吉林省白山市抚松六中2020学年高二物理上学期第一次月考试题

吉林省白山市抚松六中2020学年高二物理上学期第一次月考试题

吉林省白山市抚松六中2020学年高二物理上学期第一次月考试题 ‎ 一、选择题（每小题4分 共44分）1--6题给出的四个答案中只有一个答案是正确的，7—10题是多选，选不全的得2分，全选对的得4分。错选或不答的得0分.‎ ‎1、右图是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是 A.Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 B.Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 C.Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 D.Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 答案：A 解析：正点电荷的电场是向外辐射状的，电场线密的地方电场强度大.所以A正确.‎ ‎2、将平行板电容器与静电计连接，充电后撤去电源，静电计指针张开某一角度θ，如图1所示，若将电容器两极间距离增大，则 图1‎ A.两极板间电势差不变，θ不变 B.两极板间电势差减小，θ减小 C.电容器电容减小，θ变小 D.电容器电容减小，θ变大 答案：D 解析：静电计是测量电势差的仪器，电势差的大小是通过指针张开的角度来体现的.又电容器充完电后与电源分开，说明电容器的电量不变，电容当d增大时，C减小，由可知D项正确.‎ 解析：电场强度是矢量，有方向，而电势是标量，故A项错，B项正确，又带电微粒在两个等势面间移动，电场力不做功，故D项正确.‎ ‎3、如右图所示，A、B两点相距l=10 cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，把电子从A点移到B点，需克服电场力做功20 eV，则匀强电场的场强等于 A.800 N/C B.400 N/C C. D.‎ 答案：B 解析：故用来求场强时，必须要注意，公式中的d为沿场强方向上的距离.‎ ‎4、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如右图所示，若保持负极板不动，将正极板移到如图中虚线的位置，则正电荷在P点的电势能 A.不变 B.变大 C.变小 D.条件不够，不能确定如何变化 答案：A 解析：电容器与电源断开后，带电量不变，仅改变板间距离时，内部场强不变，P点到接地极板的距离没变，故P点的电势不变，正电荷在P点的电势能也就不变.‎ ‎5、如右图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中 A.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点 B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点 C.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点 D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点 答案：C 解析：由等量异种电荷的电场线和等势面的分布特点可知,A、B、C三点场强大小关系为EB＞EA＞EC，电势高低关系为φB>φA=φC，故正确选项为C.‎ ‎6、如右图所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点.若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则 A.E1>E2,φ1>φ2 B.E1>E2,φ1<φ2 C.E1φ2 D.E1E2,由沿电场线方向电势逐渐减小可知φ1>φ2，故正确选项为A.‎ ‎7、如右图所示为电场中的一根电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两处场强的大小，则 A.a、b两点的场强方向相同 B.因为电场线由a指向b，所以Ea＞Eb C.因为电场线是直线，所以Ea=Eb D.因为不知道a、b附近的电场线分布情况，所以不能确定Ea、Eb的大小关系 答案：AD 解析：由于电场线上每一点的切线方向跟该点场强方向一致，而该电场线是直线，故A正确.电场线的疏密表示电场强弱，只有一条电场线无法判断其疏密，故D正确.‎ ‎8、匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿右图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动.带电颗粒从A到B的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是 A.颗粒一定带负电 B.颗粒可能带正电 C.颗粒的机械能减小，电势能增大 D.颗粒的机械能减小，动能增大 答案：AC 解析：物体做直线运动条件是合外力与速度方向共线，带电颗粒受到竖直向下的重力，故电场力只能是水平向左.所以颗粒一定带负电.电场力做负功，电势能增加，机械能减小.故选AC.‎ ‎9、 M、O、N、P四个点在同一条直线上，且MO=ON=NP，现在O点放一点电荷Q，如下图所示，则 A.M、N两点场强相同 B.M、N两点电势相等 C.把检验电荷q从M移到P比从N移到P电场力做功多 D.