2018-2019学年高二物理上学期第一次月考试题(子材班含解析).doc

xx-2019学年高二物理上学期第一次月考试题(子材班，含解析)一、选择题1.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A. a对b的静电力一定是引力B. a对b的静电力可能是斥力C. a的电量可能比b少D. a的电量一定比b多【答案】AD【解析】试题分析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”故D正确，C错误，故选AD考点：库仑定律【名师点睛】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”2.ab是长为L的均匀带电细杆，P1和P2是位于ab所在直线上两点，位置如图所示ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处产生的场强大小为E2 ，则以下说法正确的是（ ）A. 两处的电场方向相同，E1E2B. 两处的电场方向相反，E1E2C. 两处的电场方向相同，E1E2D. 两处的电场方向相反，E1E2【答案】D【解析】试题分析：由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a，则a与a关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于ab部分对于P1的产生电场而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷。设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1E2，故选D。考点：电场的叠加视频3.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（）A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点D. 丁图：匀强电场中的a、b两点【答案】B【解析】A图中a、b两点处于同一等势线上，电势相等，故A不符合题意。B图中两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，故B不符合题意。C图中带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等，故C不符合题意。D图中平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势。故D符合题意。故选D。点睛：掌握电场线和等势面的分布情况是解答本题的关键注意顺着电场线电势逐渐降低4.如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起始它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法中不正确的是 （ ）A. 把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B. 把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开C. 先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D. 先把C移近导体A，用手接触B后，再移开C，则箔片仍张开【答案】C【解析】【详解】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故AB正确；先把C移走，A、B电荷恢复原状，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；先把C移进导体A，用手接触B后，这时，导体AB将整体带上负电荷，再移开C，则箔片仍张开。故D正确；本题选择不正确的，故选C。【点睛】体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等5.如图所示，在原来不带电的金属细杆附近处，放置一个正点电荷达到静电平衡后，( )A. 端的电势比端的高B. 端的电势比点的低C. 端的电势不一定比点的低D. 杆内处场强的方向由指向【答案】B【解析】【详解】A、B、C、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到a=b；故A，B错误，C正确。D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强处处为零；D错误。故选C。【点睛】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉6.如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0 V。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV。当点电荷运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，此时它的动能应为（ ）A. 8 eVB. 13 eVC. 20 eVD. 34 eV【答案】C【解析】当电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV。而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题意可知，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV，其电势能变为-6eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为25eV，故C正确，ABD错误。7.一带电粒子射入一正点电荷的电场中，运动轨迹如图所示，粒子从A运动到B，则A. 粒子带负电B. 粒子的动能一直变大C. 粒子的加速度先变小后变大D. 粒子在电场中的电势能先变小后变大【答案】AD【解析】试题分析：从轨迹形状上可判断粒子受到了引力作用，所以粒子应带负电，A错误；从A点运动到B，电场力先做正功再做负功，根据动能定理，动能先增大，后减小，故B错误；不管粒子怎样运动，粒子在靠近点电荷时受到的电场力在变大，加速度变大，远离时受到的电场力在变小，加速度变小，C正确；靠近时电场力做正功，电势能减小，远离时电场力做负功，电势能增加，D错误考点：考查了带电粒子在电场中的运动8.图中PQ两处分别固定两等量正点电荷，O是PQ连线的中点，a、b两点在连线上且关于O点对称，c、d是连线中垂线上的两点，则（ ）A. a、b两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. c点场强大于d点场强D. 负电荷从c点到d点电势能增加【答案】BD【解析】【详解】根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，a、b两点的电势相同，选项A错误，B正确；不能判断出c、d点场强大小关系，选项C错误；负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，选项D正确。故选BD。【点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低9.如图所示，仅在电场力作用下，一带负电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（ ）A. 电场力对粒子做正功B. 粒子动能减少C. 粒子电势能减少D. 粒子加速度增大【答案】BD【解析】此题考查电场。由轨迹的弯曲方向可以判断出所受电场力方向沿电场线向下。而电场线向上，则粒子带正电，A选项错误。从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加。BC选项正确。从A运动到B的过程中，电场线变密集，所以电场强度变大，电场力变大，加速度变大。D选项正确。所以答案选BCD。10.如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0 V。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV。当点电荷运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，此时它的动能应为（ ）A. 8 eVB. 13 eVC. 20 eVD. 34 eV【答案】C【解析】当电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV。而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题意可知，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV，其电势能变为-6eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为25eV，故C正确，ABD错误。11.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由AC运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是()A. 电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B. 电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C. 电势差UABUBCD. 电势ABC【答案】B【解析】试题分析：由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断解：A、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故A错误；B、电子沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故B正确；C、电子沿AC方向运动过程中，电场力逐渐变大，从A到B过程电场力较小，故从A到B过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系，可以得到：UABUBC，故C错误；D、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由A向C运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故ABC，故D错误故选：B【点评】本题关键根据等势面和电子的运动情况确定场源电荷的电性，然后得到电场线的分布图，最后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系分析判断12. