湖北省荆州中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题（附答案）.doc

荆州中学 2018 级 9 月月考 高二年级物理试卷 一、选择题（共 12 小题，每题 4 分、其中 1-8 题为单选题、9-12 题为多选题） 1．下列说法正确的是（ ） A．库仑定律适用于点电荷，也适用于一切带电体 B．根据 ，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大 C．若点电荷 q1 的电荷量大于 q2 的电荷量，则 q1 对 q2 的静电力大于 q2 大于 q1 的静电力 D．电子的电荷量是美国物理学家密立根通过油滴实验测出 2．如图所示，带电体 P、Q 可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为 M 的斜面体放在粗糙水 平面上，将质量为 m 的物体 P 放在粗糙的斜面体上，当物体 Q 放在与 P 等高（ PQ 连接水平）且与 物体 P 相距为 r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体也保持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ） A．P 所带电荷量为 B．P 对斜面压力为 0 C．斜面体受到地面的摩擦力为 0 D．斜面体对地面的压力为(M+ m )g 3．如图，电荷量分别为 Q(Q>0)和-Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点在 O 与 Q 之 间的 x 轴上，b 点在 y 轴上。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是 A．O 点电势为零，电场强度也为零 B．a 点的电场强度一定大于 b 点的电场强度 C．将负的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，后者电势能的变化较大 4．如图原来不带电的金属球 A 的半径为 R，将带电量为 Q 的正点电荷位于球外且距球心距离为 r， 将 A 球接地则（ ） A．A 球仍不带电 B．球心处的电场强度为 0 C．球上距 Q 越近的地方电势越低 1 2 2 q qF k r = 2 tanmgk r θD．该点电荷在球心处产生的电场的场强大小等于 0 5．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板 N 与静电计金属球相连， 极板 M 和静电计的外壳均接地。在两板相距为 d 时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在 整个实验过程中，保持电容器的带电荷量 Q 不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是(　　) A．仅将 M 板向下平移 B．仅将 M 板向左平移 C．仅将 M 板向上平移 D．仅在 M、N 之间插入云母板(介电常数大于 1) 6．如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内存在一正点电荷 Q，坐标轴上有 A、B、C 三点， OA=OB=BC=a，其中 A 点和 B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，静电力常量为 k，则下列说 法正确的是（　　） A．点电荷 Q 位于 O 点 B．O 点电势比 A 点电势高 C．C 点的电场强度大小为 D．将某一正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势能一直减小 7．如图所示，带正电的小球 Q 固定在倾角为 θ 的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量 为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 A 点由静止释放，到达 B 点时速度恰好为零。若 A、B 间距为 L， C 是 AB 的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为 g。则下列判断正确的是 A．从 A 至 B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．在 B 点受到的库仑力大小是 mgsinθ C．Q 产生的电场中，A、B 两点间的电势差为 D．在从 A 至 C 和从 C 至 B 的过程中，前一过程 q 电势能的增加量较小 8．空间存在一静电场，场强方向与 x 轴平行，电场中的电势随 x 的变化规律如图所示，下列说法正 确的是（　　） A．电场强度可能为零 B．处电场向一定沿 x 轴负方向 C．电荷量为 e 的负电荷沿 x 轴从 0 点移动到 x=6m 处，电势能增大 8 eV 22 kQ aD．沿 x 轴正方向，电场强度先增大后减小 9.（多选）一带负电的粒子只在电场力作用下沿 轴正向运动，其电势能 随位移 变化的关系如 图所示，其中段是关于 对称的曲线， 段是直线，则下列说法正确的是（ ） A． 处电场强度最大 B． 段是匀强电场 C． 处电势 的关系为 D．粒子在 段做匀速运动， 段做匀速直线运动 10．