是 A. O点的电势最低 B. 点的电势最高 C. 和-两点的电势相等 D. 和两点的电势相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等．故C正确；和两点在电场线的不同位置，沿电场线电势降低，故两点电势不相等，故D错误。‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【名师点睛】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低。‎ ‎8.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则(　　) ‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. 电场力对a做正功，对b做负功 C. a的速度将减小，b的速度将增大 D. a的加速度将减小，b的加速度将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少。所以ABC错误。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受电场力减小，加速度减小，b受电场力增大，加速度增大，所以D正确。故选D。‎ ‎【点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题．‎ ‎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b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　　)‎ A. 到达M、N时两粒子速率仍相等 B. 到达M、N时两粒子速率vM＞vN C. 到达M、N时两粒子的电势能相等 D. 两个粒子电势能都是先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：AB、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，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正功，从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＞vN．故A错误，B正确．‎ C、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，由公式Ep=qφ知两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误，‎ D、电场力对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ 考点：电势能．‎ 分析：根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．‎ 点评：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，并会判定电场力做功的正负．‎ ‎10.如图所示实线表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，静电力对电荷做的功为(　　)‎ A. 4.8×10－8 J B. －4.8×10－8 J C. 8.0×10－8 J D. －8.0×10－8 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电场力做功只与初末位置的电势差有关，与路径无关，所以从A到D或从A经B、C到达D点，电场力做功为-4.8×10-8J，B对；故选B 考点：考查电场力做功 点评：难度较小，明确电场力做功与运动路径无关，只与粒子的初末位置有关，注意公式中W和U的下脚标 ‎11.如图所示，绝缘金属球壳的空腔内有一带电小球，现在球壳左侧放一带电小球A，下列说法正确的是( )‎ A. A球对球壳内的电场不影响 B. 由于静电屏蔽，球壳内没有电场 C. 球壳内外表面均没有电荷 D. 由于球壳接地，空腔内的电场对外部也没有影响 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由于金属球壳接地，对内外电场都有屏蔽作用，故A、D对，球壳外表面没有电荷，因为空腔内有带电体，所以空腔内有电场，内表面有感应电荷，故B、C错．综上分析，AD正确。‎ ‎12.如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变小，则（　　）‎ A. 电荷将向上加速运动 B. 电荷将向下加速运动 C. 电流表中将有从b到a的电流 D. 电流表中将有从a到b的电流 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】将两极板的间距减小，而电容器的电压不变，板间场强E=U/d增大，电荷q所受的电场力F=Eq增大，电荷将向上加速运动，故A正确，B错误；将两极板的间距变小，根据电容的决定式，电容变大；电压不变，根据Q=CU可知，电量增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a到b的电流，故C错误，D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式C=Q/U分析电量或电压的变化，再进一步根据U=Ed研究场强等的变化．‎ ‎13.如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板为A、B，B板接地，A板带电量+Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或将A板固定，B板上移一些，在这两种情况中，下列说法正确是（　　）‎ A. A板下移时，点的电场强度不变，点电势不变 B. A板下移时，点的电场强度不变，点电势升高 C. B板上移时，点的电场强度减小，点电势降低 D. B板上移时，点的电场强度不变，点电势降低 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、因为电容器充电后与电源断开，所以电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论可知，P点的电场强度不变；下极板接地，电势恒为零，P点与下板的距离不变，根据公式，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，A正确B错误；‎ CD、B板上移时，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，B板上移时，根据推论可知，P点的电场强度不变；B板上移，P点与下极板间的距离减小，根据公式，P点与下板的电势差减小，而电容器间电场方向竖直向下，根据沿电场线方向电势降低可知P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，C错误，D正确。‎ ‎14. 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 ‎15.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6C的粒子在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J。已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 粒子的运动轨迹如图虚线l所示 B. 粒子的运动轨迹如图虚线2所示 C. B点电势为－20V D. B点电势为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示。故A正确，B错误；根据动能定理得：qUAB=△Ek，得：，φA=-10V，又UAB=φA-φB，则有：φB=0．故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】根据轨迹的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．‎ 二．计算题：‎ ‎16.用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。‎ ‎(1)分析小球的带电性质;‎ ‎(2)求小球的带电量;‎ ‎(3)求细线的拉力.‎ ‎【答案】（1）小球带正电 （2）3×10﹣6C （3）0.05N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受力如图，故带正电。‎ ‎（2）小球受力平衡，在水平方向：‎ ‎，得 ‎（3）如受力图可知：。‎ ‎17.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V．一个带正电的粒子从b点以v0的速度射入电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点，不计粒子的重力，求 ‎(1)求C点的电势 ‎(2)电场的大小及方向 ‎(3)粒子由b到C的时间（用L及v0表示）‎ ‎【答案】(1)16V (2) 场强的方向与bc的夹角为45° (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：‎ Uc=16V ‎(2)由于bc两点的电势分别为24V、16V，如图所示：‎ 则bc中点的电势为20V，则a、e、o在同一等势面上，由于ab=bo=L，∠abo=90°，则∠bao=∠boa=45°，因为电场线与等势线ao垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45°，则：‎ ‎(3)粒子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则有：‎ 则运动时间为：‎ ‎18.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ 电子通过B点时的速度大小；‎ 右侧平行金属板的长度；‎ 电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎【答案】(1) （2） (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1)根据动能定理可得，‎ 解得电子到B点的速度为5分 ‎（2）电子进入右侧平行板后，在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，故 在水平方向上有：‎ 在竖直方向上有：，‎ 联立可得5分 ‎（3）整个过程中电场力做功为,‎ 所以根据动能定理可得5分 考点：本题是复合场问题，‎ 点评：关键是分析质子的分析情况和运动情况．在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究．‎ ‎19.如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？‎ ‎【答案】A、B板间的电势差是或 ‎【解析】‎ 解：当电场力方向向下时，UA＞UB，电场力做负功，由动能定理得：‎ ‎﹣qUAB﹣mg（H+h）=﹣‎ 解得：UAB=‎ 当电场力方向向上时，UA＜UB，电场力做正功，由动能定理得：‎ qUBA﹣mg（H+h）=﹣‎ 解得：UBA=‎ 答：A、B板间的电势差是或 点评】本题涉及两个过程，采用全程法运用动能定理研究，比较简洁，也可以分段研究，运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究 ‎ ‎