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1、-1-福建省泉州市泉港区第一中学 2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题 考试时间：90分钟 满分：100 分 一、选择题(本题共 12 小题，共 4 分，17 题为单选题，每小题分，8 12 题为多选题，全都选对的得 4 分，有选对但不全的得 2 分，有选错或不选的得 0 分)1下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A 根据电场强度的定义式EFq可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B 根据电容的定义式CQU可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C 根据真空中点电荷的电场强度公式EkQr2可知，电场中某点的电场强度
2、与场源电荷所带的电荷量无关 D 根据电势差UABWABq可知，带电荷量为 1C 的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V 2 两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为 17，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是()A 37 B79 C97 D167 3.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）
3、A.U变小，E变小 B.E变大，Ep变大 C.U变小，Ep变大 D.U不变，Ep变大 4 如图所示是由电源E、灵敏电流计 G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关 S 闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是()A 减小平行板电容器两极板的正对面积 B 减小平行板电容器两极板间的距离 C 在平行板电容器中插入电介质 D 增大平行板电容器两极板的正对面积 5.如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为Q、Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，Q与O点的连线和OC间夹角为 60.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势
4、为零，则下列说法正确的是()A P点的场强为 0，电势也为 0 B A点电势低于C点电势 C 点电荷q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大 -2-D 点电荷q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能 6.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个不同的等势面，相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后(只受电场力作用)的运动轨迹如图中实线所示，其中 1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定()A O处的点电荷一定带正电 B 三个等势面的电势高低关系是 c b a C 电子运动过程中，动能先增大后减小 D 电子从位置 2 到位置 3 与从位置 3 到位置 4 过程中电场力
5、所做的功相等 7.在匀强电场中平行电场方向建立一直角坐标系，如图所示从坐标原点沿y轴前进0.2m到A点，电势降低了 102V，从坐标原点沿x轴前进 0.2m到B点，电势升高了102V，则匀强电场的场强大小和方向为()A 50V/m，方向BA B 50V/m，方向AB C 100V/m，方向BA D 100V/m，方向垂直AB斜向下 8 如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为 、，且 .若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则()A a球的质量比b球的大 B a、b两球同时落地 C a球的电荷量
6、比b球的大 D a、b两球飞行的水平距离相等 9.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是()A c点的电荷带正电 B a点电势高于E点电势 C E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D 检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少 10.如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板要使粒子的入射速度为v2，仍然恰好穿过电场，则必须再使
7、()A 粒子的电荷量变为原来的14 B两板间电压减为原来的12 C 两板间距离增为原来的 4 倍 D两板间距离增为原来的 2 倍 11空间某一静电场的电势 在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x 轴方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则（）A EAEB B ECED -3-C A、D两点在x方向上的场强方向相同 D 同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能 12如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图乙所示电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于 T，(不计重力作用)下列说法中正确的是()A
8、从t0 时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 B 从t0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C 从tT4时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D 从t3T8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 13.填空题（每空 4 分，共 16 分）（1）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为 20 V，b点的电势为 24 V，d点的电势为 12 V，如图，由此可知c点的电势为 V （2）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的
9、极板X应带 电。（3）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一等腰三角形，D 点为 BC 的中点，AB=c，底角 =30，电场强度的方向平行于纸面。现有一电子，在电场力作用下，从A运动到C动能减少Ek，而质子在电场力作用下，从A运动到B动能增加也等于Ek，则该匀强电场的电场强度的大小为 和方向 二、计算题(本题共 4小题，共 43分，要求写出必要的文字说明、重要的方程式和最终的计算结果)14.(10 分)如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距 d=6cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且C、D间距L4cm，CD连线和场强方向成 60角已知电子从D点移到C点电场力做
10、功为 3.21017J，电子电荷量e1.61019C，求：(1)匀强电场的场强大小；(2)A、B两板间的电势差；(3)若A板接地，D点电势为多少？-4-15(11分)如图所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为 30的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g4，静电力常量为k，求：(1)小球运动到B点时的加速度；(2)B、A两点间的电势差(用k、Q和L表示)16(11分)如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中一个
11、带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为 ，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力 (1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；(3)若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h25R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量 17（11 分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧距
12、PQ为L处有一与电场E2平行的屏现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：-5-(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子离开偏转电场时偏转角的正切值 tan；(3)电子打到屏上的点P到点O的距离.泉港一中20192020学年度上学期第一次月考高二物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C A D B C AB BD AC AD BD 13.16V 正 E=ecEk2，A指向D 14.解析(1)由题，DC电场力做正功WeELCD
13、cos60 得E1104N/C3 分(2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为AB.A、B间电势差为UABEdAB11046102V600V 3 分(3)A、D间电势差为UADEdADELCDcos60110441020.5V200V AD200V，A0 解得 D200V 4 分 15.(1)带电小球在A点时由牛顿第二定律得：mgsin30kQqL2maA 带电小球在B点时由牛顿第二定律得：-6-kQqL22mgsin30maB 取立式解得：aBg2，方向沿斜面向上 5 分(2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin30L2qUBA03 分 联立式解得UBAkQL.
14、3 分 16.解析(1)由牛顿第二定律有(mgqE)sin ma 解得amgqEsinm.3 分(2)球恰能过B点有：mgqEmvB2R 由动能定理，从A点到B点过程，则有：(mgqE)(h12R)12mvB20 由解得h152R.4 分(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：EqE(h22R)qE(5R2R)3qER.由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为 3qER.4 分 17.解析 (1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1eE1meEm va1t1 从MN到屏的过程中运动的时间：t22Lv.运动的总时间为tt1t23mLeE.4 分(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2eE2m2eEm t3Lv vya2t3 -7-tan vyv 解得：tan 2.4 分 (4)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O.由几何关系知：tan xL2L 得：x3L.3 分