《湖南省株洲市攸县第四中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省株洲市攸县第四中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省株洲市攸县四中2020学年高二（下）第一次月考 物理试卷一、单选题1.下列关于电场强度的叙述正确的是 （ ）A. 电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力B. 电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力成正比C. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向D. 电场中某点的场强与该点的检验电荷有关【答案】A【解析】【详解】根据E=F/q可知，电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力，选项A正确；电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力无关，选项BD错误；电场中某点的场强方向就是正的检验电荷在该点所受电场力的方向，选项C错误；故选A.2.在真空中的点电荷 Q
2、产生的电场中，距 Q 为 a 处的电场强度为 E，若将置于 a 处的点电荷 q 的电荷量增加一倍，则 a 处的场强为A. EB. 2EC. 4ED. 8E【答案】A【解析】【详解】电场中的电场强度是由激发电场的电荷和电场中的位置决定的，与试探电荷无关，故a出的电场强度仍为E。故A正确，BCD错误。3.如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为()A. 不变B. 变小C. 变大D. 先变小后变大【答案】A【解析】【详解】以小球B
3、为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图。作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G。根据FBF1PQB得： 得：F2=G；在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变。故A正确，BCD错误；故选A。4.一个带正电的质点，电量q=2.010-9C，在静电场中由A点移到B点。在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.010-5J，质点的动能增加了8.010-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据动能定理得qUab+W其他=Ek可得到，故选B。5.如图为某匀强电场的
4、等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为()A. E200 V/m，水平向左B. E200 V/m，水平向右C. E100 V/m，水平向左D. E100 V/m，水平向右【答案】C【解析】【详解】根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。两个相邻等势面相距：d=2cm=0.02m，电势差为：U=2V，则电场强度为：；故C正确ABD错误。故选C。6.一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一
5、点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为=k（q的正负对应的正负）。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E1下列说法正确的是（）A. 若左右两部分的表面积相等，有，B. 若左右两部分的表面积相等，有，C. 不论左右两部分的表面积是否相等，总有，D. 只有左右两部分的表面积相等，才有，【答案】C【解析】【详解】A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量
6、叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1E2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据，且球面带负电，q为负，得：12，故AB错误；C、E1E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。7.在某一点电荷产生的电场中，一带负电小球在外力F作用下从A点开始做自由落体运动经过B点，A、B两点的场强方向如图所示，则下列说法正确的
7、是A. A点场强是B点场强的倍B. A点的电势低于B点的电势C. 小球从A点运动到B点的过程中，电势能先减小后增大D. 小球从A点运动到B点的过程中，外力F一直做负功【答案】C【解析】【详解】AB、如图1所示，两场强方向的反向延长线交点是点电荷Q的位置，此点电荷带正电。以Q为圆心、QA为半径画圆弧交QB于A点，则A点与A点电势相等，根据“沿电场线方向电势逐渐降低”知A点的电势高于B点的电势，则选项B错误；=180150=30，=180120=60，则AQB=90，设AQ=r，则BQ=rtan=r，A点的场强EA=，B点的场强EB=，得，选项A错误；CD、如图2所示，电场力qE1方向与速度v1方
8、向夹角小于90，电场力qE2方向与速度v2方向夹角大于90，可见，小球从A点运动到B点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项C正确；外力F与电场力一直平衡，小球才能做自由落体运动，则电场力做功与外力F做功之和为零，外力F先做负功后做正功，选项D错误。8.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。由此可知（）A. 小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B. 电场力大小为2mgC. 小球从A到B与从B到C的运动时间之比
9、为2：1D. 小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2：1【答案】C【解析】详解】AA到B到C，整个运动过程当中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A错；BCDA到B到C在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2:1，所以A的B的时间与B到C的时间之比等于2:1，AB和BC竖直方向上的分量也是2:1，所以竖直方向上的加速度之比是1:2，根据Eq-mg=ma可知qE=3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C正确，BD错误。二、多选题9.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为 + Q和-Q，A、B相距为2d；MN是竖直放置的
10、光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为+q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布），现将小球P 从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时， 速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为重力加速度为g。则A. C、O两点间的电势差B. O点处的电场强度C. 小球下落过程中重力势能和电势能之和不变D. 小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为【答案】BD【解析】【详解】小球从C运动到O（动能定理）得：mgd+UCOqmv20，解得：，故A错误；点电荷A（或B）在O点处产生的场强大小为：；根据平行四边形定则，O点处的电场强度：；故
11、B正确；下落过程中，有电场力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和守恒，从C到O过程中，动能增加，则重力势能和电势能之和减小，选项C错误； 结合对称性，CO间电势差与OD间电势差相等；从C到D过程根据动能定理可得：mg2d+2UCOqmvD2; 得到小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度，故D正确；故选BD。10.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后。在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距
12、离为h，从P到y轴所需的时间为t，则A. 由题设条件不能判断出粒子的带电性质B. 对hd的粒子，h不同，粒子在电场中的运动时间t相同C. 对的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等D. 不同h对应的粒子，进入电场时的速率v可能相同【答案】BC【解析】【详解】粒子受电场力向左，可知粒子带正电，选项A错误；对hd的粒子，一直在电场中运动，然后通过y轴，水平方向的加速度相同，水平位移相同，则运动时间相同，选项B正确；对的粒子先在电场中向左偏转，然后从电场上边界出离电场，作直线运动到达y轴上，h不同的粒子，从电场上边界射出的位置不同，在电场中沿电场线方向的位移不同，则电场力对粒子做的功不相
13、等，选项C正确；若hd的粒子，水平分位移x相等，由x=at2知，运动时间t相等，竖直分位移h=v0t，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大；对hd的粒子，通过电场时竖直分位移y相等，h越大，沿着电场力偏转位移x越小，由x=at2可知t越小，由y=v0t，可知，v越大，故选项D错误；故选BC.11.如图所示，在方向竖直向上、大小E=1106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R=0. 2m。A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q=+7l0-6C,A球不带电，质量分别为mA=0.lkg、mB=0.8kg。将两小球从圆环上
14、的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心0的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g= l0m/s2。则A. 小球A和B受到的合力的大小相等B. 小球B不能到达圆环的最高点C. 小球A和B的速度大小始终相等D. 两小球及轻杆组成的系统最大动能为【答案】BCD【解析】【分析】A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大动能，【详解】AC、设B转过角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA=vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；B
15、、设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：，对B根据动能定理有：，联立解得：，上式表明：B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；D、对A由动能定理：，对B，由动能定理：，联立解得：，据此式知，当时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是，故D正确；故选BCD。【点睛】关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系；根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。12.如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O，一对电荷量均为Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上，由静止开始释放。已知静电力常量为k、重力加速度为g，且 (忽略空气阻力及小球对原电场的影响) ，则A. 小球刚到达C点时
