陕西省西安市第一中学2020_2021学年高二物理上学期第一次月考试题含解析.docx

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1、陕西省西安市第一中学2020-2021学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共10小题，共40分）1. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度一时间图像如图所示。则这一电场可能是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反；故选A。2. 一个点电荷，从静电场中A点移到B点，其电势能的变化为零，则（）A. A、B两点的电场强度一定相等B. 该点电荷一定沿等势面移

2、动C. 作用于该点电荷的静电力与其移动的方向总是垂直的D. A、B两点的电势一定相等【答案】D【解析】【详解】A从静电场中A 点移到B点，其电势能的变化为零，电场力做功为零，电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，而场强与电势没有直接关系，所以A、B 两点的电场强度不一定相等，A错误；B电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，电场力做功为零，点电荷可能沿等势面移动，也可能不沿等势面移动，B错误；C电势能的变化只与电荷的初末位置有关，与电荷移动的路径无关，故该点电荷不一定沿等势面移动，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，C错误；D由公式因为所以即A、B电势一定相等，D正确。故选

3、D。3. 如图所示，两点的连线垂直带电圆环并经过圆环的中心，两点到圆环的距离均为d，在两点连线上且到圆环的距离为2d，若图中b点处的电场强度为零，则图中a点处的电场强度大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于b点处的合场强为零，所以圆环在b处产生的场强与点电荷+q在b处产生的场强大小相等均为，方向相反，可知圆环应带负电，由圆环产生场强的特点可知，圆环在a点产生的场强大小等于，方向向左，点电荷+q在a处产生的场强大小，方向向左，所以图中a点处的电场强度大小是，方向向左，故C正确，ABD错误；故选C【点睛】熟记点电荷的场强公式，理解合场强为零的含义，掌握带点圆环产生场强的特点4.

4、 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（）A. a一定带正电，b一定带负电B. 两粒子速度都减少C. a的加速度将减小，b的加速度将增大D. 两个粒子的电势能都增大【答案】C【解析】【详解】A物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，所以不能判断电场的方向，故A错误；BD物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，电势能都减小，故BD错误；C电场线密的地方电场的强度大，电

5、场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。故选C。5. 如图所示，z0的空间为真空，z0区域内充满无限大导体，A（0，0，h）处固定电荷量为+q的点电荷，静电力常量为k，已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则感应电荷在（2h，h，h）形成的电场强度大小为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由题意可知，在（2h，h，h）点合场强为0，即电荷量为+q的点电荷产生的电场与感应电荷在该点产生的电场的矢量和为0，由几可关系可知，点电荷到（2h，h，h）点的距离为则感应电荷在（2h，h，h）形成的电场强度大小为故选D。6. 相距5cm的正对平

6、行金属板A和B带有等量异号电荷。如图所示电场中C点距A板1cm，D点距B板1cm，C、D距离为5cm。已知A板接地，C点电势C-60V，则A. D点的电势240VB. C D两点连线中点的电势为-180VC. 若B板不动，A板上移0.5 cm，C、D两点间的电势差将变大D. 若A板不动，B板上移0.5 cm，则D点电势不变【答案】D【解析】【详解】A.由题意可知，由可得，两板间的场强为故D点的电势为故A错误；B. C、D两点连线中点的电势为故B错误；C.由于板上的电荷量不变，上下移动A板或者B板时，两板间的电场强度不变，由可知，若B板不动，A板上移0.5 cm，场强和C、D之间距离均不变，故C

7、、D两点间的电势差不变，故C错误；D.若A板不动，B板上移0.5 cm，场强E和D、A板距离不变，则D点电势不变，故D正确；故选D。7. 如图甲所示为老式收音机里可变电容器，它是通过改变可变电容器的电容来调谐，从而达到调台的目的的。其中固定不动的一组为定片，能转动的一组为动片，动片与定片之间以空气作为电介质。把它接在如图乙所示的电路中，下列说法正确的是（）A. 当动片从定片中旋出时，电容器的电量减少，电流由a流向bB. 当动片从定片中旋出时，电容器的电量增加，电流由b流向aC. 当动片旋进定片时，电容器的电量增加，电流由a流向bD. 当动片旋进定片时，电容器的电量减少，电流由b流向a【答案】A

