名校解析重庆市外国语学校学年高二上学期第一次月考物理试题精校Word版.docx
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名校解析重庆市外国语学校学年高二上学期第一次月考物理试题精校Word版
重庆市外国语学校高2020届(二上)第一次月考物理试题
一、选择题
1.下列说法中,错误的是( )
A.物理学家密立根首先测出了元电荷e的数值
B.在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中,库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法
C.法拉第首先提出电场的概念,这是为了方便分析电荷之间的作用而假想的存在
D.在研究电场磁场时,我们常引人“试探电荷”,要求试探电荷不影响原电场的强弱及分布情况,这里应用了理想模型法
【答案】CD
【解析】
【详解】物理学家密立根首先测出了元电荷e的数值,选项A正确;在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中,库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法,选项B正确;法拉第首先提出电场的概念,电场是真是存在的物质,电场线是为了方便分析电荷之间的作用而假想的,选项C错误;在研究电场磁场时,我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”,目的是不影响原电场的强弱及分布情况,这里并没有应用理想模型法,故D错误。
此题选择错误的选项,故选CD.
2.把一个带正电的金属球A跟不带电的同样的金属球B相碰。
两球都带等量的正电荷,这是因为()
A.A球的正电荷移到B球上B.B球的正电荷移到A球上
C.A球的负电荷移到B球上D.B球的负电荷移到A球上
【答案】D
【解析】
【详解】金属上正电荷只做无规则的热振动,不能发生移动,更不可能从一个球移动到另一个球。
故AB错误。
B球原来不带电,与A球接触后,由于A球上正电荷对电子的吸引,电子从B球转移到A球上,原来中性的B球就带正电。
电子带负电,所以B带正电是由于B球上的负电荷移到A球上的缘故。
故D正确,C错误。
故选D。
【点睛】要知道金属是自由电子和金属正离子组成的,正离子只做热振动,不移动,而自由电子可以移动,这是接触带电的实质.
3.在任意电场,取无限远处电势为0,那么关于电势和电场强度,下列说法正确的是()
A.电势为零的点,电场强度一定为零,反之亦然
B.电势为零的点,电场强度不一定为零,但电场强度为零的点,电势一定为零
C.电场强度为零的点,电势不一定为零;电势为零的点,场强不一定为零
D.场强大的地方,电势一定高;电势高的地方,电场强度一定大
【答案】C
【解析】
【详解】电势为零的点,电场强度不一定为零,例如处于等量异种电荷连线中点处电势为零,场强不为零;反之电场强度为零的点,电势不一定为零,例如在等量同种电荷的中点,场强为零,电势大于零;则AB错误,C正确;场强大的地方,电势不一定高,例如距离负点电荷距离较近的位置场强大,电势低;电势高的地方,电场强度不一定大,例如距离负点电荷距离较远的位置场强较小,电势较高;选项D错误;故选C.
【点睛】场强和电势是从不同的角度描述电场,场强是从力的角度描述电场,而电势是从能的角度描述电场,二者无直接的关系.
4.如图,实线为电场线,虚线为等势线,a、b两点的电势ϕa=−50V,ϕb=−20V,则a、b连线中点c的电势ϕC应为( )
A.ϕC=−35V
B.ϕC>−35V
C.ϕC<−35V
D.无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由图看出,ca段电场线比bc段电场线密,ca段场强较大,根据公式U=Ed可知,bc间电势差Ubc小于ca间电势差Uca,即φb-φc<φc-φa,得到φc>
,故选B。
5.一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点,处于静止状态。
现将极板A向下平移一小段距离,但仍在P点上方,其它条件不变。
下列说法中正确的是
A.液滴将向下运动
B.液滴将向上运动
C.液滴仍静止不动
D.极板带电荷量将减少
【答案】
【解析】
将极板A向下平移一小段距离,电容器板间的电压保持不变,根据E=U/d分析得知,板间场强增大,油滴所受电场力增大,则油滴将向上运动。
故A错误,B正确。
将极板A向下平移一小段距离时,根据电容的决定式
得知电容C增大,而电容器的电压U不变,由Q=CU知,极板带电荷量将增大。
故CD错误。
故选B。
点睛:
本题关键要抓住电容器的电压不变,由电容的决定式
和电量公式Q=CU结合分析电量变化.
