2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）一选择题。（4分12=48分）本大题共12小题，每小题4分，共48分其中1-7题，在给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分 1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据电势差的计算式可知，若带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB=1 VD. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比【答案】D【解析】【详解】A、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误；C、据电势差的定义式知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V，故C错误；D、根据点电荷的场强公式知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故D正确；故选D。【点睛】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；点电荷电场强度公式中Q是场源电荷用电容器和电势差的定义式即可求解。2.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3这雨滴携带的电荷量的最小值约为A. 210-9C B. 410-9C C. 610-9C D. 810-9C【答案】B【解析】试题分析：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq 其中：m=V V=r3解得：，故选B考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力。视频3.如图所示，两根细线挂着两个质量未知的小球A、B处于水平匀强电场中。原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力为FA，FB，现让两球带上等量异种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为FA，FB，两球间的库仑力远小于B球重力，则()A. FAFA，FBFB B. FAFA，FBFBC. FAFA，FBFB D. FAFA，FBFB【答案】B【解析】【详解】运用整体法研究两个质量未知的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上细线的拉力，则由平衡条件得：上细线的拉力，所以； 再隔离B研究，不带电时受重力和下细线的拉力，由平衡条件得：，带电时设下细线与竖直方向的夹角为，由于两球间的库仑力远小于B球重力，于两球间的库仑力可忽略，B受重力、下细线对B的拉力和水平匀强电场的电场力，由平衡条件可得在竖直方向，即，故B正确，A、C、D错误；故选B。4.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中不能使两球都带电的是()A. 先把两球分开，再移走棒 B. 先移走棒，再把两球分开C. 先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开 D. 手摸一下甲球，然后移走棒，再把两球分开【答案】B【解析】【详解】A、先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故A错误；B、先移走棒，此时两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样甲乙不再带电，故B正确；C、先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开，是接触带电，甲乙带同种电荷，故C错误；D、手摸一下甲球，此时甲带电，乙不带电，然后移走棒，再把两球分开，甲乙带同种电荷，故D错误；故选B。【点睛】将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变。5. 如图所示A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是（ ）A. 保持S闭合，将B板适当上移B. 保持S闭合，将B板适当下移C. 先断开S，再将A板适当上移D. 先断开S，再将B板适当下移【答案】B【解析】试题分析：由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）-qU=0若保持S闭合，将B板适当上移d，由动能定理得mg（h+d-d）-qU=mv2，则v0，说明质点没有到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔故A错误保持S闭合，将B板适当下移d，由动能定理得mg（h+d+d）-qU=mv2，则v0，知质点能够穿出b孔，故B正确若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零由动能定理得mg（h-d）-qEd=0，又由原来情况有mg（h+d）-qEd=0比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故C错误若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔故D错误故选B。考点：带电粒子在电场中的运动6.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等则下列判断正确的是()A. P点的电势与Q点的电势相等B. 带正电的微粒在O点的电势能为零C. 在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D. P点的电场强度与Q点的电场强度相等【答案】D【解析】【详解】A、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；B、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故B错误；C、电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C错误；D、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确；故选D。【点睛】利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态。7.两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l、电荷量分别为+q和-q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(rl)，P、O两点间连线与y轴正方向的夹角为，设无穷远处的电势为零，P点的电势为，静电力常量为k，下面给出了的四个表达式，其中只有一个是合理的。