把检验电荷q从M移到P与从N移到P电场力做功相等 答案：BD 解析：电场强度是矢量，有方向，而电势是标量，故A项错，B项正确，又带电微粒在两个等势面间移动，电场力不做功，故D项正确.‎ ‎10、如图2所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是 图2‎ A.缩小a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 答案：BC 解析：本题考查电容器的两个公式.a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变.要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C.对电容器C，由公式可以增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的正对面积S.‎ 二、填空题（本题共4小题,每小题4分,共16分）‎ ‎11、一个元电荷的电荷量是__________C，10－8 C电荷量有___________个元电荷.‎ 答案：1.6×10－19　6.25×1010‎ 解析：10－8/1.6×10－19=6.25×1010.‎ ‎12、如右图所示，一个电容器充电后断开开关，然后用绝缘工具把两板靠近些，则电容器的电容___________；每板的带电量____________（填“增大”“不变”“减小”）．‎ 答案：增大　不变 解析：断开开关，电容器的电量不会发生变化.当减小两板间的距离时由平行板电容器的决定式可知电容C会增大.‎ ‎13、一个有初速度的、电荷量为＋4×10－8C的带电粒子，在电场中只受电场力作用，从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8×10－5J的功.则A、B两点的电势差φA－φB=_________，在此过程中，电荷的动能___________（填“增加”或“减少”）了___________eV.‎ 答案：－2 000 V　减少　5.0×1014‎ 解析：UAB=ΦA－ΦB=－8×10－5J/4×10－8 C=－2 000 V,电场力做负功动能减少，减少了8×10－5J,即为5.0×1014 eV.‎ ‎14、‎ 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上.甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动.则两粒子所带的电荷性质________（填“不同”或“相同”）；经过b点时，两粒子的速率va_________________vb（填“>”“=” 或“<”）‎ 答案：不同　=‎ 解析：由粒子的运动轨迹可看出两粒子的带电性不同；a点和b点在同一等势面上电场力不做功,故在b点两粒子的速率相等.‎ 三、解答题（本题共4小题,15、16题各10分,17、18题各12分,共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,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）‎ ‎15、在如图所示的装置中，初速度为零的一价氢离子和二价氦离子，在经过同一电场加速后垂直射入同样的电场发生偏转，请证明这些离子离开电场后将沿着同轨迹运动，到达荧光屏产生一个亮斑.（不计粒子的重力）‎ 证明：设离子的质量为m，带电量为q，经电场U1加速后速度为v0.‎ 由动能定理可得：‎ 进入电场U2偏转，有 由上式可知偏转位移与粒子的质量及电量均无关，故可判断离子离开电场后将沿着同轨迹运动，到达荧光屏产生一个亮斑.‎ ‎16、电场中某区域的电场线如图所示， A、B是电场中的两点.一个电荷量q=＋4.0×10－8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10－4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10－7J . 求：‎ ‎（1）A点电场强度的大小EA.‎ ‎（2）A、B两点间的电势差U.‎ 答案：（1）5.0×103 N/C　（2）20 V 解析：（1）A点电场强度的大小 ‎（2）A、B两点间的电势差 ‎17、如右图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零.若此电荷在A点处的加速度大小为，试求：‎ ‎（1）此电荷在B点处的加速度.‎ ‎（2）A、B两点间的电势差（用Q和h表示）.‎ 答案：（1）aB=3g 　（2）‎ 解析：（1）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，‎ 在A点时 　‎ 在B点时 　‎ 解得aB=3g，方向竖直向上 ‎（2）从A到B过程，由动能定理mg(h－0.25h)＋qUAB=0，故 ‎18、如右图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：‎ ‎（1）速度vA的大小.‎ ‎（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力.‎ 答案：（1）　（2）6qE 解析：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：‎ 所以小球在A点的速度 ‎（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 解以上两式，得NB=6qE.‎ 由牛顿第三定律知小球对环的作用力为6qE.‎