6.如图所示,实线为电场线,虚线表示等势面,相邻两个等势面之间的电势差相等,有一个运动的正电荷在等势面l3上某点的动能为20J,运动至等势面l1上的某一点时动能变为0,若取l2为零势面,则此电荷的电势能为2J时,其动能为( )
A.18
B.10J
C.8J
D.2J
【答案】C
【解析】
【详解】根据动能定理得:
W31=EK3-EK1=-20J.知从等势面L3处运动到L1处电势能增加20J.取L2为零势面,则L1处电势能与L3处电势能绝对值相等且一正一负,故L1处电势能为10J,L3处电势能为-10J.则L3处电势能和动能之和为10J,在运动的过程中,电荷的电势能和动能之和保持不变,所以电荷的电势能为2J时它的动能为8J。
故选C。
【点睛】解决本题的关键知道电场力做功和电势能的变化关系,以及知道电荷的电势能和动能之和保持不变.
7.一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上,它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电动势随坐标的变化情况如图中甲、乙,甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E−y图象。
乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ−x图象,且以无穷远处电势为零。
图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点,根据图象可判断下列有关描述正确的( )
A.是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场,电荷位于y轴上
B.是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场,电荷位于x轴上
C.将一个+q从y轴上a点由静止释放,它会在aOb间往复运动
D.将一个+q从x轴上c点由静止释放,它会在cOd间往复运动
【答案】C
【解析】
【详解】因x轴上各点的电势均小于零,且φ-x图关于y轴对称,表明是一对等量负电荷激发的电场,又E-y图象中y轴正方向场强为负,y轴负方向场强为正,表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称,AB项错误;一个+q从y轴上a点由静止释放,它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动,后做加速度逐渐减小的加速运动,越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动,后做加速度逐渐减小的减速运动,到达b点时恰好速度为零,此后又变加速运动到a点,故C项正确;将一个+q从x轴上c点由静止释放,它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合,故D项错误;故选C。
【点睛】本题属于图象题,关键是根据题目给出的信息,结合图象特点分析激发电场的电荷。
要判断电荷的运动根据电场特点,分析电场力,根据力与运动关系分析即可。
8.如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点,A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V,正六边形所在平面与电场线平行。
则()
A.E点的电势与C点的电势相等
B.UEF与UBC相同
C.电场强度的大小为20√3/3 V/m
D.电场强度的大小为20√3 V/m
【答案】C
【解析】
【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电势相等为3V,故A错误;电势差UEF=3-2=1V,电势差UBC=1-2=-1V,B错误;
,故C正确,D错误;故选C。
【点睛】考查了匀强电场中不同的电势高低,方法找等势线、等势点,题目的关键是设法找到一个等势面,因电场线与等势面正交,可找到场强的方向.
9.两个相同的金属小球,带电量之比为1:
5,当它们相距r时的相互作用力为F1.若把它们互相接触后再放回原处,它们的相互作用力变为F2,则F1:
F2可能是( )
A.5:
1B.5:
9C.5:
4D.5:
8
【答案】BC
【解析】
【详解】由库仑定律可得:
F=k
,带电量之比是1:
5,当它们相距r时作用力大小为F1=k
;当两相同金属小球带同种电荷时,两者相互接触后再放回原来的位置上,它们的电荷量都变为3q,当它们相距r时作用力大小为F2=k
,所以库仑力之比为5:
9。
当两相同金属小球带异种电荷时,两者相互接触后再放回原来的位置上,它们的电荷量变为2q,当它们相距r时作用力大小为F2′=k
,所以库仑力是原来的5:
4。
故BC正确、AD错误。
故选BC。
【点睛】本题考查库仑定律的同时,利用了控制变量法.当控制距离不变时,去改变电荷量,从而确定库仑力的变化.当然也可控制电荷量不变,去改变间距,从而得出库仑力的变化.
10.如图所示,虚线表示两个固定的等量异种点电荷形成的电场中的等势线。
一带电粒子以某一速度从图中a点沿实线abcde运动。
若粒子只受静电力作用,则下列判断正确的是()
A.粒子带正电
B.速度先减小后增大
C.电势能先减小后增大
D.经过b点和d点时的速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得,该图中的等势面中,正电荷在上方,负电荷在下方;从粒子运动轨迹看出,轨迹向上弯曲,可知带电粒子受到了向上的力的作用。
所以粒子带负电。
故A错误;粒子从a→b→c过程中,电场力做负功,c→d→e过程中,电场力做正功。
粒子在静电场中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,速度先减小后增大。
故B正确,C错误;由于b、d两点处于同一个等势面上,所以粒子在bd两点的电势能相同,粒子经过b点和d点时的速度大小相同,方向不同。
故D错误。
故选B。
【点睛】本题是轨迹问题,首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向,确定是排斥力还是吸引力.由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路.
