2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题(含解析) (I).doc

2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题(含解析) (I)一不定项选择题1. 属于静电利用现象的是（）A. 油罐车上连接地线B. 复印机复印文件资料C. 屋顶按装避雷针D. 印染厂车间保持湿度【答案】B【解析】油罐车上连接地线,屋顶按装避雷针以及印染厂车间保持湿度，都是防止静电；而复印机复印文件资料是利用静电，故选B.2. 一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率逐渐增大，下列判断正确的是（）A. 在此过程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向BB. 在此过程中，电荷的电势能逐渐增大C. 线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向BD. 自A至B，电势逐渐降低【答案】A【解析】点电荷在电场力作用，从A到B点，速率增大则电场力做正功，电势能减小由于点电荷的电性不知，所以电场强度方向无法确定，因此电势的高低也无法确定故只有A正确；BCD错误.3. 在以下几种情况中，a、b两点的电势及电场强度均相同的是（）A. 甲图中a、b在带等量异种电荷的平行板间且垂直极板的一条直线上B. 乙图中a、b在以点电荷为圆心的同一圆周上C. 丙图中a、b在某一带电枕型导体内部D. 丁图中a、b在等量异种电荷连线上且在连线中点距离相等【答案】C【解析】甲图中的电场为匀强电场，但是沿电场线方向电势降低，两点电势不同，A错误；在以点电荷为圆心的同一圆周上，两点的电场强度大小相等，但方向不同，电势相同，B错误；带电导体内部场强为零，为等势体，电势相等，故C正确；等量异种电荷连线上相对称的两点的电场强度相同，但是电势不同，D错误4. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地。一带正电的点电荷固定于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则( ) A. P点的电势将降低，点电荷的电势能增大B. P点的电势将降低，点电荷的电势能减小C. P点的电势将升高，点电荷的电势能增大D. P点的电势将升高，点电荷的电势能减小【答案】B【解析】试题分析：平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，电容器间的电场强度减小，根据确定出P与下极板电势差的变化，从而确定出P点电势的变化，根据确定电势能的变化平行板上极板向上运动，两极板间的距离增大，根据公式可知电容减小，又知道电容器两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定，根据公式可知两极板间的电场场强减小，而下极板电势为零，P点到下极板的距离不变，根据可知P点的电势降低，因为下极板电势为零，所以两极板间的电势都为正值，根据可知正点电荷的电势降低，B正确5. 如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为、，则( ) A. 若m1=m2，q1q2，则B. 若m1=m2，q1C. 若q1=q2， m1m2，则D. q1、q2是否相等与、大小无关，且若m1m2，则m2，则tPB. 它们运动的加速度aQaPC. 它们所带的电荷量之比qPqQ=12D. 它们的动能增加量之比EkPEkQ=12【答案】C【解析】试题分析：垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A错误；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at2，解得：，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQaP，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE=ma，由两式解得：，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；根据动能定理，有：qEx=Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：EkP：EkQ=1：4，故D错误；故选C考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析12. 当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；故选：C【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极二填空题13. 如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示则A点的电场强度大小为_N/C，点电荷Q的位置坐标为x=_m【答案】 (1). xx (2). 0.3【解析】试题分析：电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即，方向与正电荷所受电场力方向相同根据点电荷场强公式分析从b图中可得A点受到静电力大小为时电荷量大小为，故电场强度大小，方向指向x轴正向，同理，方向指向x轴负向，即在AB之间，设点电荷Q的位移坐标为x，则，解得14. 如图倾角为30的直角三角形的底边BC长为2L，处在粗糙的水平面上，一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑，O为底边中点，OD垂直AB，沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力_（填“不变”、“先变大后变小”，“先变小后变大”）；若斜面是光滑的，测得它滑到D受到的库仑力大小为F，则它滑到B处的加速度的大小_【答案】 (1). 不变 (2). 【解析】试题分析：开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；再结合平衡条件分析即可；分析质点q在B点的受力情况，根据牛顿第二定律和库仑定律求出质点滑到斜边底端B点时加速度三计算题15. 如图所示,水平放置的平行板电容器两板间距为,板长为,接在直流电源上,有一带电液滴以的初速度从板间的正中点水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将下板向上提起,液滴刚好从金属板末端飞出,求: （1）下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小(）;（2）液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间.【答案】（1）（2）0.3s【解析】试题分析：（1）液滴先做匀速运动，受到的重力和电场力平衡，当液滴运动到P处时迅速将下板向上提起时，板间场强增大，液滴向上偏转做类平抛运动，根据平衡条件和牛顿第二定律可求出加速度大小（2）液滴向上偏转过程中，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由运动学公式可求得液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间解：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：qE=mg，q=mg，即：qU=mgd当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力F=q=此时加速度a=g（1）=g=2m/s2（2）因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：=at，解得t1=s=0.2 s，而液滴从刚进入电场到出电场时间t2=s=0.5s，所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间t=t2t1=0.3 s答：（1）下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小为2m/s2（2）液滴从射入开始匀速运动到P点的时间为0.3s【点评】本题中液滴先做匀速运动后做类平抛运动，对其运动情况的分析是解答的基础和关键，再选择物理规律解决问题16. 如图所示,一带电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37o的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止.重力加速度取g.求： (1)水平向右电场的电场强度;(2)若将电场强度减小为原来的一半,物块的加速度是多大;(3)电场强度变化后物块下滑距离时的动能【答案】（1）（2）0.3g（方向沿沿斜面向下）（3）0.3mgL【解析】试题分析：（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，FNsin37=qEFNcos37=mg由1、可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37qEcos37=ma可得加速度a=0.3g（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有：mgLsin37qELcos37=Ek0可得动能Ek=0.3mgL17. 如图所示,在的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形绝缘轨道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,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电荷的小滑块质量,与水平轨道间的动摩擦因数,位于N点右侧1.5m的M处,要使小滑块恰能运动到圆轨道的最髙点Q,取,求: （1）滑块应以多大的初速度v0向左运动?（2）滑块通过P点时受到轨道的压力.（3）若撤去竖直电场，其它条件不变，滑块以（1）问的速度从M点释放，滑块是否还能通过最高点？说明理由。【答案】（1）7m/s（2）0.6（3）能【解析】（1）设小球到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律有滑块从开始到Q过程中,由动能定理有联立并代入数据得: （2）设滑块到达P点时速度为，从开始到P过程中，由动能定理有:P点压力:代入数据计算得出：N=0.6N，压力的方向:水平向右（3）若撤去电场，则要想滑块通过最高点，则有，即滑块从开始到Q的过程中，由动能定理可得，解得，故能通过18. 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度的a处有一粒子源，盒内粒子以的初速度向水平面的各个方向均匀放出质量为，电荷量为的带电粒子，粒子最终落在金属板b上，若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）（1）粒子源所在a点的电势；（2）带电粒子打在金属板上时的动能；（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？【答案】（1）80V（2）（3）可以减小h或者增大E【解析】试题分析：（1）粒子源所在处a点的电势（2）由动能定理得得到（3）粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R，则解得，所以面积为，若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以减小h或增大E考点：考查了带电粒子在电场中的运动，动能定理的应用