2021四川省威远中学高二上学期第一次月考物理试题含答案

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威远中学高2019级高二第一学期第一次月考物理试题 第I卷 48分（选择题）一、单选题(共32分)1．(本题4分)下列说法正确的是（　　）A．不带电的物体一定没有电荷B．只有体积很小的带电体才能被看成点电荷C．元电荷是表示跟一个电子所带电荷量数值相等的电荷量D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了2．(本题4分)在某一电场中,有一带电粒子仅在电场力作用下由点运动到点,其电场线的分布情况及带电粒子运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是（ ）A．该粒子带负电B．该电场线可能是由一个负点电荷形成的C．粒子在点的电势能大于在点的电势能D．点的电势低于点的电势3．(本题4分)真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图，根据图象可知（ ）A．R处的电场强度E＝0 B．若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C．x1处与x2处的电场强度方向相同 D．该电场有可能是处在O点的正点电荷激发产生的4．(本题4分)套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 AB>AC>BC，可以判断图中A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为FA>FC>FBD．三个小球带电荷量的大小为QA>QC>QB5．(本题4分)如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，其单位长度带电量为，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为轴，设轴上任意点P到O点的距离为，以无限远处为零势点，P点电势的大小为，下面给出的四个表达式（式中为静电力常量），其中只有一个是合理的，你可能不会求解此处的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性判断，根据你的判断，的合理表达式应为（ ）A． B．C． D．6．(本题4分)如图所示，定滑轮通过细绳OO 连接在天花板上，跨过定滑轮的细绳两端连接带电小球A、B，其质量分别为m1 、 m2 （ m1  m2 ）。调节两小球的位置使二者处于静止状态，此时OA、OB 段绳长分别为l1、l2 ，与竖直方向的夹角分别为、 。已知细绳绝缘且不可伸长， 不计滑轮大小和摩擦。则下列说法正确的是（　　）A．  B．l1∶l2  m2∶ m1C．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变长D．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变短7．(本题4分)如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10-8C和Q2=-10-8C，分别固定在x=0和x=4cm的位置上，则在x轴上（ ）A．两个点电荷间某点的电场强度为零B．x=8cm处的电场强度为零C．（4cm，8cm）区域内电场强度的方向沿x轴正方向D．电子在两个点电荷之间向右运动时，电势能先增大后减小8．(本题4分)如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则A．微粒达到B点时动能为B．微粒的加速度大小等于C．两极板的电势差 D．微粒从A点到B点的过程电势能减少二、多选题(共16分)9．(本题4分)一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)A．A处的电场强度一定大于B处的电场强度B．CD间各点电场强度和电势都为零C．粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能D．A、B两点的电势差大于C、B两点间的电势差10．(本题4分)如图所示，两个带电小球A、B的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2.静止时两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且恰好处于同一水平面上．下列说法正确的是（ ）A．若q1＝q2，则θ1＝θ2B．若q1＜q2， 则θ1＞θ2C．若m1＝m2，则θ1＝θ2D．若m1＜m2，则θ1＞θ211．(本题4分)如图所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E＝1.0×104 N/C。半径R＝2.0m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝＋3.0×10－4 C的带孔小球穿过细圆环形轨道静止在位置A，现对小球沿切线方向作用一瞬时速度vA，使小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点．已知BC是圆环形轨道的一条水平直径，g＝10m/s2，sin370＝0.6，cos370＝0.8，下列说法正确的是：A．在位置A静止时圆环对小球的弹力大小为5NB．瞬时速度vA的大小为55m/sC．瞬时速度vA的大小为10m/sD．小球通过B点时的机械能最小12．(本题4分)如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，，，已知电场线平行于所在的平面，一个电荷量 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了 J，由B移到C的过程中电场力做功 J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是A．B、C两点的电势差 VB．A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，电势能减少D．