江西省宜春市上高县第二中学2018_2019学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.docx

2018-2019学年江西省宜春市上高二中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题1.在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是A. 若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B. 若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4EC. 若放置到该点的检验电荷变为，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D. 若放置到该点的检验电荷变为，则场中该点的场强大小方向均不变【答案】D【解析】试题分析：电场中某点的电场强度与试探电荷的大小及电性无关；若移去试探电荷，则该点的电场强度为E，选项A错误；若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强仍为E，选项B错误； 若放置到该点的试探电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，方向也不变，选项C错误； 若放置到该点的试探电荷变为2q，则场中该点的场强大小，方向均不变，选项D正确；故选D考点：电场强度2.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，过O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷，则在A点所受的电场力为A. ，方向向上B. ，方向向上C. ，方向水平向左D. 不能确定【答案】B【解析】试题分析：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A点对+q的电场力沿AO方向的分力为，根据对称性可知垂直AO方向的分力抵消。整个均匀带电圆环在A点对+q的电场力为,，方向沿OA方向向上，选项B正确。考点：本题考查了库仑定律的应用点评：在解决一些不是很规则的物体时，微元法和对称法是一种很重要的物理解析思想，这就导致了此类题目的难度系数较大，学生最容易出错3.某平面区域电场线呈上下、左右对称分布，如图所示，已知M、N为区域中上、下对称的两点，根据以上条件，下列判断正确的是 A. M点场强一定等于N点场强B. M点场强一定大于N点场强C. 将正电荷从M点沿虚线移动到N点，电场力做正功D. 电子在M点的电势能等于在N点的电势能【答案】D【解析】【详解】解：AB、由题，该电场上下是对称的，可知M处与N处的电场线的疏密是相同的，所以M点的电场强度与N点的电场强度大小是相等的, 因为场强方向为电场线的切线方向,M、N两点的场强方向不同，故A、B错误；C、由题，该电场上下是对称的，可知M处与N处的电势大小相等，将正电荷从M点沿虚线移动到N点，电场力做的总功为0，故C错误；D、电子从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功，再做负功，由对称性可知，总功为零，故电子在M、N两点的电势能相等，故D正确；故选D。【点睛】关键是知道沿电场线方向电势降低，电场线的疏密表示电场强度的强弱；电场力做正功，电荷的电势能减少，根据这些知识，结合题目中电场的对称性进行分析。4. 如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点在此过程中，该点电荷的速度随时间t变化的规律如图乙所示则下列说法中正确的是（ ）A. A点的电场强度比B点的大 B. A、B两点的电场强度相等C. A点的电势比B点的电势高 D. A点的电势比B点的电势低【答案】D【解析】解：AB、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强故A、B错误CD、由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势低故C错误，D正确故选D考点：电场线；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口点评：本题虽然难度不大，但考查的知识点比较全面，是不可多得的好题，要注意掌握5.如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则A. 当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B. 当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D. 小球在运动过程中机械能守恒【答案】C【解析】试题分析：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；故AB错误当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点a时，小球的电势能最小故C正确由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒故D错误故选C考点：电场强度；牛顿第二定律；点评：本题题设条件不明时，要进行讨论，分三种情况分析小球的受力情况和运动情况6.如图所示，一电子以的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间从电子射入的时刻开始在金属板间加如图所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板则下列说法正确的是A. 电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出不包括轴线B. 电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出不包括轴线C. 电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D. 电子射出后动能一定增大【答案】C【解析】试题分析：由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错误，C正确；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错误。考点：带电粒子在匀强电场中的运动7.图为示波管的原理图如果在电极之间所加的电压图按图所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：示波管的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由于电极加的是扫描电压，电极之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B8.如图所示，质量分别为和的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度，以下说法正确的是A. 系统机械能不断增加B. 系统动能不断增加C. 当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D. 当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大【答案】D【解析】【详解】A、在弹簧伸长的过程中，电场力对球A和球B都做正功，则系统机械能增加，当弹簧伸长到最长后又收缩，电场力做负功，则系统机械能减小，故A错误；BD、电场力大于弹簧弹力，小球A向左加速小球B向右加速，电场力小于弹簧弹力，小球A向左减速小球B向右减速，知当电场力和弹簧弹力相等时，系统动能最大，故D正确，B错误；C、当弹簧长度达到最大值时，电场力一直做正功，则机械能一直增加，系统机械能最大，故C错误；故选D。【点睛】关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动。9.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是A. M点处放置的是正电荷B. d点的电势高于f点的电势C. d点的场强与f点的场强完全相同D. 将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】试题分析：因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高故f点电势高于d点电势则N点为正电荷，故A错误，B错误d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功故D正确故选D考点：电场线；电势及电势能；电场强度【名师点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握。