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四川省资阳市简阳市阳安中学学年高二上学期
2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二(上)第一次月考物理试卷
一.选择题(本题包括12小题,每小题4分.1至8题为单项选择,9至12题为多项选择,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.关于库仑定律,下列说法正确的是( )
A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的球体
B.根据F=k
,当两电荷的距离趋近于零时,静电力将趋向无穷大
C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量,则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是平方反比定律
2.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的.关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
A.
B.
C.
D.
3.一正电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的速度﹣时间图象如图所示,则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的( )
A.
B.
C.
D.
4.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重不计,则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是( )
A.先变大后变小,方向水平向左
B.先变大后变小,方向水平向右
C.先变小后变大,方向水平向左
D.先变小后变大,方向水平向右
5.一正电荷仅受电场力的作用,从电场中的a点运动到b点,在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动,则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势φa、φb之间的关系为( )
A.Ea>EbB.Ea<EbC.φa=φbD.φa>φb
6.将一正电荷从无限远移入电场中M点,静电力做功W1=6×10﹣9J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处,静电力做功W2=7×10﹣9J,则M、N两点的电势φM、φN,有如下关系( )
A.φM<φN<0B.φN>φM>0C.φN<φM<0D.φM>φN>0
7.如图所示,在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球,小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时,每根弹簧长度为l0,已知静电力常量为k,若不考虑弹簧的静电感应,则每根弹簧的原长为( )
A.l+
B.l﹣
C.l﹣
D.l﹣
8.a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中,分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动(不考虑带电液滴间的相互作用),下列说法不正确的是( )
A.a、b、c、d均带正点荷B.a、b的电势能、机械能均不变
C.c的电势能减少,机械能增加D.d的电势能减少,机械能减少
9.已知如图,带电小球A、B的电荷分别为QA、QB,OA=OB,都用长L的丝线悬挂在O点.静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为
,可采用以下哪些方法( )
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B.将小球B的质量增加到原来的8倍
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增加到原来的2倍
10.如图所示,在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷,在A、B两点间取一矩形路径abcd,该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称.现将一电子沿该矩形路径移动一周,下列判断正确的是( )
A.a点和d点的电场强度相同
B.b点和c点的电势相等
C.电子从b点到c点,电势能先增大后减小
D.电子从d点到a点,电场力先做负功后做正功
11.如图所示的匀强电场E的区域内,由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间,电场方向与面ABCD垂直,下列说法正确的是( )
A.AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等
B.带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点,电场力做正功
C.带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点,电势能减小
D.同一带电粒子从A点沿对角线移到C′点与从A点沿路径A→B→B′移动到B′点,电场力做功相同
12.如图,在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°,M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示,已知φM=φN、φP=φF,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则( )
A.点电荷Q一定在MP的连线上
B.连接PF的线段一定在同一等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功
D.φP>φM
二、论述与计算(本题共4小题,共52分.解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤,只写出结果的不得分,有数值计算的题,答案中必须写出明确的数值和单位)
13.如图所示,带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点,其带电荷量为Q;质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放,其带电荷量为q,A,B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外,还受到一个大小为F=k
(k为静电力常量)、方向指向甲球的恒力作用,两球均可视为点电荷.
(1)求乙球在释放瞬间的加速度大小;
(2)求乙球的速度最大时两个电荷间的距离.
14.如图所示,在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C,三球质量均为m,相距均为L.若小球均带电,且qA=+10q,qB=+q,为保证三球间距不发生变化,将一水平向右的恒力F作用于C球,使三者一起向右匀加速运动.求:
(1)C球的电性
(2)C球的电荷量.
(3)F的大小.
15.如图所示,倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中,在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球,小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等.设斜面足够长,地球表面重力加速度为g,不计空气的阻力,求:
(1)小球落到斜面所需时间t;
(2)小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E.
16.如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m=0.5kg、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R=3.6m为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h=6m.若小球通过C点的速度为v=10m/s,求:
(1)小球通过B点的速度大小
(2)小球由A到B电场力做功多少
(3)小球由A到C机械能的损失了多少.
2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二(上)第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题(本题包括12小题,每小题4分.1至8题为单项选择,9至12题为多项选择,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.关于库仑定律,下列说法正确的是( )
A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的球体
B.根据F=k
,当两电荷的距离趋近于零时,静电力将趋向无穷大
C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量,则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是平方反比定律
【考点】库仑定律.
【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力.当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时,可以看成点电荷.
两个带电体间的距离趋近于零时,带电体已经不能看成点电荷了.