该电场的场强为1 第II卷 62分（非选择题）三、实验题(共4分)13．(本题4分)如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是_____。A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况(2)以下情况中，能使电静电计指针偏角增大的有_____。A．把两板间的距离减小B．把两板的正对面积减小C．在两板间插入相对介电常数较大的电介质四、填空题(共10分)14．(本题4分)如图所示，平行板电容器与电源连接， 为两板间一点．闭合电键给电容器充电后再断开电键，然后再将极板移到虚线所示位置，则与不移极板前比较， 点电场强度将__________； 点电势将__________；（填“变大”、“变小”或“不变”）15．(本题6分)图中各点间距相等．如果在A点固定一个正点电荷，B点固定一个和其电荷量相等的负点电荷，则a、b、c三点中电场强度最大的是________点，电势最低的是________点，如果将一个电荷量为-q的点电荷从a点移到c点，其电势能将________（选填“增大”“减”或“不变”）．五、解答题(共48分)16．(本题10分)如图所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．(1) 判断小球带何种电荷；(2)若已知电场强度为E、小球带电荷量为q，求小球的质量m.17．(本题10分)将带电量为6 × 10-6C的负电荷从电场中的A点移到B点,克服电场力做了3 × 10－5 J的功，（1）则A、B间的电势差为多少？（2）再将电荷从B移到C，电场力做了1．2×10－5J的功，则B、C间的电势差为多少？18．(本题12分)如图所示，一个带电荷量为-q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小仍为v。求：（1）最高点与O点的竖直高度；（2）最高点与O点的电势差UNO；（3）电场强度E.19．(本题16分)如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘，且处于水平向右的匀强电场中．一个可视为质点的带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m=8×10-2kg，物块与轨道CD段的动摩擦因数µ=0.25，CD段的长度L=2m，圆弧DG的半径r=0.5m，GH段与水平面的夹角θ=370，不计物块与挡板碰撞时的动能损失．求：（1）物块第一次到达H点时的速率;（2）物块在轨道CD段运动的总路程;（3）物块碰撞挡板时的最小动能．威远中学高2019级高二第一学期第一次月考物理参考答案1．C【解析】A、物体不带电是因为所带的正电荷和负电荷的电量相等，所以不显电性，故选项A错误；B、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，与体积大小，电荷量多少无关， B错误；C、元电荷指的是自然界中可单独存在的最小电荷量，并不是指一个带电粒子，一个电子带的电荷量与元电荷相等，故c正确;D、感应起电是指电荷从导体的一个部分转移到物体另一个部分，不是电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了，故D错误；故选C。2．C【详解】A．粒子受到的电场力指向轨迹的内侧并和电场线共线，可知电场力和电场线同方向，所以粒子带正电，故A错；B．负点电荷的电场线应该指向负电荷的直线，故B错；CD．沿着电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，而正电荷在电势高的地方电势能较大，所以C对；D错。故选C。3．B【详解】φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故B正确；x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故C错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大；而从O点向右，切线斜率先变大后减小，故电场不可能是处在O点的正点电荷激发产生的，故D错误；故选B。4．B【详解】对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同电，分析B根据平衡条件可得AC同电，可得三个同电，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A错误B正确；A受到两斥力，设圆心O，AB大于AC，同时角OAB小于角OAC，可得受B力更大，又离B远可得B电量大于C，同理A电量大于B电量，，故D错误；根据相似三角形法可得，故可得，C错误；5.【答案】A【解析】试题分析：电势的高低与圆环带电量的大小有关，B表达式显然与电量Q无关，因此B错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此时，电势不为零，故D错误；同理处的电势为无穷大，也不可能，故C错误；故只有A正确。考点：电势6．B【详解】A. 因滑轮两边绳子的拉力相等，可知 = ，选项A错误；B画出两球的受力图，由三角形关系可知其中T1=T2则 选项B正确；CD. 由关系式可知，l1和l2的大小由两球的质量关系决定，与两球电量关系无关，则若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段不变，选项CD错误。故选B。7．B【解析】根据点电荷场强的叠加知，两点电荷之间的场强方向沿x轴正方向，不可能为零，A错误；由分析可知，在x轴上场强为零的点，只能在Q2的右侧，设距离Q2右侧L处，则kQ1(4+L)2=kQ2L2，解得L=4cm，则x=4cm+L=8cm处的电场强度为零，B正确；（4cm，8cm）区域内电场强度的方向沿x轴负方向，C错误；电子在两个点电荷之间向右运动时，电场力做负功，电势能增大，D错误；故选B.点睛：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．8．