2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (IV).doc

2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (IV)一、选择题1.以下说法正确的是A. 等势面一定与电场线垂直B. 电场中电势为零的地方场强一定为零C. 电容器的电容越大，其所带的电荷量就越多D. 电场线只能描述电场的方向，不能描述电场的强弱【答案】A【解析】【详解】A、在等势面上移动电荷时不做功，故等势面与电场线处处垂直；故A正确.B、电势零点可以人为任意选择，而场强是由电场决定，场强和电势两者没有直接关系；故B错误.C、电容器电容越大，容纳电荷的本领越大，电容器两极板间电压每增加1V时增加的电荷量越大，不是电荷量大;C错误.D、电场线即能描述电场的方向，又能反映电场强度的大小；D错误.故选A.【点睛】场强和电势都是描述电场的物理量，可结合定义式来正确理解各自的物理意义，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向2.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。一带电微粒水平射入板间，仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，则微粒从M点运动到N点的过程中A. 重力势能增大B. 动能增大C. 电势能增大D. 机械能减小【答案】B【解析】【详解】A、微粒只考虑电场力作用，不考虑重力，则重力不做功，重力势能不变；A错误.B、C、粒子仅受电场力为合力，做类似平抛运动，电场力向下做正功，故从M到N动能增加，电势能减小；故B正确，C错误；D、电场力是其他力做正功，则机械能增加；故D错误；故选B.【点睛】本题关键是熟悉常见的功能关系，合力做功等于动能的增加量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力外其余力做的功等于机械能的增加量3.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离为2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是A. E2=E1，U2=U1B. E2=4E1，U2=2U1C. E2=2E1，U2=U1D. E2=2E1，U2=4U1【答案】D【解析】【详解】根据电容公式说明电容变为原来的，根据电容定义式，发现电量变为原来的2倍，所以电势差变为原来的4倍，根据场强关系，d变为原来的2倍，所以场强变为2倍，故A、B、C错误，D正确.故选D.【点睛】解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式，同时注意U=Ed的正确应用4.如图所示，CD两水平带电平行金属板间的电压为U，AB为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在CD两板间的中心线上，一质量为m带电量为q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v，则AB两板间的电压为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在AB两板间做直线加速，由动能定理得：；而粒子在CD间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理：；联立两式可得：；故选A.【点睛】根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。5.如图所示,质量为m、带+q电量的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 A. 将加速下滑B. 将减速下滑C. 继续匀速下滑D. 上述三种情况都可能发生【答案】C【解析】【详解】设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin=f,N=mgcos,又f=N;得到，mgsin=mgcos，即有sin=cos;当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F根据正交分解得到:滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sin，沿斜面向上的力为（mg+F）cos，由于sin=cos，所以（mg+F）sin=（mg+F）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.故选C.【点睛】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响6.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则电场强度E，粒子动能EK，粒子速度v，粒子加速度a分别与位移的关系，下列图象中合理的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小；故A错误； B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C、题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；故选D.【点睛】本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析.7.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）A. 带负电B. 在c点受力最大C. 在b点的电势能大于在c点的电势能D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【答案】CD【解析】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。点睛：电场线与等势面垂直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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。视频8.一个空心金属球A带810-4C正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B带有210-4C的负电荷，将B球放入A球壳内与内壁接触，静电平衡后，A、B球带的电荷量正确的是A. QA=610-4C B. QA=510-4C C. QB=310-4C D. QB=0【答案】AD【解析】【详解】把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面；故B球的带电量减为零；正电荷和负电荷中和后A球表面的带电量为610-4C的正电荷；故B、C错误，A、D正确。故选AD。【点睛】本题关键是建立物理模型，知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零9.如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为A、B、C、D下列说法正确的是（）A. AB CDB. A=D B=CC. A=B=C=DD. AC BD【答案】AB【解析】试题分析:由等量同种点电荷的电势分布知：，AB对。考点:等量同种点电荷的电势分布图。【名师点睛】几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面（实线）图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂面上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高10.如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时A. 引起两极间正对面积变大B. 电容器的电容将变小C. 电容器两极间的电压将变大D. 静电计指针偏角将减小【答案】AD【解析】【详解】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；故A正确.B、由可知电容增大，B错误.C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C错误，D正确.故选AD.【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，是电容器的电何量不变为前提的动态分析11.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中 A. 小物块所受电场力逐渐减小B. 小物块具有的电势能逐渐减小C. M点的电势一定高于N点的电势D. 小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【答案】ABD【解析】小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左.随着由M运动到N，离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A正确；由动能定理可得mgxWE0，即WEmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误.此题选择错误的选项，故选C.12.竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，AB两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后A. A、B两球间的库仑力变为原来的一半B. A、B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大C. 线的拉力减为原来的一半D. 线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大【答案】BC【解析】【详解】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：PABFBF2，所以.C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C正确，D错误.A、B、由三角形相似知，同理得，联立得，则，则可得;故A错误，B正确.故选BC.【点睛】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析二、计算题13.如图所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【详解】W=qE2R W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv联立方程组，解得：v07m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv又在P点时，由牛顿第二定律得FNm 代入数据，解得：FN0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。14. 如图所示,在长为 2L、宽为 L 的矩形区域 ABCD 内有电场强度大小为 E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为 m，电量为 q 的带负电的质点，以平行于 AD 的初速度从 A 点射入该区域，结果该质点恰能从 C 点射出。（已知重力加速度为 g）（1）计算该质点从 A 点进入该区域时的初速度 v0。（2）若 P、Q 分别为 AD、BC 边的中点，现将 PQCD 区域内的电场撤去，则该质点的初速度v0为多大时仍能从 C 点射出？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）水平匀速：竖直匀加速：恰好能从C射出：联立解得：（2）在ABQP中，水平匀速：竖直：在PQCD中，水平匀速：竖直：恰好从C点射出：联立解得：考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题，解答此类问题，主要是利用类平抛运动的知识进行求解（水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动），解答此类问题，有时还要用到能量的观点