2019-2020年高二物理上学期第一次月考试题新人教版

1、2019-2020年高二物理上学期第一次月考试题新人教版出题范围：选修3-1电场部分 一、选择题(本题14小题，每小题4分，共56分)1用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和2南京青奥会开幕式中，河南少林塔沟武术学校的学员，在滑轮的拖拽下高高飞起，和他的同

2、学们一起完成了筑梦之塔的实验，现在把他们某次训练过程中的情节简化成如下模型：地面上的人通过定滑轮用钢丝将某学员拉到24m高处静止，然后将其拉到42m高处静止，如图所示。忽略滑轮与轴之间的摩擦以及钢丝的质量，前后两次比较 A地面上的人受到的支持力变小B地面上的人受到的摩擦力变大C该学员受钢丝拉力变小D滑轮受到钢丝的作用力变大3在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是4如图1411所示，在O点的点电荷Q形成的电场中，试探电荷q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交O

3、B于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，则C点移到B点电场力做功为W3，则三者关系为() AW1W2W3W2W30CW1W3W20 DW3W1W205如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电相连一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动6如图2所示a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为a5 V，b3 V，下列叙述正确的()A该电场在c点处的电势一定为4 VBa点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC一正电荷从c点运动到b点

4、电势能一定减少D一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a7三个粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图3所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是()A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进电场时c的速度最大，a的速度最小D动能的增加值c最小，a和b一样大8如图4所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达到最高点时速度大小仍为v0，则油滴的最高点位置是()A在P点左上方 B在P点右上方C在P点正上方 D上述情况都有可能9带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6108 J的功，那么()AM在P

5、点的电势能一定小于它在Q点的电势能BP点的场强一定小于Q点的场强CP点的电势一定高于Q点的电势DM在P点的动能一定大于它在Q点的动能10如图6所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为了保证当丝线与竖直方向的夹角为60时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为()A.eq f(mgtan 60,q) B.eq f(mgcos 60,q)C.eq f(mgsin 60,q) D.eq f(mg,q)11空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图7所示，在相等的时间间隔内()A重力做的功相等

6、B电场力做的功不相等C电场力做的功大于重力做的功D电场力做的功小于重力做的功12 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()AP、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少13如右图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，ABCCAB30，BC2 eq r(3) m，已知电场线平行于ABC所在的平面，一个电荷量q2106 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2105 J，由B移到C的过程中电场力做功6106 J，下列说法

7、正确的是 ()AB、C两点的电势差UBC3 VBA点的电势低于B点的电势C负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加D该电场的场强为1 V/m14如图所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：（注：公式中应改为），方向沿轴现考虑单位面积带电量为的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为A BC D二、填空题(本题3小题，每小题4分，共12分)15 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，（1）在两极板间插入一电介质，其电容C ，两极板

8、间的电势差U （2在两极板间插入一厚度小于极板间距的铜板，其电容C ，两极板间的电势差U 。（填“增大”、“减小”或“不变”）16一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为eq f(2,3)g，空气阻力不计，小球在下落h的过程中，小球的动能增加 ，小球的电势能增加 17A、B是某电场中一条电场线上的两点，一带正电的小球仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示则A、B两点电场强度EA EB ，电势A B（填“”，“”或“”）三、计算题(本题3小题，共32分)18(8分)长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电 荷 量为Q，悬于O点，如图9

9、所示当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍，现将球拉至图中B处(60)，放开球让它摆动，问：(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？(2)摆球回到A处时悬线拉力为多少？19(10分)如图所示，相距为d的两块平行金属板M、N与电相连，开关S闭合后，M、N间有匀强电场，一个带电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，恰打在N板中央，若不计重力，求：(1)为了使粒子恰能飞出电场，N板应向下平移多少？(2)若把S断开，为达到第(1)问的目的，N板应向下平移多少？20(14分) 如下图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距

10、b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m，带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出 (1)求两板间所加偏转电压U的范围；(2)求粒子可能到达屏上区域的长度物理试卷答案一、选择题(本题14小题，每小题4分，共56分)1ABC解析 笔套与头发摩擦，笔套带电，故选项A正确；带电的笔套靠近金属箔做成的圆环，由于静电感应，在圆环的上、下部感应出异种电荷，故选项B正确；圆环被吸引到笔套上的过程中，圆环有向上的加速度，静电力大于圆环的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的电荷有一部分转移到圆环，不会立刻被全部中和，故选项D错误2B 3D 解析完成一次下蹲

11、动作，它包括的物理过程是先加速向下运动，然后减速向下运动，对应的加速度方向分别是加速度方向先向下，后向上，即先失重后超重，对应的选项是D.4C5BD解析 带电粒子所受的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动，由受力分析可得粒子所受的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线运动，A、C错误，D正确；因电场力做负功，故粒子电势能逐渐增加，B正确6C 解析 因不知该电场是否是匀强电场，所以Eeq f(U,d)不一定成立，c点电势不一定是4 V，所以A、B两项错误因ab，电场线方向向右，正电荷从高电势点移到低电势点电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b，所以C项正确、D项错误7B