【解答】解:
A、库仑定律适用于点电荷,点电荷并不是体积很小的球体,故A错误.
B、当两个点电荷距离趋于0时,两带电体已不能看出点电荷了,该公式F=k
,不适用了,故电场力并不是趋于无穷大,故B错误.
C、两点电荷之间的作用力是相互的,根据牛顿第三定律,无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何,Q1对Q2的电场力大小上总等于Q2对Q1电场力.故C错误.
D、库仑定律的表达式为F=k
,万有引力定律的表达为F=G
,故两表达式相似,都是平方反比定律,故D正确.
故选:
D.
2.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的.关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
A.
B.
C.
D.
【考点】电场强度;曲线运动.
【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向,再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择.
【解答】解:
A、电荷做曲线运动,电场力与速度方向不在同一直线上,应指向轨迹弯曲的内侧,不可能沿轨迹的切线方向,则场强也不可能沿轨迹的切线方向.故A错误.
B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反,图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角,电场力做正功,电荷的速率增大,与题不符.故B错误.
C、图中场强方向指向轨迹的内侧,则电场力指向轨迹的外侧,电荷的轨迹应向上弯曲,不可能沿如图的轨迹运动.故C错误.
D、图中场强方向指向轨迹的外侧,则电场力指向轨迹的内侧,而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角,电场力做负功,电荷的速率减小,符合题意.故D正确.
故选D
3.一正电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的速度﹣时间图象如图所示,则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的( )
A.
B.
C.
D.
【考点】电场线.
【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度,所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大,则电场力越来越大,电场强度越来越大,根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果.
【解答】解:
由v﹣t图象可知,粒子做加速度逐渐增大的加速运动,因此该电荷所受电场力越来越大,电场强度越来越大,电场线密的地方电场强度大,且正电荷受力与电场方向相同,故ABC错误,D正确.
故选:
D.
4.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重不计,则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是( )
A.先变大后变小,方向水平向左
B.先变大后变小,方向水平向右
C.先变小后变大,方向水平向左
D.先变小后变大,方向水平向右
【考点】电场强度;电场的叠加.
【分析】电子做匀速直线运动,知受电场力和外力平衡,外力的大小与电场力的大小相等,方向相反,根据电场力的变化判断外力的变化.
【解答】解:
根据等量异种电荷周围的电场线分布知,从A→O→B,电场强度的方向不变,水平向右,电场强度的大小先增大后减小.则电子所受电场力的大小先变大,后变小,方向水平向左,则外力的大小先变大后变小,方向水平向右.故B正确,A、C、D错误.
故选:
B.
5.一正电荷仅受电场力的作用,从电场中的a点运动到b点,在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动,则A、B两点电场强度Ea、Eb及该电荷在a、b两点的电势φa、φb之间的关系为( )
A.Ea>EbB.Ea<EbC.φa=φbD.φa>φb
【考点】电场线;电场强度;电势.
【分析】根据受力特点可以判断A、B两点电场强度的大小,根据电场力做功的以及正电荷受力与电场线的关系判断A、B两点电势的高低.
【解答】解:
A、电荷做匀加速直线运动,所以根据Eq=ma可知,电场强度不变,即EA=EB.故A错误,B错误;
C、电荷做初速度为零的匀加速直线运动,且只受电场力,又正电荷受到电场力的方向与电场线的方向相同,沿电场线的方向都是降低,所以a点的电势高.所以φa>φb,故C错误,D正确.
故选:
D
6.将一正电荷从无限远移入电场中M点,静电力做功W1=6×10﹣9J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处,静电力做功W2=7×10﹣9J,则M、N两点的电势φM、φN,有如下关系( )
A.φM<φN<0B.φN>φM>0C.φN<φM<0D.φM>φN>0
【考点】电势;电势差与电场强度的关系.
【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系,由电场力做功情况分析电荷电势能的变化,判断电势高低.
【解答】解:
正电荷从无穷处移向电场中M点,电场力做功为W1=6×10﹣9J,电荷的电势能减小,由电势能公式Ep=qφ,知M点的电势小于无穷远的电势,即φM<0.
负电荷从电场中N点移向无穷远处,静电力做功W2=7×10﹣9J,电势能减小,电势升高,则N点的电势小于无穷远的电势,即φN<0.
由于两电荷电量相等,从无限远处移入电场中N点电场力做功较大,N点与无穷远间的电势差较大,则N点的电势低于M点的电势,即得到φN<φM<0.