8、【解析】【详解】AB由电容的公式解得电容器和电源相连U不变，当动片从定片中旋出时，S减小，电容器的电量减少，电容器顺时针放电，电流由a流向b，A正确，B错误；CD电容器和电源相连U不变，当动片从定片中旋进时，S增大，电容器的电量增加，电容器逆时针充电，电流由b流向a，CD错误。故选A。8. 两个带电小球A和B，带电量分别为q1、q2，用两根不可伸长的绝缘细绳悬挂于天花板O点，AB在同一水平线上。带电小球均可视为点电荷且处于静止状态，O点正下方的某点C电场强度为零，则（ ）A. B. C. OC同一等势面上D. 从A到B，电势逐渐降低【答案】A【解析】【详解】AAB两个电荷在C点产生的场强等大反

9、向，因此C点一定在AB连线上，且满足根据三角形边角关系可得A正确；B以O为转轴，力矩平衡因此可得B错误；C由于相互排斥，AB带同种电荷，OC不可能为等势面，C错误；D如果都带正电荷，由A到B，电势先降低再升高；如果带负荷，由A到B，电势先升高再降低，D错误。故选A。9. 如图所示，在匀强电场中，将一质量为、带电荷量为q的带电小球由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为，小球的重力不能忽略，关于匀强电场的场强大小，下列说法正确的是（）A. 唯一值是B. 最大值是C. 最小值是D. 最小值是【答案】C【解析】【详解】小球在重力和电场力的共同作用下做匀加速直线运动，只需电场力与

10、重力的合力沿运动方向即满足题意，当电场力与合力方向垂直时电场力最小，即，故，故选C.10. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是（）A. 两粒子到达P点的速度大小可能相等B. 电场力对两粒子做功一定相同C. 两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小D. 两粒子到达P点所需时间一定不相等【答案】D【解析】【详解】A根据动能

11、定理知N点的粒子到达P点时的速度增大，而M点的粒子到达P点时的速度大小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到P点的速度大小不相等，故A错误；B由于MP间的电势差为零，NP间的电势差大于零，则由W=qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故B错误；C根据电场力做功情况可知，M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点时电势能减少，故C错误；D在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L，设M点的粒子与电场线的夹角为，则M点的粒子到达P点的时间N点的粒子到达P点的时间可见两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。故选D。二多选题（

12、本大题共5小题，共30分）11. 下列说法正确的是：（）A. 法国学者库仑通过扭秤实验得出了库仑定律B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C. 英国物理学家、化学家法拉第最早提出了场的概念D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的【答案】ABCD【解析】【详解】A法国学者库仑通过扭秤实验运用放大法借助力矩的平衡得出了库仑定律，故A正确；B所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，即，故B正确；C英国物理学家、化学家法拉第最早提出了场的概念，并用电场线形象的表示电场，故C正确；D电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验借助二力平衡测得的，故D正确。故选ABCD。

13、12. 关于电场强度、电势、等势面和电势能，下述说法正确的是（）A. 在同一等势面上移动电荷，电场力不做功B. 电场强度不变，电势也不变，电场强度大的地方，电势一定高C. 电场强度为零处，电势一定为零D. 电势越高处，正电荷的电势能就越大【答案】AD【解析】【详解】A由于等势面的方向与电场强度的方向垂直，所以点电荷受到的电场力的方向与等势面垂直，所以沿等势面移动电荷电场力不做功，故A正确；B电场强度的大小与电势的高低无关：在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的；电场强度大的地方，电势不一定高，如负电荷周围的电场，故B错误；C电势为零，是人为选择的，电势为零的地方，电场

14、强度不一定为零，故C错误；D根据可知，电势越高处，正电荷的电势能就越大，故D正确。故选AD。13. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知，下列说法正确的是（）A. R处的电场强度E=0B. 若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C. x1处与x2处电场强度方向相反D. x1处的电场强度比x2处的电场强度大【答案】BD【解析】【详解】A在图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度，R处切线的斜率不为零，故R处的电场强度，故A错误；B试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式如果是正电荷，电场力做正功，如果是负电荷，电场力做负功，故B正确；