12、解析三个粒子沿电场线方向的运动规律完全一样，侧向位移相同的粒子它们的飞行时间、电场力做的功都一样，侧向位移小的粒子飞行时间短、电场力做的功小8 A 解析油滴从开始运动到最高点，据动能定理得WGWEeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,0)0 而重力做的功WG0 所以电场力做的功WE0，而带负电的油滴所受的电场力水平向左，说明有水平向左的位移，所以最高点必在P点的左上方9AD解析因克服电场力做功，电势能增加，动能减小，所以A、D项正确；P、Q两点的场强大小不能确定，B项错；粒子电性未知，所以P、Q两点的电势高低不能判定，C项错10ACD 解析取小球为

13、研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力F和电场力Eq的作用因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零由平衡条件知，F和Eq的合力与mg是一对平衡力根据力的平行四边形定则可知当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力为最小，如上图所示，则Eqmgsin 得Eeq f(mgsin ,q)eq f(r(3)mg,2q)所以，该匀强电场的场强大小可能值为Eeq f(r(3)mg,2q).11BC 解析由题意可知，微粒在竖直方向上做匀变速运动，在相等时间间隔内，位移不等，A错，B对由轨迹可知，微粒所受合外力向上，电场力大于重力在同一时间间隔内电场力做的功大于重力做的功，C对，D错12D解析 由图中等

14、势面的对称性知，P、Q两处为等量异种电荷，A错误；由于电场线与等势面垂直，所以ab两处的电场强度方向不同，B错误；P处为正电荷，c在离P更近的等势面上，c点的电势高于d点的电势，C错误；从a到c，电势升高，负电荷电势能减少，D正确13D 解析由WqU和W(为电荷电势能的增量)得，A、B两点间电势差UABeq f(1.2105,2106) V6 V，UBCeq f(6106,2106)V3 V，A点电势高于B点电势，A、B错；由电势差可判断，AB中点D的电势与C点电势相等，在同一个等势面上，且AB垂直于该等势面，如上图所示，因此UAC3 V，C点电势低于A点电势，负电荷由C点移到A点的过程中，电

15、场力做正功，负电荷的电势能减小，C错；电场线垂直于等势面，因此电场线与AB平行，场强Eeq f(UDB,DB)1 V/m，D正确ORPx图1图2OrQx14 A 【解析】由半径为R的均匀带电圆盘产生的电场可知，当时，为定值，即匀强电场，因此无限大带电平板附近的电场也是匀强电场；当时，电荷量也趋近于零，因此，设挖去的圆板半径r趋近于0，则挖去的圆板所带电荷产生的电场对原匀强电场的影响趋近于零，电场恢复原匀强电场，即选项表达式表示的场强趋近于恒定值，将代入各选项，比较得A项正确，其它选项均不合理二、填空题(本题3小题，每小题4分，共12分)15增大，减小；增大，减小16eq f(2,3)mgh，

16、eq f(1,3)mgh 解析由动能定理得W合Ekmaheq f(2,3)mgh由mgqEma得qEeq f(1,3)mg. W电qEheq f(1,3)mgh，EpW电eq f(1,3)mgh17EAEB AB 解析由图像可知，电荷在A点加速度较大，故电荷在A点所受电场力较大，故EAEB.再由于vAvB，故动能减少，电场力做负功，电荷的电势能增加由于是正电荷，故AB.18(本题8分)解析(1)球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：F拉FmgFkeq f(Qq,L2)F拉2mg三式联立解得：qeq f(mgL2,kQ).(2)摆回的过

17、程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，有：mgL(1cos 60)eq f(1,2)mv2，F拉mgFmeq f(v2,L)由(1)知静电力Fmg，解上述三个方程得：F拉3mg.答案(1)qeq f(mgL2,kQ)(2)F拉3mg19(本题10分) 解析设电电压为U，粒子初速度为v0，极板长为L(1)当S闭合时，两板间电压U不变，eq f(L,2)v0t1，deq f(1,2)a1teq oal(2,1)eq f(1,2)eq f(qU,md)teq oal(2,1)，设N板向下移动的距离为x1，则Lv0t2，dx1eq f(1,2)a2teq oal(2,2)eq f(

18、1,2)eq f(qU,mdx1)teq oal(2,2)，解得：x1d.(2)将S断开，电容器所带电荷量不变，改变极板间距，场强E不变，设N板向下移动的距离为x2，则deq f(1,2)eq f(qE,m)teq oal(2,1)，eq f(L,2)v0t1，dx2eq f(1,2)eq f(qE,m)teq oal(2,2)，Lv0t2，解得：x23d.20 (本题14分) (1)如下图所示，设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yeq f(1,2)at2 Lv0t ，vyat， 由牛顿第二定律得aeq f(Eq,m) 又Eeq f(U,d)，由以上各式解得yeq f(qUL2,2dmvoal(2,0)，当yeq f(d,2)时，Ueq f(md2voal(2,0),qL2)，若粒子从上极板右侧飞出电压U为正时，从下极板右侧飞出电压U为负 ；反之依然。则两板间所加电压的范围eq f(md2voal(2,0),qL2)Ueq f(md2voal(2,0),qL2).(2) 解法（