甘肃省白银市会宁县第一中学高二物理上学期第一次月考试题含解析

PAGEPAGE15甘肃省白银市会宁县第一中学2020-2021学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得４分，选对但不全的得２分，有选错的得0分)1.以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是（）A.摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B.摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C.摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体D.不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移【答案】D【解析】无论是摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移，因为电荷守恒定律，只能从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一部分转移到另一部分．所以D对．思路分析：根据电荷守恒定律物体带电的本质去分析．试题点评：考查带电的本质2.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A.两小球间距离将增大，推力F将减小B.两小球间距离将增大，推力F将增大C.两小球间距离将减小，推力F将增大D.两小球间距离将减小，推力F将减小【答案】A【解析】【详解】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．3.如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有、、三点，点为两点电荷连线的中点，点为连线上距点距离为的一点，为连线中垂线距点距离也为的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A.，B.，C.，，，D.因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】B【解析】【详解】ABC．等量异种点电荷的电场线分布情况如图所示电场线越密集的地方场强越大，则等量异种电荷中垂线为等势线，则等量异种电荷连线上电场线从正电荷指向负电荷且沿电场线方向电势降低，则有所以故AC错误，B正确；D．对于点电荷形成的电场，一般我们规定距电荷无穷远处电势为零，且各点电势高低与零电势点的规定无关，故D错误。故选B。4.如图所示，以o点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E。现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是（）A.移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向B.移至b点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向C.移至e点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向D.移至f点时，o点的电场强度大小为，沿oe方向【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，等量正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。当移至处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为，则处的合电场强度大小为，方向沿，故A错误；B．同理，当移至处，处的合电场强度大小增大，方向沿与角平分线，故B错误；C．同理，当移至处，处的合电场强度大小减半，方向沿，故C正确；D．同理，当移至处，处的合电场强度大小增大，方向沿与角平分线，故D错误。故选C。考点：电场强度【名师点睛】考查点电荷的电场强度的叠加，掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理。5.如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为（）A.水平向左0.8B.水平向右0.08C水平向左0.4D.水平向右0.04【答案】B【解析】分析】已知通过的正负电荷的电荷量和时间，根据公式可求电路中电流的大小和从而判断电流的方向．【详解】电路中电流的大小为：，方向与正电荷定向运动的方向相同，水平向右．故选B．6.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线．a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确的是()A.a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a一定带正电，b一定带负电D.a、b两个粒子所带电荷电性相反【答案】D【解析】【详解】A．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，越向左场强越小，越向右场强越大，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大。但是不知道ab两电荷的电量关系，不能比较ab两点荷所受电场力的大小，故A错误。B．由于出发后电场力对两电荷都做正功，故两电荷的动能都越来越大，则两个电荷的速度都越来越大，故B错误。C．由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性。故C错误。D．由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反。故D正确。故选D。7.如图所示,将平行板电容器接在电源两极间,电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些,其他条件不变,则(

)A.电容器带电荷量不变B.电源中将有电流从正极流出C.尘埃仍静止D.电流计中将有电流通过,电流方向由【答案】C【解析】【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃否仍保持静止；根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向；【详解】A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小，故A错误；B、因电量减小，电容器放电，故电流计G中有a到b方向的短时电流，即没有电流从正极流出，故BD错误；C、由于板间电压和距离不变，则由可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确．【点睛】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析．8.相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为+4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是()A.-q，在A左侧距A为L处B.-2q，在A左侧距AL处C.+4q，在B右侧距B为L处D.+2q，在B右侧距B为L处【答案】C【解析】【详解】三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正电，在B的右侧，设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为，要能处于平衡状态，以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q，则有解得对点电荷A，其受力也平衡，则解得即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。故选C。9.如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B。下列实验方法中能使验电器箔片张开的是()A.用取电棒C(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触B.用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触C.用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触D.使验电器A靠近B【答案】BCD【解析】【分析】在静电平衡状态下，不论是空心导体还是实心导体，不论导体本身带电多少，或者导体是否处于外电场中，必定为等势体，其内部场强为零，净电荷只分布在外表面上，这是静电屏蔽的理论基础；【详解】A．手持一个带绝缘柄的金属小球C，把C接触B的内壁，由于净电荷只分布在外表面上，所以不能使小球C带上电荷，所以，再移出C与A的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电，故A错误；