（多选）如图，在某匀强电场中有 M、N、P 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P ＝90°，直角边 NP 的长度为 4 cm。已知电场方向平行于 MN 边，M、N 点的电势分别为 3 V、15 V。 则（ ） A．电场强度的大小为 150 V/m B．电场强度的大小为 75 V/m C．点 P 的电势为 10V D．点 P 的电势为 12V 11．（多选）如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一 带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小 段距离，则 A．P 点的电势将降低 B．带电油滴的电势能将增大 C．带电油滴将沿竖直方向向下运动 D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 12．（多选）如图所示，二价氦离子(质量为，电量为)和质子（质量为，电量为）的混合体，经同一 加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（ ） A．侧移相同 B．偏转角相同 C．到达屏上同一点 x PE x 1x x= 2 3x x∼ 1x 2 3x x∼ 1 2 3x x x、 、 1 2 3 ϕ ϕ ϕ、 、 1 2 3> >ϕ ϕ ϕ 2~O x 2 3x x∼D．到达屏上不同点 二、解答题（共 52 分、其中 13 题 10 分、14 题 10 分、15 题 10 分、16 题 10 分、17 题 12 分。说明： 解答是须写出必要的解答步骤） 13．把一带电荷量为 的小球 A 用绝缘细绳悬吊，若将带电荷量为 的带电小球 B 靠近 A（如图所示），当两个带电小球在同一高度相距 30cm 时，绳与竖直方向成 45°角，已知静电 力常量，A、B 两小球均可视为点电荷， ，求： (1)A、B 两球间的库仑力大小； (2)撤去小球 B.改加一匀强电场，为使小球 A 仍静止在原处，则所加匀强电场的 场强最小值多大？方向如何？ 14．如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容 C=10-8F，板间距离 d=3 cm,两极板分别带等量的异种电荷，电量 Q=1x10-6c.一电荷量 q = - 3x10-10C,质量 m=8x10-8kg 带电 油滴以 vo=0.5 m/s 的速度自 AB 板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从 CD 板 右边缘水平飞出，g 取 10 m/s2, 不计空气阻力.求: (1)油滴运动到 AD 中点时的电势能 Ep: (2)带电粒子从电场中飞出时的速度大小 v. 15．如图所示，M、N 为两块水平放置的平行金属板，板长为 l，两板间的距离也为 l，板间电压恒 为 U。今有一带电量为 －q、质量为 m 的粒子(重力不计)，以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电 场，最后打在距两平行板右端距离为 l 的竖直屏上。粒子的落点距 O 点的距离为 。若在纸面内，大 量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从 MN 板间不同位置垂直进入电场。试 求： (1)粒子的初速度； (2)这些粒子落在竖直屏上的范围。 85 10 C−− × 64 10 C−+ × 2m10 sg =16．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷 的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受 电场力是其重力的 ，圆环半径为 R，斜面倾角为 θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的 圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8、最后的计算结果用小数表示) 17．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为 E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧 轨道，轨道半径为 R＝ ，轨道在 A 点的切线与水平方向成 60°角，在 B 点的切线与竖直线 CD 垂 直；在Ⅲ区域内有一宽为 d 的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为 m、带 电荷量为－q 的小球(可看做质点)从左边界的 O 点正上方的 M 点以速度 v0 水平射入区域Ⅰ，恰好从 A 点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，重力加速度 g、求： (1)OM 的长 L； (2)区域Ⅲ中电场强度的大小 E′； (3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与 OO′的距离 s。 3 4 2 05v g参考答案 1．D 【解析】 【详解】 A. 库仑定律仅适用于点电荷，故 A 项与题意不相符； B. 