2019-2020年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析） (I).doc

2019-2020年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析） (I)一、选择题（本题共12小题，每小题4分第1、5、11题为多选，其余为单选）1下列物理量中哪些与检验电荷无关( )A电场强度EB电势C电势能EPD电场力F考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义解答：解：电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确故选AB点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累2如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E则( )A该点电荷一定在A点的右侧B该点电荷一定在A点的左侧CA点场强方向一定沿直线向左DA点的电势一定低于B点的电势考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：据题，A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k分析该点电荷的位置应离A点远、离B点近该点电荷的电性未知，不能判断电场强度的方向和电势的高低解答：解：A、B，由题，A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k分析得知：该点电荷的位置应离A点远、离B点近，所以该点电荷一定在A点的右侧故A正确，B错误C、D，由于该点电荷的电性未知，无法确定A的场强方向，也无法判断A、B两点电势的高低故CD错误故选A点评：本题是点电荷的场强公式E=k的应用，公式中E与r的平方成反比比较简单3两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图，下列说法正确的是( )AA点电势比B点高BA、B两点的场强方向相同，A点场强比B点大CA、B、C三点和无穷远处等电势D电子在B点电势能最小考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据电势能概念分析即可解答：解：A、沿电场线的方向，电势降低，故A正确B、A、B两点的场强方向相同，由于B处电场线密，电场强度大于A处电场强度故B错误C、A、C是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的两点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，B点的电势低故C错误D、由电势能的概念，E=q得AC两点的电势为零，电势能为零，B点，E=e0，故电子的电势能最大，故D错误故选：A点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆4某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为( )ABCD考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：由电容的定义式C=求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U=Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F=qE解答：解：由电容的定义式C=得，板间电压为U=板间场强大小为E=点电荷所受的电场力大小为F=qE，联立得到，F=故选：C点评：本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况基础题5如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为106 C的微粒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105J，已知A点的电势为10V，则以下判断正确的是( )A微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示CB点电势为零DB点电势为20V考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：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105J，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，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=AB，可求出B点的电势解答：解：A、B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105J，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D、根据动能定理得：qUAB=Ek，得UAB=V=10V，又UAB=AB，A=10V，则B=0故C正确D错误故选：AC点评：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6如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定( )AabcBEaEbEcCcb=bcDEa=Eb=Ec考点：电势；电场强度；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系解答：解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知abc，故A正确BD、a、b、c是一条电场线上的三个点，由于电场线的疏密不能确定，所以不能判断场强的大小故B、D错误C、因为Ucb=cb，Ubc=bc，而Ucb=Ubc，故C错误；故选：A点评：本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意Ucb=Ubc，明确电势差的顺序7四种电场的电场线如图所示一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动且加速度越来越大则该电荷所在的电场是图中的( )ABCD考点：电场线；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由粒子做加速运动可知，粒子受力方向，则可判断电场线的方向；由加速度的变化可知电荷受力的变化，则由F=Eq可得出场强的变化，则可判断电场线的疏密解答：解：因粒子由M到N是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故D正确；故选D点评：电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握8如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是( )AB端的感应电荷为负电荷B导体内场强越来越大CC点的电势高于B点电势D导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强考点：静电现象的解释分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况解答：解：A、导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出正电荷，在导体的左端C会出现负电荷，故A错误B、处于静电平衡的导体内场强为0，故B错误C、CD处在同一个等势体上，电势相等；故C错误；D、在C点和B点的场强由导体上的感应电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故D正确故选：D点评：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9如图所示，有一质量为m，带电量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中，设油滴是从两板中间位置，以初速度为零进入电场时，可以判定( )A油滴在电场中做抛物线运动B油滴在电场中做匀速直线运动C油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离D油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离，还决定于油滴的荷质比考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：油滴从两板中间位置进入电场中，受到电场力和重力作用，两个力都是恒力，则知油滴做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合可确定油滴打在极板上的运动时间的决定因素解答：解：A、B、油滴从两板中间位置进入电场中，受到电场力和重力作用，两