2018-2019学年吉林省白城市第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年吉林省白城市第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 吉林省白城市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．一带负电荷的质点，只在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递增的．关于b点电场强度E的方向，图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)‎ A． A B． B C． C D． D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向，故A错误；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，故B正确；图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动，故C错误；图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2．质子(H)、α粒子(He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是(　　)‎ A． 质子(H) B． α粒子(He) C． 钠离子(Na＋) D． 都相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由可知：当U相同，α粒子带2个单位的正电荷，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大。故选B ‎【点睛】考查动能定理的应用。‎ ‎3．如图所示，把原来不带电的金属壳B的外表面接地，将一带正电的小球A从小孔中放入金属壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡状态后，则(　　)‎ A． B的空腔内电场强度为零 B． B不带电 C． B的外表面带正电 D． B的内表面带负电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，A带正电，则B的空腔内电场强度不为零．金属球壳B外表面接地，大地中电子跑到球壳B上将正电荷中和，所以B带负电．静电平衡后，金属球壳B是一个等势体．D正确，‎ 思路分析：静电平衡后，由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，外表面接地，不带电．B的空腔内电场强度不为零．金属球壳B是一个等势体．‎ 试题点评：本题考查对于感应起电的理解能力．抓住静电平衡导体的特点，就能正确解答．‎ ‎4．图甲中AB是某电场中的一条电场线．若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示．关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A． φA>φB，EA>EB B． φA>φB，EAEB D． φA<φB，EA6 V/m B． W＝8×10－6 J　E>8 V/m C． W＝8×10－6 J　E≤8 V/m D． W＝6×10－6 J　E≤6 V/m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J。AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d ‎＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故B正确，ACD错误。‎ ‎9．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)‎ A． 经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多 B． 经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多 C． 三种原子核打在屏上的速度一样大 D． 三种原子核都打在屏的同一位置上 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1；由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；在偏转电场中的偏转位移：解得：同理可得到偏转角度的正切：，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种粒子打屏上同一点，故D正确；粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，根据动能定理，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确整个过程运用动能定理得：mv2=qU1+qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；故选BD．‎ 考点：带电粒子在电场中的加速及偏转 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。‎ ‎10．两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电荷量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是(　　)‎ A． 5F/9 B． 4F/5 C． 5F/4 D． 9F/5‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设两个电荷所带的电量分别为+q和-5q，则两电荷之间的库仑力为；两电荷接触后，各带电量为：，则此时相互作用力为：，故选B。‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】只要系统与外界没有电荷交换，电荷的代数和就不变，即电荷守恒。两个相同材料制成的相同的带异种电荷的金属小球，接触带电的原则是先中和后平分，得出接触后各自所带的电荷量，再放回原处，根据库仑定律求出库仑力的大小。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎11．如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图象应是(设两板距离足够大)(　　)‎ A． A B． B C． C D． D ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电子在前内做匀加速直线运动，后内做匀减速运动到零，然后重复之前的运动，一直向前运动，故A错误；电子在前内做匀加速直线运动，第二个 内做匀减速运动到零，第三个内反向做匀加速直线运动，第四个内反向做匀减速直线运动，然后重复之前的运动，故B正确；电子在前内做变加速直线运动，第二个内做变减速直线运动到零，第三个内反向做变加速直线运动，第四个内反向做变减速直线运动，然后重复之前的运动，故C正确；电子在前内做匀加速直线运动，第二个内做匀速运动，第三个内做匀加速运动，第四个内做匀速直线运动，然后重复之前的运动规律，故D错误。故BC正确，AD错误。‎ ‎12．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若( )‎ A． 保持S不变，增大d，则θ变大 B． 保持S不变，增大d，则θ变小 C． 保持d不变，减小S，则θ变大 D． 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据电容的定义式，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据，知U增大，所以θ变大。故A正确，B错误；保持d不变，减小S，根据电容的定义式可知电容减小，再根据知U增大，所以θ变大，故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎13．如图所示，一带负电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N仅在电场力作用下先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．下列说法正确的是(　　)‎ A． M带正电荷，N带负电荷 B． M在b点的动能大于它在a点的动能 C． N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D． N在从c点运动到d点的过程中电场力做正功 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B错误；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；N从c到d，库仑斥力做正功，故D正确。所以ACD正确，B错误。‎ ‎14．