你可能不会求解P点的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么的合理表达式应为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】若夹角，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与相符，可见A、D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故C正确，B错误；故选C。【点睛】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证。8.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属球A和B，带有不等量的同种电荷。现使A、B以大小相等的初动量相向运动，不计一切能量损失，碰后返回M、N两点，则A. 碰撞发生在M、N中点之外B. 两球同时返回M、N两点C. 两球回到原位置时动能比原来大些D. 两球回到原位置时动能不变【答案】BC【解析】由于两球在任何时刻所受的电场力相等，则加速度相等，速度大小相等，可知碰撞发生在中点，且同时返回M、N点，A错误B正确；两球碰撞后，电量重新分布，两球在同样的位置间的作用力由变为，故根据（，由于两电荷量不相等，所以等号不会成立），故作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些，C正确D错误9.如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是A. 等势面D的电势为-7VB. 等勢面B的电势为4VC. 该电子不可能到达电势为10V的等势面D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV【答案】AD【解析】【详解】（1）因电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理有，即，又，可得，选项A正确；（2）因匀强电场中，等势面B的电势为7V，选项B错误；（3）因只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变。当电子的速度为零时，由能量守恒可得，解得，选项C错误；（4）同理，由能量守恒可得，选项D正确。故本题选AD。10.如图所示，在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量正点电荷Q，正方形ABCD在xoy平面内，其中心在O点，且AB边与FG连线平行。则下列判断正确的是（ ）A. O点电场强度为零 B. A,C两点电场强度相等C. B,D两点电势相等 D. 若将点电荷-q从A点移向C，电场力做的总功为负【答案】AC【解析】【详解】A、根据电场线分布和叠加原理可知O点电场强度为零，故A正确；B、根据电场线分布的对称性可知，A、C两点电场强度大小相等，方向相反，故B错误；C、根据电场线分布的对称性和顺着电场线方向电势降低，D点的电势等于B点的电势，故C正确；D、根据电场线分布的对称性和顺着电场线方向电势降低，A点的电势等于C点的电势，根据可知A点的电势能等于C点的电势能，所以将点电荷-q从A点移向C，电场力做的总功为0，故D错误；故选AC。【点睛】空间各点的电场强度是两个点电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理分析电场方向，确定电势关系和电场强度关系；确定出从A到C电势的变化，根据电场力做功。11.在x轴上的O、M两点分别固定着电荷量为q1、q2的正负点电荷，在两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中C点的电势最高。下列说法正确的是 （ ）A. A,N两点的电场强度均为零B. C点的电场强度为零C. 将一正电荷从C点静止释放，如果只受电场力，它可以沿x轴正向一直做加速度减小的加速运动D. 将一负电荷从N移到D点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】BD【解析】【详解】AB、-x图象的斜率等于电场强度E，可知C点电场强度为零，A、N两点的电场强度不为0，故B正确，A错误；C、由于-x图象的斜率等于电场强度E，可知C点电场强度为零，将一正电荷从C点静止释放，电场力为0，它将静止不动，故C错误； D、ND段中，电势先高升后降低，根据可知将一负电荷从N移到D点的过程中电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确；故选BD。【点睛】-x图象的斜率等于电场强度E，根据两点电荷连线的电势高低的分布和判断电势能的变化，根据功能关系分析电场力做功。12.一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成=37角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（）A. 质点在B点的速度大小为B. 匀强电场的电场强度大小为C. 从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了D. 质点在C点的加速度大小为【答案】ABC【解析】【分析】将质点的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出vA、vB的大小；根据等时性，求出水平方向上的加速度与竖直方向上的加速度关系，从而得出电场强度的大小再对水平方向运用动能定理和运动学推论求解A到C的过程中，带电质点的电势能减小根据牛顿第二定律求解质点在C点的加速度大小【详解】由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此在坚直方向上有：Lsin37=t在水平方向上有：Lcos37=t由上两式得：tan37=可得：vB=v0，故A正确。由于两分运动的时间相同即：坚直方向上的时间：t=；在水平方向上有：vB=at；所以有：；又a=，解得：E=，故B正确。从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为；由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W=qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为Ep2=4Ep1=mv02，故C正确。质点在C点的加速度大小，故D错误。故选ABC。二填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）13.示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图。【答案】【解析】试题分析：A图中，在XX偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象XX偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压B图中，在XX偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图考点：考查了示波器的工作原理【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象14.