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为2V、8V和12V。下列说法中正确的是（ ）A. D、E、F三点的电势分别为10V、4V和 0VB. D、E、F三点的电势分别为12V、8V和 2VC. 电荷量为1.610-19C的正点电荷在D点的电势能为1.610-18JD. 将电荷量为1.610-19C的正点电荷从E点移到F点，电场力做的功为3.210-19J【答案】AC【解析】试题分析：正六边形对边平行，D、E、F相邻两点间的电势差等于C、B、A相邻两点间的电势差，设D的电势为x，根据几何关系得出正六边形中心O的电势表达式，再得出OB间电势，求出x，定出D、E、F三点的电势求出电场力做功，确定电势能的变化设正六边形的中心为O设D的点电势为x，由于正六边形对边平行，则E的电势为：x-6，F点的电势为x-10O点是AD的中点，则O点的电势为x+22，AC中点的电势与OB中点重合，根据几何知识得2+122=x+22+82，解得x=10V，E的电势为：x-6=4V，F点的电势为x-10=0V，故A正确，B错误C、电荷量为1.61019C的正点电荷在D点的电势能为EP=qD=1.61019C10V=1.61018J，故C正确D、将电荷量为1.61019C的正点电荷从E点移到F点，电场力做功WEF=qUEF=1.61019（40）J=6.41019J故D错误故选AC考点：电势能；电势点评：本题关键运用几何方法求出中点的电势电场力做正功多少时，电荷的电势能就减小多少13.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则() A. M带负电荷，N带正电荷B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【答案】D【解析】由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误O、c间电势差不为零，由动能定理可知M从O点运动至c点的过程中，电场力对它做功不为零故D错误故选B.点睛：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法视频14.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则 （ ）A. 平行板电容器的电容值将变小B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】ACD【解析】根据C=S4kd知，d增大，则电容减小故A错误静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小故C正确电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=Ud=QCd=4kQS，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D错误故选C点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变15.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m，带电量为q的油滴恰好好处于静止状态，以下说法正确的是（ ）A. 若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有ba的电流B. 若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C. 若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有ba的电流【答案】AB【解析】根据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强EUd变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据CS4kd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有ba的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据CS4kd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有ba的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，根据CS4kd，UQC和EUd，可得E4kQS，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误故选AB.点睛：本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，电键断开时，电容器带电量不变；然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题三、计算题16.如图所示，一质量为m的带电小球，用长为l的绝缘细线悬挂在水平向右，场强为E的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角（45）（1）求小球带何种电性及所带电荷量大小；（2）如果不改变电场强度的大小而突然将电场的方向变为竖直向下，带电小球将怎样运动？要求说明理由。（3）电场方向改变后，带电小球的最大速度值是多少？【答案】（1）mgqtan （2）如果不改变电场强度的大小而突然将电场的方向变为竖直向下，带点小球将在竖直平面沿斜下方向做圆弧摆动。（3）2gL(1-cos)(1-tan) 【解析】【详解】（1）小球带负电，带电小球处于平衡状态，有：qE-mgtan=0 解得：q=mgtanE （2）如果不改变电场强度的大小而突然将电场的方向变为竖直向下，则电场力向上，因开始时45，则qEmg，电场力和重力的合力方向向下，则带电小球将在竖直平面沿斜下方向沿圆弧摆下，做圆周运动（或沿圆弧摆下然后沿圆弧来回运动）；（3）带电小球到最低点时速度最大，设小球的最大速度为vm，小球摆下过程中重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：mgl（1-cos）-qEl（1-cos）=12mvm2 联立式得：vm2gL1cos1tan【点睛】本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件和动能定理列式求解；注意电场力和重力都是恒力，解题时可用一个等效的力来代替.17.如图所示，用长L的绝缘细线拴住一只质量为m 的、带电量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上(线拉直)A点，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60角到达B点时，球的速度正好为零，求：(1)A、B两点之间的电势差。(2)匀强电场的场强。(3)小球运动到B点时细线上的拉力大小。【答案】(1)3mgl2q （2）3mgq （3）3mg 【解析】试题分析：（1）由动能定理得：mgLsin30qUAB=0得：（2）UAB=EL(1cos60)得：（3）此时小球在B处速度为零，即沿径向合力为零。有牛顿第二定律有：Tmgcos30Eqcos60=0可解得考点：考查了动能定理，电场强度，牛顿第二定律18.如图所示，在电场强度E5105 V/m的匀强电场中，将一电荷量q=210-5C的正电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成600角，求： （1）A、B两点间的电势差UAB；（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB。【答案】（1）5000V（2）0.1J【解析】(1)A、B两点间的电势差UAB=EdABcos60=510521020.5V=5000V；(2)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB=qUAB=2105C5000J=0.1J点睛：A、B两点间的电势差UAB=Ed，d是AB两点沿电场线方向的距离；电场力所做的功WAB由公式WAB=qUAB求解19.如图所示，平行金属带电极板，AB间可以看成匀强电场，场强E=1.2103V/m ，极板间距离为 d=5cm ，电场中C和D分别到A、B两板间距离均为0.5cm，B极接地，求： （1）C和D两点的电势？（2）将电荷q=2103C从C移到D时电场力做功是多少？（电荷所受重力忽略不计）。【答案】（1）-6V；-54V；（2）-9.610-2J 【解析】【详解】（1）由于B板接地，所以B的电势为零，又由于B板是正极板，所以电场线的方向是竖直向上的，对于D点，D=UDB=-Ed=-1.2103V/m0.005m=-6V对于C点，C=UCB=-Ed=-1.2103V/m0.045m=-54V（2）UCD=C-D=-54-（-6）=-48VWCDqUCD2103(48)9.6102【点睛】该题考查匀强电场中的电场强度与电势差之间的关系，其中要注意B点的电势是0，则板间各点的电势均小于零20.如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1=4cm，板间距离d=1cm。板右端距离荧光屏L2=18cm，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6107m/s，电子电量e=1.610-19C，质量m=0.9110-30kg。要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？ 【答案】91V【解析】【详解】运动的位移，d=at2；由牛顿第二定律，a=匀速运动，t= 由以上三式，解得：U= 代入数据，得U=91V