B．用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触，由于净电荷只分布在外表面上，所以能使小球C带上电荷，C与A接触时A能带电，使金属箔张开，故B正确；

C．用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触后三者组成新的等势体，电荷将传递到A，使金属箔张开，故C正确；

D．使验电器A靠近B，A将由于静电感应，金属球处带上负电荷，而金属箔处带上正电荷，使金属箔张开，故D正确．【点睛】弄清静电屏蔽的实质，并能正确理解和应用，尤其注意静电平衡状态特点，注意所学基础知识的灵活应用．10.如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是（）A.增大U1 B.增大U2 C.增大L D.增大【答案】BC【解析】【详解】电子被电压为U1的加速电场加速后速度为在偏转电场中竖直方向的位移为显然，当偏转电场中竖直方向的位移增大时，P点与O点之间的偏转距离也会增大，从上式可知，当U2增大时，y会增大，P点与O点之间的偏转距离会增大；当L增大时，y增大，P点与O点之间的偏转距离也会增大。增大U1，增大d，y都会减小，P点与O点之间的偏转距离也会减小。故选BC。11.如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是A.等势面D的电势为-7VB.等勢面B的电势为4VC.该电子不可能到达电势为－10V的等势面D.该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV【答案】AD【解析】【详解】（1）因电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理有，即，又，可得，选项A正确；（2）因匀强电场中，等势面B的电势为7V，选项B错误；（3）因只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变．当电子的速度为零时，由能量守恒可得，解得，选项C错误；（4）同理，由能量守恒可得，，选项D正确．故本题选AD．12.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内向A板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。

A．电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故A错误。

BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。

C．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，故C正确。

故选BC。二、填空题（每空3分，共18分）13.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的____________而增大（填“增大”或“减小”），随其所带电荷量的___________而增大（填“增大”或“减小”）。此同学在探究中应用的科学方法是________。(填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)【答案】(1).减小(2).增大(3).控制变量法【解析】【详解】[1][2]实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大。[3]此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法。14.如图，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地，金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面，B、C两点的电场强度ＥＢ__ＥＣ，(填“大于”“等于”或“小于”)B、C两点的电势ФＢ____ФＣ(填“大于”“等于”或“小于”)，负电荷在A点的电势能与在C点的电势能EPA____EPC(填“大于”“等于”或“小于”)。【答案】(1).小于(2).等于(3).小于【解析】【详解】[1]由电场线分布可知，C点电场线较B点密集，可知EB小于EC；[2]金属导体处于静电平衡状态后，整个导体是一个等势体，故B、C两点的电势相等ФＢ=ФＣ[3]沿电场线方向电势逐渐降低可知φA>φB=φC由于负电荷在电势越高的地方电势能越小，故负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能EPA<EPC三、解答题（15题8分，16题10分，17题12分）15.如图，A、B是水平放置且间距d=5cm的两平行金属板，两板间为匀强电场，一质量m=1×10-9kg、电荷量q=5×10-12C的一带负电液滴恰静止在两板正中间的P点．液滴可视为质点，重力加速度g=10m/s(1)求两板间的电场强度大小；(2)若将液滴从P点移到B板，求该过程中电势能的增加量．【答案】(1)E=2×103N/C；(2)=2.5×10-10J【解析】【详解】（1）液滴受电场力和重力作用处于平衡状态由力的平衡条件有：mg=qE代入数据解得：E=2×103N/C（2）将液滴从P点移动到B板的过程中，电场力做负功代入数据解得：=2.5×10-10J16.如图所示，真空环境中xOy平面的第Ⅰ象限内有方向平行于y轴的匀强电场，一电子从点P（0，）以初速度v0垂直y轴射入电场中，从x轴上点Q（0，2L）射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子受到的重力。求：（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）若在第Ⅳ象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，求电子从P点射到