故选:
C
7.如图所示,在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球,小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时,每根弹簧长度为l0,已知静电力常量为k,若不考虑弹簧的静电感应,则每根弹簧的原长为( )
A.l+
B.l﹣
C.l﹣
D.l﹣
【考点】库仑定律;胡克定律.
【分析】由于3个小球带同种电荷,互相排斥,所以弹簧处于伸长状态,对小球受力分析,根据平衡的条件列出方程可以求得弹簧的原长.
【解答】解:
对第三个小球受力分析,第三个小球受三个力的作用,即为两库仑力与弹簧的拉力,
它们的关系是k0x=k
+k
,
解得x=
;
所以弹簧的原长为l0=l﹣x=l﹣
,故C正确,ABD错误.
故选:
C.
8.a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中,分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动(不考虑带电液滴间的相互作用),下列说法不正确的是( )
A.a、b、c、d均带正点荷B.a、b的电势能、机械能均不变
C.c的电势能减少,机械能增加D.d的电势能减少,机械能减少
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.
【分析】首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况,得出均受力平衡,且受到的电场力的方向都向上的结论,从而判断电性是相同的;在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负,并判断电势能和机械能的转化情况,从而可判断各选项的正误.
【解答】解:
A、因为a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下都作匀速直线运动,可知受力都处于平衡状态,四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用,可知四个带电液滴带同种电荷,都为正电荷,故A正确.
B、a、b在水平方向上运动,电场力和重力均不做功,所以电势能和机械能都不变,故B正确.
C、c竖直向上运动,电场力做正功,电势能转化为机械能,电势能减少,机械能增加,故C正确.
D、d竖直向下运动,电场力做负功,电势能增加,机械能减少,机械能转化为电势能.故D错误.
本题选错误的,故选:
D.
9.已知如图,带电小球A、B的电荷分别为QA、QB,OA=OB,都用长L的丝线悬挂在O点.静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为
,可采用以下哪些方法( )
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B.将小球B的质量增加到原来的8倍
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【考点】库仑定律;共点力平衡的条件及其应用.
【分析】对小球进行受力分析,并作出平行四边形;由几何关系可知力与边的关系,即可得出符合条件的选项.
【解答】解:
如图所示,B受重力、绳子的拉力及库仑力;将拉力及库仑力合成,其合力应与重力大小相等方向相反;
由几何关系可知,
=
;
而库仑力F=
;
即:
=
=
;
mgd3=kq1q2L;
d=
要使d变为
,可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立;故B正确;
或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时小球B的质量增加到原来的2倍,也可保证等式成立;故D正确;
故选BD.
10.如图所示,在真空中A、B两点分别放置等量的异种点电荷,在A、B两点间取一矩形路径abcd,该矩形路径关于A、B两点连线及连线的中垂线均为轴对称.现将一电子沿该矩形路径移动一周,下列判断正确的是( )
A.a点和d点的电场强度相同
B.b点和c点的电势相等
C.电子从b点到c点,电势能先增大后减小
D.电子从d点到a点,电场力先做负功后做正功
【考点】电场的叠加;电场强度;电势能.
【分析】根据电场线的方向判断电势的高低.负电荷在电势低处电势能大.作出过bc的等势线,分析b、c两点的电势与D点电势的关系,判断电场力做功情况.采用类似方法分析由d→a,电子的电势能的变化.
【解答】解:
A、由题,A、B两点分别放等量异号点电荷+q、﹣q,根据叠加原理可得,a点与b点电场强度的大小相等,但方向不同,则电子在a点和b点的电场强度不同.故A错误.
B、过bc两点作出等势线,如图,电子由b→c,电场力对电子先做负功,后做正功,总功为零.电势能总量不变,则这两点电势相等,故B正确.
C、由d→c,电势降低,电子的电势能增大.故C错误.
D、由d→a,电势先升高后降低,则电子的电势能先减小后增大,电场力先做正功后做负功,故D错误.
故选:
B.
11.如图所示的匀强电场E的区域内,由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间,电场方向与面ABCD垂直,下列说法正确的是( )
A.AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等
B.带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点,电场力做正功
C.带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点,电势能减小
D.同一带电粒子从A点沿对角线移到C′点与从A点沿路径A→B→B′移动到B′点,电场力做功相同
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系.