C【解析】试题分析：物体在运动过程中，受力如图所示由于物体力受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的速度一定不是，因此A错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，，，因此加速度大小为，B错误；电容器内的电场强度，因此两板间的电势差为，C正确，从A向B运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D错误考点：带电粒子在复合场中的运动9．AC【解析】由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误．从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，故C正确；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确．故选CD.10．CD【解析】试题分析：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的大小与夹角大小的关系．对A、B球受力分析，如图所示，根据共点力平衡和几何关系得， ，不论与谁大谁小，它们之间的库仑力是一对相互作用力，总是等值、反向、共线的，即总有，所以当时， ；当，则，CD正确．11．ACD【详解】A. 小球在A点受力平衡，根据共点力平衡得,弹力N=(mg)2+(Eq)2=16+9N=5N.故A正确。B. 设电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=qEmg=34，即θ=37∘.在等效最高点，最小速度为零，根据动能定理得,−F⋅2R=0−12mvA2，代入数据解得vA=10m/s.故B错误，C正确；D. 从A到B的过程中，电场力所做的负功最多，则机械能损失最多，可知小球通过B点时的机械能最小。故D正确。故选：ACD.12．CD【详解】A项：由B移到C的过程中电场力做功 WBC=6×10-6J，则B、C两点的电势差为：，故A错误；B项：点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10-5J，知电场力做功-1.2×10-5J，A、B两点的电势差：，，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误；C项：UCA=-UBC-UAB=-3V，根据W=Uq得：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减小．故C正确；D项：三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B．因为，所以，所以该电场的场强为1V/m．故D正确．13．A B 【详解】（1）[1]．静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误；故选A。（2）[2]．A．两板间距离d减小，根据电容的决定式知，电容C增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小，故A错误；B．两级的正对面积减小，根据电容的决定式知，电容C减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大，故B正确；C．在两极板间插入电介质，根据知，电容C增大，电荷量不变，根据知，则电势差减小，指针偏角变小，故C错误；14． 不变 不变【解析】试题分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点电势变化．依据电容的定义式，决定式，场强的决定式，代入得，故的变化与无关，故场强将不变，则P点与下极板的电势差不变，由于下极板电势为零，则P点的电势不变．15．a b 减小 【详解】[1]该电场是等量异种点电荷的电场，它的a点的场强是A与B的电场的点的电势和，而b、c两点的场强是A与B的场强的差，所以a点的场强最大；[2]AB连线的中垂线是一条与无穷远处的电势相等的等势线，它的左侧是正电荷的电场，各点的电势都高于a点，它的右侧是负电荷的电场，各点的电势都低于a点的电势．所以b点的电势最低．c点的电势最高．[3]将一个电量为-q的点电荷从a点移到c点，其电势升高，将负电荷从电势低的地方移动到电势高的地方，电场力做正功．故点电荷的电势能将减小．16．(1)小球带负电．(2)【详解】(1)小球处于静止状态，小球受到重力、绳子的拉力和电场力三力平衡，受力分析如图所示．小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相反，可知该小球带负电．(2)小球受力如图小球所受电场力F＝qE由平衡条件得：F＝mgtan θ则得qE＝mgtan θ解得：17．（1）5V（2）-2V【解析】试题分析：（1）由W=qUAB得（2）18．(1) (2) (3)【详解】（1）在竖直方向上，液滴做竖直上抛运动，则有（vsinθ）2=2gh解得。（2）油滴从O到N的过程，由动能定理得：qUNO-mgh=0解得UNO=。（3）竖直方向上：vsinθ=gt，设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则-v=vcosθ-at又Eq =ma联立以上三式得：E=。19．（1）4.74m/s；（2）6m；（3）0.01J【详解】（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得代入数据得物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ,所以做匀速直线运动由C运动至H过程中，由动能定理得代入数据得（2）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为零设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得代入数据得（3）物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能由动能定理得代入数据得