当两个点电荷距离趋于 0 时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式 ，不适用 了，故电场力并不是趋于无穷大，故 B 项与题意不相符； C. 两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷 q1 的电荷量与 q2 的电荷 量大小如何，q1 对 q2 的电场力大小上总等于 q2 对 q1 电场力，故 C 项与题意不相符； D. 根据带电本质可知，所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，任何带电体的电荷量 都不是连续变化的，故 D 项与题意相符。 2．D 【解析】 【分析】 以 P 为研究对象，根据平衡条件求 Q 对 P 的库仑力和斜面对 P 的支持力，再由库仑定律求电 荷量．以斜面体和 P 整体为研究对象，由平衡条件求解地面对斜面体的支持力和摩擦力，即 可得到斜面体对地面的压力和摩擦力． 【详解】 AB、以 P 为研究对象，受到重力 mg、斜面体的支持力 N 和库仑力 F，如图，由平衡条件得： ， 根据库仑定律得： 1 2 2 q qF k r = tanF mg θ= cos mgN θ= 2 2 qF k r =联立解得： 由牛顿第三定律得 P 对斜面的压力为： N，故 A、B 错误。 CD、以斜面体和 P 整体为研究对象，由平衡条件得 地面对斜面体的摩擦力为： 地面对斜面体的支持力为： 根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为 F，斜面体对地面的压力为为： ．故 C 错误，D 正确。 故选：D。 【点睛】 本题采用隔离法和整体法研究共点力平衡问题，关键是明确研究对象，正确进行受力情况， 然后根据共点力平衡条件列方程研究． 3．B 【解析】 【详解】 A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线； 电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以 Ob 连线的电势等于 0，而电 场强度不等于 0．故 A 错误； B.根据点电荷电场强度公式 ，及矢量的叠加原理可知，在 x 轴上，O 点的电场强度最 小，而在 y 轴上，O 点的电场强度最大，因此 a 点电场强度大于 b 点电场强度的大小，故 B 正确； C.将负的试探电荷从 O 点移到 a 点，即将负电荷从低电势移到高电势，则其电势能减小，电 场力做正功，故 C 错误； D.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以 O、b 两点的电势是相等的，将同 一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，二者电势能的变化相等，故 D 错误； 4．B 【解析】 【分析】 tanmgq r k θ= cos mgN N θ=′ = f F= 1 ( )N M m g= + 1 ( )N M m g= + 2 kQE r =金属球在点电荷 Q 附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金 属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理分析点电荷 Q 在金 属球球心处激发的电场场强. 【详解】 A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，所以接地 后断开，金属球带负电;故 A 错误. B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷 Q 与感应电荷在金属球内 任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故 B 正确. C、金属球处于静电平衡状态，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面的电势等于左侧表 面;故 C 错误. D、点电荷 Q 在金属球球心处激发的电场场强 ,方向向左;故 D 错误. 故选 B. 【点睛】 解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电 场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势体. 5．D 【解析】 电容器的 M 板通过大地与静电计的金属外壳连接，右边的 N 板与静电计指针相连，两板之间 电压越高，静电计的指针张角越大．在电荷量不变时，张角变小,即电压 变小，可判断 电容变大，而平行板电容器电容 ，M 板下移使正对面积 S 变小，电容 C 变小，电 压升高，静电计张角变大，故 A 错误；M 板向左平移，两板之间的距离 d 变大，电容变小， 电压升高，静电计张角变大，故 B 错误；M 板向上平移，使正对面积 S 变小，电容 C 变小， 电压升高，静电计张角变大，故 C 错误；仅在 M、N 之间插入云母板（介电常数大于 1）而 空气的介电常数等于 1 即电容 C 变大，电压降低，静电计张角变小，故 D 正确．故选 D． 点睛：对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量（电压不变还是电量不变），根据电容 的定义式 和决定式 进行分析． 6．