【分析】本题首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功,在同一等势面上的两点间的电势差为零,而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零.从而可判断A的对错;电场力做正功还是负功,取决于电荷的电性和始末位置的电势差,从而可判断B的对错;在只有电场力做功的情况下,电荷的电势能和动能之和保持不变,即电场力做正功,电势能减少,电荷克服电场力做功,电势能增加;还有就是电场力做功与路径无关,只取决于始末位置间的电势差和电量有关从而可判断CD的正误.
【解答】解:
A、由题意,电场的方向与面ABCD垂直,所以面ABCD是等势面,A、D两点的电势差为0,又因A、A′两点沿电场线的方向有距离,顺着电场线方向电势降低,所以AA′两点间电势差UAA′不为0,故A错误.
B、带正电的粒子从A点到D电场力不做功,而由D→D'电场力做正功,故B正确;
C、同理,带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点,电场力做负功,电势能增大,故C错误;
D、由电场力做功的特点:
电场力做功与路径无关,只与初末位置的电势差有关,则知带电的粒子从A点移到C′点,沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同.故D正确.
故选:
BD.
12.如图,在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°,M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示,已知φM=φN、φP=φF,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则( )
A.点电荷Q一定在MP的连线上
B.连接PF的线段一定在同一等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功
D.φP>φM
【考点】电势;电场强度.
【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆,对于圆,圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心;找出电荷位置后,根据电势能的变化情况判断电场力做功情况.
【解答】解:
A、点电荷的等势面是一系列的同心圆,对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心,故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上,在MP的连线上,如图所示,故A正确;
B、φP=φF,线段PF是P、F所在等势面(圆)的一个弦,故B错误;
C、在正的点电荷的电场中,离场源越远,电势越低,将正试探电荷从P点搬运到N点,电势能降低,故电场力做正功,故C错误;
D、在正的点电荷的电场中,离场源越远,电势越低,故φP>φM,故D正确.
故选:
AD.
二、论述与计算(本题共4小题,共52分.解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤,只写出结果的不得分,有数值计算的题,答案中必须写出明确的数值和单位)
13.如图所示,带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点,其带电荷量为Q;质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点静止释放,其带电荷量为q,A,B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外,还受到一个大小为F=k
(k为静电力常量)、方向指向甲球的恒力作用,两球均可视为点电荷.
(1)求乙球在释放瞬间的加速度大小;
(2)求乙球的速度最大时两个电荷间的距离.
【考点】库仑定律;牛顿第二定律.
【分析】
(1)乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡,水平方向受到甲的静电斥力和F,根据牛顿第二定律求出其加速度大小.
(2)乙向左先做加速运动后做减速运动,当所受的甲的静电斥力和F大小相等时,乙球的速度最大,可求出两球间的距离.
【解答】解:
(1)根据牛顿第二定律得ma=
﹣F,
又F=
可解得:
a=
(2)当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时,乙球的速度最大,
F=
=
可解得x=2l0
答:
(1)求乙球在释放瞬间的加速度大小
;
(2)求乙球的速度最大时两个电荷间的距离2l0.
14.如图所示,在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C,三球质量均为m,相距均为L.若小球均带电,且qA=+10q,qB=+q,为保证三球间距不发生变化,将一水平向右的恒力F作用于C球,使三者一起向右匀加速运动.求:
(1)C球的电性
(2)C球的电荷量.
(3)F的大小.
【考点】库仑定律;牛顿第二定律.
【分析】
(1)A球向右加速,合力向右,B球对C球是向左的静电力,故C球对其为吸引力,故C球带负电;
(2)分别以A、B为研究对象,运用静电力公式结合牛顿第二定律列式后联立求解即可;
(3)把A、B、C三者作为整体为研究对象,根据牛顿第二定律列式求解.
【解答】解:
(1)A球向右加速,合力向右,B球对C球是向左的静电力,故C球对其为吸引力,故C球带负电;
(2)设加速度为a,由牛顿第二定律:
对A:
对B:
解得:
a=
(3)对整体,根据牛顿第二定律,有:
F=3ma
所以:
答:
(1)C球的带负电;
(2)C球的电荷量为
;
(3)F的大小为
.
15.如图所示,倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中,在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球,小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等.设斜面足够长,地球表面重力加速度为g,不计空气的阻力,求:
(1)小球落到斜面所需时间t;
(2)小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量△E.
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.
【分析】
(1)小球水平抛出后,由于所受电场力与重力均为恒力,小球做类平抛运动,根据牛顿第二定律求出加速度,运用运动的分解法,由运动学公式和水平位移与竖直位移的关系求解时间;
(2)从水平抛出至落到斜面的过程中,小球的电势
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