15、 Cx1处与x2处的切线斜率同为负值，故x1处与x2处的电场强度方向相同，故C错误；D从图像可以看出，x1处切线斜率比x2处的大，因此电场强度比x2处的电场强度大，故D正确。故选 BD。14. 如图所示，某位置Q固定一带正电的点电荷，A、B、C是斜面上间距相等的三个点，Q、B连线垂直于斜面，在A点无初速度释放一带有恒定电荷的小物块，已知小物块沿绝缘的斜面运动到C点时停下下列说法正确的是A. 小物块一定带负电B. 小物块运动过程，电势能可能先增大后减小C. 小物块运动过程经过B点时的滑动摩擦力最大D. 小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少【答案】AD【解析】【详解】解：A、若小物块也带正电，

16、则小物块在A点与C点的受力如图：可知若小物块带正电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力增大；由于小物块能从A开始向下滑动，则沿斜面向下的分力增大后，小物块是不可能在C点静止的所以小物块只能带负电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力减小，小物块才能到达C后停止故A正确；B、小物块带负电，则小物块与点电荷之间的库仑力为吸引力，从A到B的过程中库仑力做正功，而从B到C的过程中电场力做负功，所以小物块的电势能先减小后增大故B错误；C、小物块带负电，受到点电荷的吸引力，当小物块运动达到B点时，库仑力最大，而且沿垂直于斜面方向的力最大，所以小物块在B点受到的支持力最小，则在B点的滑动摩擦力最小

17、故C错误；D、小物块在B点时仍然向C点运动，运动的过程中做减速运动，动能减小，同时重力势能也减小，所以小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少故D正确故选AD根据小物块在A点和C点的受力情况，判断小物块的电性；根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化情况；根据受力分析判断摩擦力的变化；根据功能关系判断小物块的机械能的变化该题路程电场力以及电场力做功的特点，解答的关键是正确对小物块在A点与C点的情况进行受力分析，先判断出小物块带负电15. 如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔，一带正电的液滴，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，

18、若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（）A. 微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B. 微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为C. 微粒落入电场中，电势能增大，其增加量为D. 若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板【答案】BCD【解析】【详解】A微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小；重力一直做正功，重力势能一直减小，故A错误。B微粒下降高度为，重力做正功，为电场力向上，位移向下，电场力做负功，为故B正确；C微粒落入电场中，由动能定理可知电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功故C正确；D若微粒从距B板高2h处自由下落，假设到达

19、A板的速度为v，由动能定理得联立得v=0，即恰好能达到A板；故D正确。故选BCD。三计算题（本大题共3小题，共30分）16. 如图所示，有一质子（电量为e，质量为m）由静止经电压U1加速后，进入两块间距为d电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求26.（1）质子则进入偏转电场U2时的速度（2）在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长L（3）质子穿出电场时的动能【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1） 质子在左边的加速电场中有解得 （2）质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向

20、垂直板方向而加速度由以上各式解得 （3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关所以整个过程由动能定律得：所以质子射出电场时的动能为17. 如图在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电量为+q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放求：（1）小球运动到O点正下方B点时的速度大小（2）此刻细线对B点处的小球的拉力大小（3）若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x【答案】（1）（2

21、）3（mg+qE）（3）【解析】（1）从A到B过程，由动能定理得：小球到达B点时的速度为：（2）在B点，由牛顿第二定律得：，解得：；（3）对小球在绳断开后的类平抛运动：由牛顿第二定律有：竖直方向上有：水平方向上有：，联立解得：点睛：本题考查了动能定理以及牛顿第二定律，知道小球做圆周运动沿半径方向上的合力提供向心力，注意类平抛运动的处理方法18. 如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点，已知A、B两球始终没有接触，重力加速度为g求A、B两球相距最近时，A球的速度v；A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能EP；【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）对A球下滑的过程，由动能定理得：2mgh2mv02v0 当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：2mv0(2m+m)v；（2）由能量守恒定律得：2mgh(2m+m)v2+EpmEpm=mgh