重庆市暨华中学校2021-2022学年高二上学期第一次月考物理 Word版含解析.docx

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物理试卷一、选择题（每题3分，合计36分）1.关于电场强度的概念，下列说法正确的是（　　）A.电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷无关B.正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C.由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比D.电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零【答案】A【解析】【详解】ABD．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，而场强由电场本身决定，与放入电场的试探电荷无关，故A正确，BD错误；C．由可知，是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知单场强度与、无关，由电场本身决定，故C错误。故选A。2.在真空中有两个完全相同的金属带电小球(视为点电荷)，带电荷分别为-q1和+q2，其相互作用力大小为F，今将两小球接触一下再放回原处，这时相互作用力大小为F/3，则两球原来带电荷量大小的关系是(  )A.q1:q2=1:1B.q1:q2=2:3C.q1:q2=3:1D.q1:q2=4:1【答案】C【解析】【详解】根据库伦定律得：接触前，两球作用力大小为接触后   联立解得：q1：q2=3：1，故ABD错误，C正确。故选C。3.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得则OB沿电场线方向上的距离所以电场强度故选A。【点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即，注意d是沿电场线方向上的距离。 4.如图所示，在原来不带电的导体附近P处，放置一个正点电荷，导体内a、b、c三点与点电荷P在同一连线上，导体达到静电平衡后（）A.导体内三点的电势关系：B.导体两端感应电荷在导体内b点的场强方向沿b指向cC.若导体缓慢向点电荷P靠近过程中，导体内a、b、c三点的电场强度将逐渐增大D.若导体右端接地，大地上有感应负电荷，导体左端有感应正电荷【答案】B【解析】【详解】A．达到静电平衡后，整个导体是一个等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，选项A错误；B．导体内部场强为零，即电荷P在b点产生的场强与导体两端感应电荷在导体内b点的场强等大反向，因为电荷P在b点产生的场强向左，则导体两端感应电荷在导体内b点的场强方向向右，沿b指向c，选项B正确；C．若导体缓慢向点电荷P靠近过程中，导体内a、b、c三点的电场强度仍为零不变，选项C错误；D．若导体右端接地，则导体上的正电荷入地，负电荷由大地移向导体，即导体右端有感应负电荷，选项D错误．5.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是A.B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．6.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（　　） A.电势能增加B.动能增加C.机械能增加D.重力势能增加【答案】D【解析】【详解】AC.重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得则电势能减少量等于电场力做的功AC错误；B.动能变化量B错误；D.在竖直方向做匀减速到零的运动，由得重力势能增加量D正确；故选D。7.含有大量H、H、He的粒子流无初速地进入同一加速电场然后进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上。下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是（　　）A.出现三个亮点，偏离O点最远是HB.出现三个亮点，偏离O点最远的是He C.出现两个亮点D.只会出现一个亮点【答案】D【解析】【详解】根据动能定理粒子在偏转电场中的运动时间偏转位移为联立以上可得可知偏转位移与粒子的电量和质量无关，所以三种粒子偏转位移相同，则会出现一个亮点，故D正确，ABC错误。故选D。8.如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是　　A.c、d两点的电场强度相同B.a、b两点的电势相同C.将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大【答案】D【解析】 【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．BD：MN间的电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误．【点睛】解决本题关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功．9.如图（a），直线MN表示某电场中的一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图（b）所示．设a、b两点的电势分别为、，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有A.>B.Ea>EbC.EaWb【答案】BD【解析】【详解】A．负电荷从a运动到b，做加速运动，可知电场力的方向水平向右，则电场线的方向水平向左，可知φa<φb．故A错误；BC．从a到b的过程中，电荷的加速度逐渐减小，可知电场强度的大小逐渐减小，则Ea＞Eb．故B正确，C错误；D．从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则Wa＞Wb．故D正确。故选BD。10.如图所示，P、Q处固定有等量的同种正电荷，O为P、Q连线的中点，在P、Q 连线的垂直平分线上，一个带电粒子在A点由静止释放，结果粒子在A、B、C三点的加速度大小相等，且A、C关于P、Q连线对称，不计粒子受到的重力，则下列说法正确的是（　　）A.带电粒子在点的速度为零B.带电粒子在点的速度最大C.带电粒子在点的加速度为零D.带电粒子从A点运动到点的过程中，加速度先减小后增大【答案】ABC【解析】【详解】A．由题意，根据对称性可知A、C两点电势相等，所以粒子在A、C两点的电势能相等，由于粒子从A点由静止释放，即初动能为零，根据能量守恒定律可知粒子在C点动能也为零，即速度为零，故A正确；BC．根据等量同种电荷周围的电场分布可知OA之间电场强度方向由O指向A，OC之间电场强度方向由O指向C，且在O点处电场强度为零，所以粒子从A到O的过程始终做加速运动，从O到C的过程始终做减速运动，粒子到达O时速度达到最大，且加速度为零，故BC正确；D．在P、Q连线的中垂线上，从O点到无穷远处，电场强度先增大后减小，因为粒子在A、B两点的加速度大小相等，所以A、B两点电场强度大小相等，则电场强度最大值在A、B之间，所以带电粒子从A点运动到点的过程中，所受电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故D错误。故选ABC。11.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.点电势将降低 C.电容器的电容减小，极板带电荷量减小D.带电油滴的电势能保持不变【答案】BC【解析】【详解】试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．