美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。（已知重力加速度为g）（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有_。A油滴质量m B两板间的电压UC两板间的距离d D两板的长度L（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=_【答案】 (1). ABC (2). 【解析】（1）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有：，所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d，故选ABC。（2）由，可得油滴的电荷量为：。15.在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器与电源断开，极板A与静电计相连,极板B接地。 (1)若将极板B向上平行移动一小段距离,则将观察到静电计指针偏角_（填“增大”或“减小”或“不变”）,说明平行板电容器的电容随极板正对面积S减小而减小。(2)若将极板B向左平行移动一小段距离,则将观察到静电计指针偏角增大,说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而_（填“增大”或“减小”或“不变”）。(3)若将玻璃板插入A、B两极板间，则将观察到静电计指针偏角_（填“增大”或“减小”或“不变”）。【答案】 (1). 增大； (2). 减小； (3). 减小【解析】【详解】解：(1)若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压U增大，则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而减小；(2)若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压U增大，则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比，极板间距离的增大而减小；(3)将玻璃板插入A、B两极板间，由电容的决定式分析知电容增大，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压U减小，则静电计指针偏角减小。【点睛】行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式，分析电容的变化，根据电容的定义式，分析电压U的变化，即可判断静电计指针偏角的变化。三、计算题 (共4小题，48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题目，答案中应明确写出数值和单位)16.在一电场中，设想沿如图所示的路径abcd移动一电子，电场力做功分别是：从a到b为4 eV，从b到c为2 eV，从c到d为3 eV，求d、a两点间的电势差Uda【答案】-3V【解析】【分析】先求出从a到d移动电子电场力所做的功，又根据电场力作功的特点：在电场中两点间移动电荷，电场力作的功与移动的路径无关，确定出从a到d移动电子电场力所做的功，即可求解。【详解】解：将电子从a点移到d点，不管沿ad路径还是abcd路径移动，电场力做功是不变的；则将电子由a点移到d点，电场力作功为 根据电势差定义式得：a、d间电势差为即 d、a两点间的电势差17.在竖直平面内有水平向右的匀强电场，场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.4kg的带电小球，静止时细线与竖直方向成37角，如图所示。把小球缓慢拉至最低点给其一水平向右的初速度v0，为了使小球能绕O点在竖直面内做圆周运动，求v0 应满足的条件。(cos37=0.8，g=10m/s2)【答案】 【解析】【分析】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力，根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知在平衡位置的对称点合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球速度的最小值，根据动能定律求出v0 应满足的条件。【详解】解：对小球进行受力分析如图所示可得： 由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有： 解得 从最低点到B点，根据动能定律则有联立解得 即v0 应满足的条件18.如果场源是多个点电荷，电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势可表示为，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，一个半径为R、电荷量为+Q的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平。一质量为m、电荷量- q的带电液滴，从环心O正上方D点由静止开始下落。已知D、O间的距离为，静电力常量为k，重力加速度为g。求 (1)D点的电场强度E (2)液滴到达O点时速度v的大小。【答案】(1) 方向竖直向上；(2) 【解析】【分析】利用微元法求出每个微元在D点的电场和竖直方向的电场，根据叠加原理求出D点的电场强度；结合点电荷的电势的公式，求出D、O点的电势，然后由功能关系即可求出液滴到达O点时速度v的大小。【详解】解（1）D到环上的各点的距离为L，则由几何关系可知：将均匀的带电圆环分成长度为的微元，每个微元带电量为每个微元在D点的电场为 竖直方向的电场根据叠加原理可知整个均匀带电圆环在在D点的水平方向的电场抵消为0整个均匀带电圆环在在D点的竖直方向的电场 D点的电场强度，方向竖直向上（2） 由于环上的各点到D的距离都是L，则环上的电荷在D处产生的电势为： 则环上的电荷在O处产生的电势为： 负电荷从D到O的过程中重力做正功，电场力也做正功，所以到达O点时：所以：19.如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。【答案】（1） （2）【解析】（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：，垂直极板方向有：，解得：。（2）粒子通过两板时间为：，从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为：，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为：，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。有：，解得：。点睛：此题首先要明确两板带正负电的情况，进而明确匀强电场的方向；其次要明确带电粒子的受力情况，进而分析带电粒子在不同时间段内的运动情况；最后要明确“所有粒子恰好能全部离开电场而不打到极板上”的含义：带电粒子在电场方向偏转的距离最大为。