C 【解析】 2 QF k r = QU C = 4 SC kd ε π= QC U = 4 SC kd ε π=因 A 点和 B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，故 A、B 到点电荷的距离相等，O、C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示 由图可知 A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故 O 点电势比 A 点低，故 B 错误，由图可知 OC 的距离 ，根据 ，得 ，故 C 正确；由图可知， 将正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故 D 错误，故选 C. 7．C 【解析】 小球 q 下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力 mgsinθ 和库仑力，两力方向相反，根据库仑 定律：可知，库仑力逐渐增大，由题意可知，库仑力开始时小于 mgsinθ，后来大于 mgsinθ， 所以 q 先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与 mgsinθ 大 小相等时速度最大，故 A 错误；q 从先做加速运动后做减速运动，在 B 点时加速度沿杆向上， 所以库仑力大于 mgsinθ，故 B 错误；从 A 到 B，根据动能定理得：mgLsinθ+qUAB=0，又 UBA=-UAB， 可得：，故 C 正确；下滑过程，AC 间的场强小，CB 间场强大，根据 U=Ed 知，A、C 间的电 势差值小于 C、B 间的电势差值，根据电场力做功公式 W=qU 得知，从 A 至 C 电场力做功较 小，则电势能的增加量较小，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。 8．C 【解析】 图象的斜率等于电场强度，则知 x=4m 处的电场强度不为零，A 错误；从 0 到 x=4m 处电势不 断降低，但 x=4m 点的电场方向不一定沿 x 轴正方向，B 错误；沿 x 轴正方向电势降低，某负 电荷沿 x 轴正方向移动，受力的方向始终指向 x 轴的负方向，电场力做负功 8eV，电势能增大 8eV，C 正确；由斜率看出，从 0 到 6m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度沿 x 轴先减 小后增大，D 错误． 9．BC 2Cr a= 2 QE k r = 22C kQE a =【解析】 【详解】 根据电势能与电势的关系 及场强与电势的关系 ,得 ,由数学知识可 知 图像切线的斜率为 ， 处切线斜率为零,则 处的电场强度为零,故 A 错误. 段图像切线斜率不变,故电场强度大小和方向均不变,是匀强电场，故 B 正确;根据电势 能与电势的关系 ,粒子带负电, ,则知电势能越大，粒子所在处的电势越低,所以有 ,故 C 正确.由图看出在 段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小,粒子 所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动; 段图像切线的斜率不断增大,场强增 大,粒子所受的电场力增大,加速度增大，做非匀变速运动; 段斜率不变,场强不变,即电场 强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故 D 错误 10．AD 【解析】AB、由题意电场方向平行于 MN 边，M、N 点的电势分别为 3 V、15 V 知电场强度 为 A 对，B 错 NP 在 电 场 方 向 上 的 有 效 长 度 为 2cm, 所 以 则 解得： ，C 错,D 对 故本题选 AD 点睛：匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比,找出 P 点的等势面,及两等势面 间的距离,则电场强度为 . 11．ABC 【解析】 【详解】 A．因为电容器和直流电源相连，所及极板间电压不变，间距增大，极板间电场强度减小，所 以 P 点和下极板间的电势差减小，又下极板接地，所以 P 点电势减小，A 正确 B．根据题意可知，上极板带正电，又油滴初始静止，所以可知油滴带负电，P 点电势减小， 因此油滴电势能增大，B 正确 pE qϕ= E x ϕ∆= ∆ p1 EE q x ∆= ⋅ ∆ pE x− pE x ∆ ∆ 1x 1x 2 3x x∼ pE qϕ= 0q < 1 2 3> >ϕ ϕ ϕ 1O x 1 2x x 2 3x x∼ 12 150 /0.08 UE V md = = = 150 0.02 3NPU Ed V= = × =′ 3NP N PU Vϕ ϕ= − = 12P Vϕ = UE d =C．因为极板间电场强度减小，原来电场力等于重力，现在电场力小于重力，油滴向下运动， C 正确 D．根据平行板电容器电容决定式可知，间距增大，电容减小，又电压不变，所以极板所带电 荷量减小，D 错误 12．ABC 【解析】 【分析】 本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．两种粒子在偏 转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根 据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位 移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系． 