由于两极板与电源相连，所以两极板间的电势差不变，上极板向上移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据公式可得两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力变小，重力大于电场力，油滴向下运动，A错误；P点到下极板的距离不变，下极板的电势为零，所以P到下极板的电势差等于P点的电势，故根据可得P点电势减小，B正确；根据可得电容减小，根据公式可得电荷量减小，C正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误．12.将一个带电荷量为+Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处，两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在球面上，如图所示。若A、B所带的电荷量很少，两者间的作用力可忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（　　）A.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等B.小球A、B所带的电荷量相等C.小球A的角速度比小球B的角速度大D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力【答案】AC【解析】【详解】A．小球A、B各自运动轨迹上的各点到点电荷的距离相等，则电势相等，故A正确；B．AB两个小球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，设小球与Q的连线与竖直方向的夹角为θ，则有 由于θ不等，则库仑力不等，而A、B小球到Q的距离相等，所以小球A、B所带电荷量不相等，故B错误；C．小球做圆周运动时满足由于A所受到的库仑力大于B所受到的库仑力，所以小球A的角速度比小球B的角速度大，C正确；D．小球受到重力和库仑力的合力提供向心力，故D错误。故选AC。二、实验题（本大题共2小题，共18分）13.在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学安装好实验装置并进行如下操作：（1）给平行板电容器充电，保持两板距离和板上的电荷量不变，使B板平行上移，如图甲所示，则静电计指针偏角_____（填“不变”，“变大”或“变小”）（2）给平行板电容器充电，保持两板正对面积和板上的电荷量不变，使B平行板右移，如图乙所示，观察到静电计指针偏角减小，则平行板电容器的电容_____（填“不变”，“变大”或“变小”）【答案】①.变大②.变大【解析】【详解】（1）[1]给平行板电容器充电，保持两板距离和板上的电荷量不变，使B板平行上移S减小，根据知电容C减小，再根据电容的定义式知U增大，则静电计指针偏角变大；（2）[2]给平行板电容器充电，保持两板正对面积和板上的电荷量不变，使B平行板右移d减小，电容C增大，静电计两端电压U减小，观察到静电计指针偏角减小。14.为了测量元电荷的电荷量，密立根进行了油滴实验，实验原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落入匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力。 （1）调节两金属板间的电势差时，使得某个质量为的油滴恰好做匀速运动。则该油滴所带电荷量为__________________。（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差时，观察到某个质量为的带负电的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则此油滴所带电荷量Q为__________________。【答案】①.②.【解析】【详解】（1）[1]油滴恰好做匀速运动，电场力与重力平衡，则油滴受到的电场力竖直向左，油滴带负电，根据受力平衡可得解得（2）[2]油滴带负电，则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为，由牛顿第二定律得又联立解得三、计算题（46分）15.将带电荷量为的正电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功。若取无限远处为电势能零点，问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？ （2）A点的电势是多少？（3）若仅在电场力作用下可以把带电荷量为的静止电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？电场力做了多少功？【答案】（1）电势能增加，；（2）；（3）带负电，【解析】【详解】（1）电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功，则电荷的电势能增加，增加了由可知电荷在A点具有的电势能为（2）根据可得A点的电势为（3）若仅在电场力作用下可以把带电荷量为的静止电荷从无限远处移到电场中的A点，可知电场力做正功，则电荷电势减少，电荷在A点的电势能为负值，由于A点电势为正值，则电荷带负电；电场力做功为16.如图所示，在A点固定一带正电的小球1，带电小球2质量为m，电量为q，用一根长度为L不可伸长的绝缘细线悬挂在O点，小球2能静止在B点，悬线与竖直方向成θ角，A、B两点等高，A、B距离为r，现将球2拉至水平位置C由静止释放，球2运动到B点的速度大小为v，（小球大小不计）求： （1）小球1的带电量Q（2）B、C两点电势差UBC【答案】(1)(2)【解析】【详解】试题分析：对带电小球2静止时受力分析，由力的平衡条件和库仑定律即可求出小球1的带电量；小球2从C至B运动过程，由动能定理即可求出B、C两点电势差UBC．（1）带电小球2静止时，由力平衡有：解得：（2）小球2从C至B运动过程，由动能定理：解得：点睛：本题主要考查了带电体在电场与重力场中的平衡与运动问题，以及电势差的定义式．17.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E． 【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=解得:U0=(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有L=v0tad方向，有:L=Uac=EL=（3）根据可知，离子射出电场时的速度，方向与ab所在直线的夹角为45°，即，根据，，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即根据动能定理，有：解得 18.如图所示，CD左侧存在场强大小为E=，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、带正电电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α=53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin53°=0.8，cos53°=0.6)。（1）求DA两点间的电势差UDA；（2）求圆管半径r；（3）求小球从D点运动到P点的时间t。【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】【详解】(1)有电势差和场强的关系：U=Ed可知：(2)小球恰好经过D点，则小球在D点的速度为0，有动能定理可知：解得：(3)小球离开D点后，水平方向和竖直方向上受力大小相等，大小均为mg，故水平位移为竖直位移也为x，轨迹与竖直方向夹角为45°，故根据几何关系可得：