个力都是恒力，初速度又为零，故油滴做匀加速直线运动故A错误，B错误C、D、由牛顿第二定律得，油滴的沿电场方向的加速度为a=，油滴在垂直于板的方向做初速度为零的加速度为a的匀加速直线运动，则有：，得：t=，式中，m、q分别是油滴的质量和电量；E是板间场强，d是板间距离故C错误，D正确故选：D点评：本题油滴所受的电场力和重力都是恒力，分析受力情况情况，运用运动的分解法，研究垂直于板的方向确定运动时间10如图所示，给平行板电容器带一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的针和外壳相连下列说法中正确的是( )A将A极板向右移动少许指，静电计指针的偏转角将增大B将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小C将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小D用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：解答本题关键应根据：电容的决定式C=分析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化解答：解：A、将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小故A错误B、将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大故B错误C、将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小故C正确D、用手触摸一下B极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变故D错误故选：C点评：本题是电容器的动态变化分析问题，关键由电容的决定式C=和电容的定义式C=结合分析11示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A极板X应带正电B极板X应带正电C极板Y应带正电D极板Y应带正电考点：示波器的使用专题：实验题分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X，则X带正电 同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反12如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比EkC：EkD为( )A1：4B1：3C1：2D1：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，可得到时间关系电子在竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系解答：解：电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，则由公式x=v0t得知：电子从O到C与从C到D的时间相等电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC：yCD=1：3根据动能定理得：EkC=qEyOC，EkD=qEyCD，则得：EkC：EkD=1：3故B正确故选：B点评：本题是类平抛运动问题，运用运动的分解法研究，灵活运用比例法求解，当然也可根据运动学公式进行分析二、填空题（每空4分，共16分）13两点电荷间距离为r时，相互作用力为F，当距离变为时，它们之间相互作用力为4F，为使作用力仍为F，则两点电荷的电量可同时为原来的倍考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：本题考查了应用库仑定律公式解题能力，对题目中叙述的两种状态分别依据库仑定律公式列方程，即可求解结果解答：解：变化之前根据库仑定律有：F=，变化之后有：F=解得：F=4F为使作用力仍为F，则：即两点电荷的电量可同时为原来的故答案为：4，点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出，属于简单基础题目14如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为m、电量为q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度h=考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；机械能守恒定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：小颗粒由静止释放，电场力对它做正功，重力做负功，根据动能定理求解它能上升的最大高度h解答：解：从小颗粒由静止释放到最高点过程，根据动能定理得 qUmg（d+h）=0解得，h=故答案为：点评：涉及力在空间的效果优先考虑运用动能定理研究电势差与电场力做功的关系是W=qU，要注意电场力的正负15如图所示，电子的电量为e，质量为m，以v0的速度沿与场强垂直的方向从A点飞入匀强电场，并从另一侧B点沿与场强方向成150角飞出则A、B两点间的电势差为考点：电势差；电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：将B点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则求出B点的速度，再根据动能定理求出A、B两点的电势差解答：解：电子垂直进入电场做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据平行四边形定则知，B点的速度vB=2v0，根据动能定理得：eUAB=mvB2mv02解得：UAB=故答案为：点评：解决本题的关键知道电子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合平行四边形定则、动能定理进行求解三、解答题（本题共3小题，36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16如图所示，平行带电金属极板A、B间的匀强电场场强E=1.2103V/m，两极板间的距离d=5cm，电场中C点和D点分别到A、B极板的距离均为0.5cm，C、D间的水平距离L=3cm，B板接地，求：（1）C、D两点间的电势差UCD；（2）一带电量q=2103C的点电荷从C沿直线运动到D的过程中，电荷的电势能变化了多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能；电容专题：电场力与电势的性质专题分析：B板接地电势为零，A板电势为负，故C、D两点间的电势差为负，由电场强度与电势差的关系U=Ed可求其大小，有电场力做功与电势能的关系得，电荷电势能的变化解答：解：由题意，C、D两点沿垂直金属极板A、B的距离为 l=d0.52=51=4cm，由电场强度与电势差的关系U=Ed得 V，有电场力做功与电势能的关系，得w=qU=1.2103（48）=9.6102J，又Ep=w=9.6102J，故电势能减少答：（1）C、D两点间的电势差UCD=48V（2）电荷的电势能变化了9.6102J点评：考查了电场强度与电势差的关系及电场力做与电势能的关系17用30cm的细线将质量为4103kg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1104N/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）求细线的拉力考点：共点力平衡的条件及其应用；电场强度专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题解答：解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37，得（3）由受力图可知=0.05N所以，（1）正电（2）带电量3106C（3）拉力0.05N点评：受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系18（16分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得： e U1=，解得： （2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1 根据牛顿第二定律和运动学公式得： a=，又E=，得a= 水平方向：t1=， 竖直方向：y1=，解得：y1= （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy 根据运动学公式得：vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示 t2=，y2=vyt2解得：y2=P到O点的距离为 y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=； （3）P点到O点的距离y2=点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解第（3）问也可以利用三角形相似法求解