10.某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是A. 不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低B. 不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小C. 如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大D. 如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小【答案】D【解析】试题分析：若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高故A错误；不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等故B错误；如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，则由动能定理得知，电子在a点动能较小故C错误；如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在b点动能较小故D正确；故选D.考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；要知道物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向；电场力做正功，物体的动能增加，电势能减小；这些都是要熟记的结论.11.真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上和的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是A. 点电荷M、N一定为同种电荷B. 点电荷M、N一定为异种电荷C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1D. 处的电势一定为零【答案】AC【解析】【详解】AB、由图知处电场强度为0，两个点电荷在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，所以两电荷必为同种电荷。故A正确，B错误；C、由点电荷的场强公式可知，点电荷M、N在处的场强分别为，根据，可以得到，故C正确；D、电场强度为0，由于电势的零点可以人为选取，所以此处的电势不一定为0，故D错误；故选AC。【点睛】关键根据两点电荷连线之间某点的电场强度为0，而知道两点电荷为同种电荷，以及知道电场强度为0，电势不一定为0，根据点电荷场强公式求解电荷量绝对值之比。12.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、可视为点电荷，被固定在光滑绝缘的水平面上、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且现将一个电荷量很小的带负电的小球可视为质点，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，由速度与时间的图象的斜率先变大后变小，由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，如果PN足够远，则B正确，如果PN很近，则A正确，C、D错误；故选AB。【点睛】A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向，速度越来越大，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。13.一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用若重力势能增加3J，机械能增加，电场力做功1J，则小球A. 克服重力做功3JB. 电势能增加1JC. 克服空气阻力做功JD. 动能减少J【答案】ACD【解析】重力做了多少负功重力势能就增大多少，所以克服重力做功3J，A对；电场力做功多少电势能就减小多少，B错；机械能的变化根据除了重力做功以外其他力做功来判断，所以克服空气阻力做功为1J-0.5J=0.5J，C对；动能变化根据合外力做功来判断，所以动能减小2.5J，D对；14.X轴上有两点电荷和，和之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出A. 的电量一定大于的电量B. 和一定是同种电荷，但不一定是正电荷C. 电势最低处P点的电场强度为0D. 和之间各点的电场方向都指向P点【答案】ACD【解析】【详解】AC、图线的切线斜率表示电场强度的大小，P点切线斜率为零，则P点的电场强度为零，两电荷在P点的合场强为零，P点距离较远，根据点电荷的场强公式知，的电量大于的电量，故A、C正确；B、从坐标到电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知和一定是同种电荷，且都为正电荷，故B错误；D、因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，和之间各点的电场方向都指向P点，故D正确；故选ACD。【点睛】关键根据P点的切线斜率即电场强度为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低，图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标到电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小。二、计算题15.如图所示，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电，B带电现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，问：C应带什么性质的电？应放于何处？所带电荷量为多少？【答案】C带负电 放在A的左边0.2 m处【解析】试题分析：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两电荷排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，因为外侧两电荷距离大，所以外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，因此，C只能带负电，并且只能放在二者连线的延长线上，靠近A，如图所示.设C与A间距为x，电荷量为qC.由题意可知，A、B、C均处于平衡，则三者所受合力为零.对C有，解得对A有,解得考点：库仑定律。【名师点睛】：（1）对于三个电荷平衡问题可总结为：近大远小，两同夹一异（2）对于处于平衡状态的物体，在解决此类问题时，先对物体进行受力分析，然后根据力的平衡条件，列出平衡方程求解，不管是电场力，还是磁场力都一样。16.如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；一质量为m、电荷量为的粒子以平行于x轴的速度从y轴上P点处射入电场，从x轴上的Q点离开电场，已知，L.不计粒子重力求：粒子在第一象限中运动的时间粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角【答案】（1） （2） 【解析】【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x轴正方向做匀速运动由牛顿第二定律和类平抛运动的知识可以求运动的时间；将粒子经过x轴时的速度进行分解，即可求得粒子离开第一象限时速度方向与x轴夹角的正切，从而求出夹角；【详解】解：带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x轴正方向做匀速运动设加速度大小为a，初速度为由类平抛运动的规律得： 又联立解得设粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角为则：联立解得即17.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时，小球到达B点速度恰好为零试求：(1)AB两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小；(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：，所以。（2）BA间电势差为，则场强。（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：，所以。考点：电势差、共点力