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1、黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（10月）物理试题一.选择题1.如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关S接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B()A. 不带电B. 带正电C. 带负电D. 不能确定【答案】C【解析】【详解】当闭合开关时S，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，左端带负电，再断开S，再移走A，则导体B带负电。故选C。【点睛】本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引.2.
2、安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是()A. 电流大小为，电流方向为顺时针B. 电流大小为，电流方向为顺时针C. 电流大小为，电流方向为逆时针D. 电流大小为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为；因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确。故选C。【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路。要知道电流方向与正电荷定向
3、移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反.3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定()A. M点的电势小于N点的电势B. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能C. 粒子在M点的速度大于在N点的速度D. 粒子在M点的加速度小于在N点的加速度【答案】D【解析】沿电场线方向电势降低，M点的电势大于N点的电势，所以A错；由M到N电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以BC错误；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，由，故电场线越密的地方加速度越大，故D正确；故选D.点睛：要知道静电力做正功，电势能减小；静电力做负功
4、，电势能增加；电场线越密的地方电场力越大，加速度越大.4.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L，在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角与Q1、Q2的关系满足()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】对小球进行受力分析如图所示：根据库仑定律有：，r1=Lcos ，r2=Lsin 根据平衡条件，沿切向方向的分力有：F1sin=F2cos 联立解得：tan3，故ABC错误，D正确。故选D。5.将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与球接触)，另有一个悬挂
5、在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，于是有()A. A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向B. A的位置不变，B向右偏离竖直方向C. A向左偏离竖直方向，B的位置不变D. A和B的位置都不变【答案】B【解析】【详解】A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，BC相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B 的电荷对空腔C 的内部无影响，所以A位置不变。B靠近C时，改变的是 C 表面的电荷分布，但对于 C 内部空间的电场可认为没有影响，这也就是平时说的静电屏蔽。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引并理解外
6、部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽.6.质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为Emg/Q的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动。运用动能定理研究从开始到落地过程，得：mgH+FHcot=mv2-0；又 F=QE，cot=解得，v=2，故选C。【点睛】正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律
7、解决问题。要知道物体的运动是由所受到的力和初状态决定的。这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑.7.如图所示，把一个平行板电容器接在电压U10V的电源上，现进行下列四步操作：闭合S；在两板中央插入厚为的金属板；断开S；抽出金属板.则此时电容器两板间的电势差为()A. 0B. 10VC. 5VD. 20V【答案】D【解析】【详解】步骤（1）中合上开关时，电压为10V；步骤（2）加入金属板时，电势差仍然为U=10V；打开S后，电量不变，抽出金属板可以等效为极板间距增加为2倍，根据公式，电容减小为原来的；由C=Q/U可知电压增加为2倍，即U=2U=20V；故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题是
8、电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变.8.电池给灯泡供电与人将球抛出在能量转化方面有相似之处，我们可以将电势能类比于重力势能，如图所示，下列说法正确的是()A. 可以将电流通过灯泡时电流做功与抛球时人对球做功相类比B. 可以将电池的非静电力做功与抛球时人对球做功类比C. 可以将电流通过灯泡时电流做功与重力对球做功类比D. 可以将电池的非静电力做功与重力对球做功类比【答案】BC【解析】【详解】电源的作用是将其他形式的能转化为电能，人将球向上抛出的过程将人的能量转化为重力势能；电源做功的过程是电能转化为其他形式的能，重力做功的过程是重力势能
9、转化为其他形式的能。电流通过灯泡时电流做功是把电能转化为其他形式的能，与之对应得是重力势能转化为其它形式的能，所以可以将电流通过灯泡时电流做功与重力对球做功相类比。故A错误，C正确；电池的非静电力做功将其他形式的能转化为电能，人将球向上抛出的过程将人的能量转化为重力势能，所以可以将电池的非静电力做功与抛球时人对球做功相类比。故B正确，D错误；故选BC.9.如图所示，在等量负电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D关于O点对称，关于这几点场强大小正确的是()A. EAEB，EBEDB. EAEB，EBEDC. 可能有EAEBECD. 可能有EAECEB【答案】CD【解析】【详解】根据两个等
10、量同种电荷电场线分布的对称性可知：B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB=ED。两个等量电荷连线的中垂线的特点是：O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小。由于电场线的疏密情况不能确定，可能有EAEBEC，也可能有EA=ECEB，故CD正确，AB错误。故选CD。【点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小.10.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平
11、面与电场线平行.则()A. E点的电势与D点的电势相等B. 电势差UEF与电势差UBC相同C. 电场强度的大小为10 V/mD. 电场强度的大小为V/m【答案】AD【解析】【分析】在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势，以此类推其他各点的电势.【详解】已知正六边形所在平面与电场线平行，且A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=1V，故ABG的电势相等为1V； CF电势相等为2V，D、E电
12、势相等为3V，故A正确。电势差UEF=3-2=1V，电势差UBC=1-2=-1V，B错误；，故C错误，D正确；故选AD.11.静电计是测量电势差的仪器.指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图所示.在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大.现对电容器充电后断开开关.若按图下方的说明来做实验，则()A. 甲图中两极板间电势差变大B. 乙图中两极板间电势差变大C. 丙图中两板间电势差变小D. 丙图中两板间电势差变大【答案】ABC【解析】【详解】图甲中当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式，
13、可知电容减小，根据U=Q/C可知，电量不变，由于电容减小，电势差则增大，选项A正确；图乙中，电容器板间距离变大，电容减小，根据U=Q/C可知电势差变大，选项B正确；图丙中插入电解质，电容增大，电容增大，根据U=Q/C可知电势差减小，选项C正确，D错误；故选ABC【点睛】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式：，和电容器的定义式：C=Q/U的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算.12.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，直线AB与匀强电场E互相垂直.在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为
14、v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中不正确的是()A. 电场力对小球做功为零B. 小球的电势能增加C. 小球的机械能减少量为D. C可能位于AB直线的左侧【答案】ACD【解析】【分析】对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况【详解】小球受向下的重力和沿电场线斜向下的电场力，则小球水平抛出后，必定没有回到原处，电场力做功不为零，故A错误；由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故
15、B正确；小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2gt2，即mghmg2t2，故C错误；A、B两点等势，结合B选项可知，小球电势能增加，则C点必定在AB直线的右侧，故D错误；此题选择不正确的选项，故选ACD。二.实验题 13.将一个电量为2.0108C的点电荷，从零电势点S移到M点要克服电场力做功4.0108J，则M点电势_.若将该电荷从M点移到N点，电场力做功1.4107J，则N点的电势N_，MN两点的电势差UMN_.【答案】 (1). -2V; (2). 5V; (3). -7V;【解析】【详解】由WSM=qUSM得USMV2V而USM=S-M 则M=S-USM=（
