山西省长治二中2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、2020学年第一学期高二第一次月考物理试题 一、选择题（本题共15个小题，每小题4分，共60分。第1-12小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第13-15小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）1.下列说法正确的是A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B. 根据F=kq1q2/r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大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对q1的静电力D. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍【答案】D【解析】【详解】库仑定律只适

2、用于真空中的点电荷之间的作用力，当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，与电荷的实际大小和带电量无关，故A错误；当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用，故B错误；两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关，故C错误；所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.下列关于静电学公式的理解，正确的是A. F=kq1q2/r2只对点电荷成立 B. E=kq/r2只对匀强电场成立C. E=F/q只对点电荷成立 D. U=W/q只对匀强电场成立【答案】A【解析】【详解】库仑定律只适用于真空中

3、静止的点电荷，只对点电荷成立，故A正确；只适用于真空中静止的点电荷，所以只对点电荷成立，故B错误；是电场强度的定义式，该式适用任何电场，故C错误；电势差的定义式，运用比值法定义，适用于任意电场，故D错误。所以A正确，BCD错误。3.如图所示是某电场中的一条直电场线，一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，下列有关该电场情况的判断中正确的是A. 电势一定高于 B. 场强一定小于C. 电子具有的电势能一定大于 D. 该电场一定是匀强电场【答案】C【解析】【详解】电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的电场力一定是由a指向b。因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方

4、向一定是由b指向a。由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故BD错误；由上可知电场方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势a一定低于b，故A错误；由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能EPa一定大于EPb，故C正确。所以C正确，ABD错误。4.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2 ( Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN = NP。 Q1、Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图乙。则A. M点电场场强大小为零B. N点电场场强大小为零C. M、N之间电场方向沿x轴负方向D. 一正试探电荷从P移到M过程

5、中，电场力做功【答案】B【解析】【详解】-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；M点的电势为零，P点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故C错误；由图象可知，UMNUNP，故电场力做功qUMNqUNP，从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|WNM|，故D错误。所以B正确，ACD错误。5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab = Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A. 三个等势面中，a的电势

6、最低B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C. 带电质点分别通过P点、Q点是的动能与运动方向有关D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【答案】B【解析】【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，从Q到P过程中电场力做负功，动能减小，故P点的动能小于Q点的动能，所以带电质点分别通过P点、Q点是的动能与运动方向

7、无关，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。所以B正确，ACD错误。6.如图所示，在边长为L的正方形ABCD的四个顶点上，A、B两点处分别放有电荷量都为+q点电荷，C、D两点处分别放有电荷量都为-q的点电荷，则正方形对角线的交点处的场强为A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设对角线的交点为O，A、B、C、D四点电荷在O点的场强大小均为：，则A、C两点电荷在O点产生场强的合场强，方向由A指向C，同理B、D两点电荷在O点产生场强的合场强也为，方向由B指向D，根据平行四边形定则知，四个电荷在O点产生的场强，故C正确，ABD错误。7.如图所

8、示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与能形所在平面平行，已知ab=cm.ad=3cm，a点电势为15V，b点电势为24V，d点电势为6V.则此匀强电场的电场强度大小为A. 300V/m B. 300V/mC. 600V/m D. 600V/m【答案】C【解析】b点电势为24V，d点电势为6V，则bd中点的电势为15V，连接bd的中点和a点的连线为等势面，可知电场方向垂直此等势面指向右上方，由几何关系及可得电场强度大小为，故选C.8.如图所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150角，则A与B两点间的

9、电势差为（）A. 300V B. V C. -100V D. -300V【答案】D【解析】由题意知vcos60=v0解得v=2v0又故AB两点间电压U=-300V，故B正确，ACD错误；故选B9. 如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B 的中点重合，其中af连接与AB连线垂直下列判断正确的是（ ）A. e点和g点的电场强度相同B. a点和f点的电势相等C. 电子从g点到f点过程中，电势能减小D. 电子从f点到e点过程中，电场力做正功【答案】B【解析】试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电

10、场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解：A、由等量异种电荷的电场线分布特点可知，e点和g点关于中点对称，所以e点和g点的电场的强度的大小相等，但是这两点的方向不同，故A错误B、a点和f点都处在中垂线上，而等量异种电荷的中垂线是一条等势线，所以a点和f点的电势相等，故B正确C、从g点到f点的过程中，电场的电势不断减小，所以电子在运动的过程中，电场力做负功，电子的电势能一直在不断增加，故C错误D、从f点到e点的中，电场的电势减小电子从f点到e点，电场力做负功，故D错误故选B【点评】等量异种点电荷与等量同种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要加强学习，掌握住电场线的

11、特点10.如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由正、负点电荷的电场强度特点及电场强度的矢量叠加可知，只有选项C正确。11.如图一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确的是A. 电容器电容增大B. 电容器极板电量增加C. 在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如图所示D. 原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动【答案】C【解析】【详解】增大电容器两极板间的距离，由可知，电容减小，故A错误；电容器与电池相连，其极板间电压保持不变，电容减小，由Q=C

12、U得知，电量减小，故B错误。在增大极板间距离过程中，电容器所带电量减小，将会放电，由于上极板带正电，下极板带负电，则电路中形成的电流方向如图所示，故C正确；由可知，U不变，d增大，板间场强减小，极板间的电荷所受电场力减小，电荷将向下加速运动，故D错误。所以C正确，ABD错误。12.一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，则它飞出电容器时的动能变为（ ）A. 8EkB. 5EkC. 425EkD. 4Ek【答案】C【解析】试题分析：动能为k的带电粒子，垂直于电力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2k，