【详解】 设加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为 L，板间距离为 d。粒子在加速电场中，由动 能定理得：①，粒子在偏转电场中水平方向做速度为的匀速直线运动，则在偏转电场中运动 的时间为，则在偏转电场中的偏转位移②，联立①②得，可知侧位移与电量无关，故 A 正确； 同理可得到偏转角度的正切，可知偏转角与电量无关，故 B 正确；综上分析可知 y 和与电荷 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。故两种粒子打屏上同 一点，故 C 正确，D 错误；故选 ABC。 【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． 13．(1)0.02N (2) ，方向与水平方向夹角 斜向右下方 【解析】 【详解】 (1) 由库仑定律得 代入数据： F=0.02N (2) 当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小，由 62 2 10 N/C× 45° 2 A Bkq qF r =mgsinα=qE 解得： 方向与水平方向夹角 斜向右下方。 14． (1) ；(2) 【解析】 【详解】 (1)AD 中点的电势为 ， 电势能为： ； (2)带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不 可忽略，受力分析如图所示．静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受 合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有： 解得： 。 15．1．（1） （2） 【解析】 （1）粒子运动的时间为 ① 加速度为 ② 偏转位移为 ③ 联立得： 离开电场后粒子做匀速直线运动，根据几何关系： 5sin N2 2 10 C mgE q α= = × 45° 8 P 1.5 10 JE −= − × m1 sv = 50V2 Uϕ = = 8 P 1.5 10 JE qϕ −= − = − × 2 2 0 1 1 2 2qU mv mv= − m1 sv = 3qU m 50, 6 l     lt v = qUa md = 2 1 1 2y at= 2 1 22 qUly mdv = 12 2 2 l y l ll = +带入数据得： ； （2）带入数据得，粒子在偏转电场中的偏转量： ，可知据上板 l/6 内的粒子将 无法穿过电场。由于各个粒子运动情况一致，可知： 当粒子从贴近下板进入电场,其总的竖直位移与前面相同(因为场强、电量等量是相同的),即为 l/2,所以打在 O 点；当粒子恰好从上板边缘飞出电场时,打到屏上的位置据 O 点为 , 所以,从 O 点到最上端的距离为 ，粒子落在竖直屏上的区域 如图是 。 16．7.7R 【解析】 【详解】 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F，如图所示．可知 F＝ 1.25mg，方向与竖直方向成 37°角． 由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D 点，设小球恰好能通过 D 点，即到达 D 点时 圆环对小球的弹力恰好为零． 由圆周运动知识得： ，即： 小球由 A 运动到 D 点，由动能定理结合几何知识得： mg(h－R－Rcos 37°)－ mg·( ＋2R＋Rsin 37°)＝ ， 联立解得 h≈7.7R. 17．(1) 　(2) 　(3) 【解析】 3qUv m = 1 6 ly = 5 3 2 6 l l l+ = 5 3 2 6 l l l+ = 50, 6 l     2 DvF m R = 2 1.25 Dvmg m R = 3 4 tan h θ 21 2 Dmv 2 03 2( ) mv qE mg+ 2 09 2 mv qd 2 2 0 2 0 5 2 2 9 v gd g v +【详解】 （1）小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在 A 点时的速度为 vA，竖直分速度为 vy，则有 cos 60°＝ tan 60°＝ 即 vA＝2v0 vy＝ v0 由牛顿第二定律知 ， 由 vy2＝2aL，知 。 （2）在区域 II 中，由图可知 BC＝ 所以从 A 点到 B 点，由动能定理得 得 vB＝3v0。 在区域 III 中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动 学规律知 得 。 0 A v v 0 yv v 3 qE mga m += 2 03 2( ) mvL qE mg = + 2 R 2 21 1 2 2 2B A Rmg mv mv⋅ = − 2 2B qEv dm ′ = 2 09 2 mvE qd ′ =（3） 所以 。 小球在竖直方向上做自由落体运动，即 所以小球到达右边界上的点与 OO′的距离 B qEv tm ′ = 0 2 3 dt v = 2 2 2 0 1 2 2 9 gdh gt v = = 2 2 0 2 0 5 2 2 9 v gds BC h g v = + = +