如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是(　　)‎ A． 小球在运动过程中机械能不守恒 B． 小球经过环的最低点时速度最大 C． 小球电势能增加EqR D． 小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于EqR+mgR ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故A正确；小球所受的电场力竖直向下，从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增大，速度增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故B正确；小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=△Ek；电场力做功W=EqR，所以电势能减小qER ‎，动能的增加量等于（mg+qE）R，故C错误，D正确。所以ABD正确，C错误。‎ ‎15．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是(　　)‎ A． 若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流 B． 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 C． 若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 D． 若将S断开，则油滴仍然静止，G表中无电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 若将A板左移，电容器板间电压不变，依据，可知，电场力不变，则仍处于静止，根据，可知电容减小，结合可知，电荷量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故A错误；将A板上移，依据，可知，电场力变小，将向下加速运动，依据可知电容减小，结合可知，电荷量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故B正确；将A板下移，由可知，E变大，油滴所受的电场力增大，将向上加速运动，依据可知电容增大，结合可知，电荷量增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故C错误；将S断开，电容器的电量不变，电路中无电流。板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎16．空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有(　　)‎ A． EBx的大小大于ECx的大小 B． EBx的方向沿x轴正方向 C． 电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最小 D． 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见EBx＞ECx，故A正确；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，故B错误；O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，即最小，故C正确；负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功后做负功，故D正确。所以ACD正确，B错误。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．如图所示，带电荷量分别为＋q和＋9q的两点电荷A、B，相距L，问：‎ ‎(1)若A、B固定，在何处放置点电荷C，才能使C处于平衡状态？‎ ‎(2)在(1)中的情形下，C的电荷量和电性对C的平衡有影响吗？‎ ‎(3)若A、B不固定，在何处放一个什么性质的点电荷，才可以使三个点电荷都处于平衡状态？‎ ‎【答案】（1）与A相距L/4；(2)无影响；（3）在A的右边L/4处放置电荷量为的负电荷．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律和力的合成法则求解；对于其中两个电荷研究，由平衡条件分别列式求解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由平衡条件，对C进行受力分析，C应在AB的连线上且在A、B之间，设C与A相距r，则 解得： ‎ ‎(2)距离A为处，A、B的合场强为0，C的电荷量大小和电性对其平衡无影响．‎ ‎(3)若将C放在A、B电荷两边，A、B对C同为向右(或向左)的力，C都不能平衡；若将C放在A、B之间，C为正电荷，则A、B都不能平衡，所以C为负电荷．设放置的点电荷的电荷量大小为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件，对电荷A：‎ 有 对电荷B：有 ‎ 联立可得：r1＝，Q＝q(负电荷)‎ 即应在AB连线上且在A的右边，与点电荷A相距处放置一个电荷量为q的负电荷．‎ ‎【点睛】‎ 利用合电场的场强为零来判断电荷系统的平衡问题，当研究的电场在产生电场的两点电荷的连线上时，有关场强在同一直线上，可以用代数方法运算.‎ ‎18．如图所示，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点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为3g/8，静电力常量为k，求：‎ ‎(1)此电荷在B点处的加速度；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)‎ ‎【答案】（1）9g，方向竖直向上；（2）－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Q为固定的正点电荷，另一点电荷从 A点由静止释放，由于库仑斥力作用，运动到B点时速度正好又变为零．则由库仑定律与牛顿第二定律可求出电荷在A处的加速度，从而再次列出牛顿第二定律可求出电荷在B处的加速度．从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，‎ 在A点时：‎ 在B点时：‎ 解得：aB＝9g，方向竖直向上．‎ ‎(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0‎ 解得：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了库仑定律与牛顿第二定律，及动能定理，同时还涉及电场力做功的综合运用．另一点电荷在点电荷的电场中受到变化的库仑力，加速度大小是变化的。‎ ‎19．水平放置的两块平行金属板长为L，两板间距为d，两板间电压为U且上板为正．一电子沿水平方向以速度2v0从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量为e，质量为me)‎ ‎(1)电子在板间运动时沿电场方向的偏移量；‎ ‎(2)电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏距板右边缘距离为s，求OP的长．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子垂直进入电场，在电场力的作用下做类平抛运动，离开电场后，做匀速直线运动，打在屏上．利用平抛运动的知识求解侧位移和离开电场的速度；求OP时包括两部分，ON和NP。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示：‎ 电子在电场中做类平抛运动，粒子在板间运动时间：‎ 电子垂直进入电场受到电场力：F=Eq 极板间的场强：‎ 加速度 偏转位移为y＝at2‎ 联立解得：‎ ‎(2)设粒子飞出电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，‎ 则有： ‎ 竖直方向的速度为：vy＝at 则：OP＝y＋stan θ 联立解得：‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是分析电子的受力和运动情况，利用平抛运动求偏转位移和偏转角度．明确类平抛模型的处理方法与平抛运动的处理方法相同。‎ ‎20．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得： …①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0‎ 解得： …②‎ 电容器两极板间的电压为： ‎ 电容器的带电量为： ‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg-qE）t2=0-mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得： ‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。‎ 视频