13、则电场力做功为W=k；若使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，动能变为4Ek，则在偏转电场中运动的时间减半，根据y=at2可知偏转距离变为原来的，根据W=Eqy可知电场力做功变为原来的，即动能增量变为原来的，即它飞出电容器时的动能变为4.25k，故选C.考点：带电粒子在电场中的偏转.【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场中的偏转问题；关键是知道带电粒子在偏转电场中动能的增量等于电场力做功，而电场力做功等于电场力与偏转的距离的乘积；此题是中等题目，意在考查学生运用物理规律进行逻辑推理的能力.13.如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度

14、由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是A. 两者均做匀速直线运动B. 2粒子电势能不变，1粒子电势能增加C. 两者的比荷之比为3 : 4D. 两者离开电容器时的速率之比为【答案】BD【解析】【详解】根据题意可知，粒子均做直线运动，则粒子所受的电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示：根据受力图，粒子做直线运动，电场力与重力的合力与速度方向反向，故粒子均做匀减速直线运动，故A错误；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场

15、力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故B正确；根据受力图，对1：m1g=q1Ecos30，所以，对2：m2gcos30=q2E，所以：，可得：，故C错误；带电微粒1沿水平直线运动，合力做的功为：，根据动能定理得：，解得：，带电微粒2沿平行于极板的直线运动，合力做的功为：，根据动能定理得：，所以：，所以1、2两粒子离开电容器时的速率之比为：，故D正确。所以BD正确，AC错误。14. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，试探电荷q只在电场力作用下沿椭圆轨道运动。已知Q位于椭圆轨道的一个焦点上，则关于试探电荷q的说法正确的是A. 从M点运动

16、到N点的过程中电势能增加B. 从M点运动到N点的过程中动能增加C. q在M点的加速度比N点的加速度大D. 从M点运动到N点，电势能与动能之和不变【答案】ACD【解析】试题分析：点电荷q沿椭圆轨道运动，必定受到Q的引力作用，从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，则q的电势能增加，故A正确从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，由动能定理知动能减小，故B错误M与Q间的距离比N与Q间的距离，由库仑定律知，q在M点所受的库仑力大于在N点所受的库仑力，由牛顿第二定律知，q在M点的加速度比N点的加速度大，故C正确根据能量守恒定律知，从M点运动到N点，电势能与动能之和保持不变，故D正确故选ACD考

17、点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题可与卫星绕行星运动类比，要掌握库仑力做功的特点，明确库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加。15.图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动（等势面与轨迹匀沿中线轴对称）。已知电势KLM。下列说法中正确的是A. 粒子带负电 B. 粒子在bc段做减速运动C. 粒子在b点与d点的速度相同 D. 粒子在c点时电势能最大【答案】BD【解析】【详解】作出电场线，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，电场力方向大体向左，故电荷带正电，故A错误；由电势ULUM，bc电场力对正电荷做负功

18、，动能减小，做减速运动，故B正确；b、d两点处于同一条等势线上，故b、d两点的电势相同。粒子在b、d两点的电势能相等，所以粒子在b、d两点的动能相等，速率相等，但速度方向不同，故C错误；由电势UKULUM，abc电场力对正电荷做负功，电势能增大；cde电场力对正电荷做正功，电势能减小，粒子在c点时电势能最大，故D正确。所以D正确，ABC错误。二、计算题（本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）16.用绝缘细线将质量m410-3kg的带电小球P悬挂在O点，空间有方向为水平向右，大小E1104N/

19、C的匀强电场，小球偏转37后处于静止状态。求：(sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2)（1）小球的电荷量q的大小；（2）细线的拉力F的大小。【答案】(1) (2) 【解析】【分析】由平衡条件求得电场力的大小，从而根据F=qE求出小球的电荷量q；根据共点力平衡求出细线的拉力。【详解】（1）对小球受力分析，对重力分解，根据力的平衡条件得：qE=mgtan37即有：（2）由力的平衡可得：【点睛】本题正确受力分析是解决力平衡问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系。17.在一个水平面上建立x轴，在原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E6105N /C，方向与x轴

20、正方向相同，在O处放一个电荷量q5108C、质量m0.010kg的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v02 m/s，如图所示，(g取10m/s2)求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止时的位置；(3)物块在电场中运动过程的机械能增量。【答案】（1）s1=0.4m（2）物块停止在原点O左侧0.2m处（3）E= -0.016J【解析】【详解】(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零物体受到的摩擦力为：Ff=mg物体受到的电场力为F=qE由牛顿第二定律得Ff+F=ma由运动学公式得2as1=v2联立以上各式代入数据解得：s1=0.4m

21、(2)第二个过程：物块向左做匀加速运动，由动能定理得：Fs1-Ff（s1+s2）=0解得:s2=0.2m所以物块停止在原点O左侧0.2m处(3)物块在电场中运动过程中，机械能增量等于滑动摩擦力做的功，E=Wf=-mg2s1=-0.20.01100.8J=-0.016J【点睛】关键分析小球的受力和运动情况，利用牛顿运动定律和动能定理灵活求解；特别利用功能关系求机械能增量时，等于滑动摩擦力做的功，一定注意是电场中机械能的增量18.如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，另一端固定于O点将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球

22、沿圆弧做往复运动已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最大夹角为.求：(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）若电场向左小球将向左下方做匀加速直线运动，所以电场方向水平向右，小球从静止摆到最左边的过程中：（2）小球从开始到最低点的过程中：得考点：考查了电场强度，动能定理，圆周运动【名师点睛】（1）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式求出匀强电场的场强；（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力