11.a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点,∠abc=120∘.现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上,菱形中心点O点和另一个顶点d点处,两点相比()
A.d点电场强度的方向由O指向d
B.试探电荷在d点所具有的电势能较大
C.d点的电势小于O点的电势
D.d点的电场强度小于O点的电场强度
【答案】ACD
【解析】
【详解】d点电场是由三个点电荷所产生的电场的叠加,根据对称性和平行四边形定则可知,d点电场强度的方向由O指向d。
故A正确。
Od间电场线方向从O到d,根据顺着电场线方向电势降低,O点的电势高于d点的电势,而正电荷在高电势高处电势能大,则知+q在d点所具有的电势能较小。
故B错误,C正确。
设菱形的边长为r,根据公式E=kQ/r2分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等,由电场的叠加可知,d点的场强大小为Ed=2kQ/r2.O点的场强大小为EO=
,可见,d点的电场强度小于O点的电场强。
故D正确。
故选ACD。
【点睛】本题关键要抓住对称性,由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向,再判断电场力大小和电势能的高低。
12.在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成上下两个区域I、II,在区域II中有竖直向上的匀强电场,在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v−t图象如图乙所示,不计空气阻力,则()
A.小球受到的重力与电场力之比为3:
5
B.在t=5s时,小球经过边界MN
C.在小球向下运动的整个过程中,克服电场力做功等于重力势能的变化量
D.在1s∼4s过程中,小球的机械能先增大后减小
【答案】
【解析】
A:
v-t图象的斜率等于加速度。
小球进入电场前的加速度
,进入电场后的加速度大小为:
,由牛顿第二定律得:
,
,得电场力:
,可得重力mg与电场力F之比为3:
5,故A项正确。
B:
小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后受到电场力作用先做减速运动然后反向回头加速,出电场后做竖直上抛运动,由v-t图可以看出,小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时,t=5s时,小球回到出发点。
故B项错误。
C:
在小球向下运动的整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等,即重力势能的变化量等于克服电场力做功。
故C项正确。
D:
由图可得,小球在1-2.5s内向下运动,在2.5s-4s内向上运动,在1s~4s过程中,电场力先做负功,后做正功。
小球的机械能先减小后增大。
故D项错误。
点睛:
根据速度时间图象和受力情况判断出物体的运动情景是解题的突破口。
二、实验题
13.某校三人学习奥小组合作探究电容器的影响因素,电容器充电完成后与电源断开,按如图连接在一起:
(1)甲同学将B极板向上移动,观察到静电计的指针偏角_____;(选填“变大”“变小”“不变”)。
(2)乙同学将B极板_______(选填“左动”“右动”“旋转”),观察到静电计的指针偏角变小。
(3)丙同学在A、B极板之间插入云母片,观察到静电计的指针偏角_____;(选填“变大”“变小”“不变”)。
(4)三位同学应用他们实验得到的结论分析某核电站所使用的冷却系统自动化检测技术的原理。
如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。
如果指示器显示出电容增大了,则必为液面______(“升高”、“降低”或“不变”).
【答案】
(1).
(1)变大;
(2).
(2)右;(3).(3)变小;(4).(4)升高.
【解析】
【详解】
(1)若极板B稍向上移动一点,极板正对面积减小,由电容的决定式
分析知电容减小,电容器的电量不变,根据电容的定义式C=Q/U,极板间的电压U增大,则静电计指针偏角变大;
(2)静电计的指针偏角变小,说明U减小,根据C=Q/U可知C变大,根据
可知,d减小,即极板B向右移动;
(3)在A、B极板之间插入云母片,根据
可知,C变大,根据电容的定义式C=Q/U,极板间的电压U减小,则静电计指针偏角变小;
(4)改变两电极正对面积时,根据电容器的决定式
可知,电容增大,说明液面升高.
【点睛】对于电容器动态变化分析问题,要抓住不变量.当电容器保持与电源相连时,电压不变.当电容器充电后,与电源断开后,往往电量不变.根据电容的决定式和定义式结合进行分析.
14.某同学选用两个完全相同的小球A、B来验证库仑定律。
使小球A和B带上同种电荷,A球放在左右可移动且上下高度可调节的绝缘座上,B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点,如图。
实验时,保证A、B两球球心在同一水平线上,待B球平衡后偏离竖直线的角度为θ,B球质量为m,重力加速度为g;
先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大.
(1)实验中需要用到_____________的科学方法。
(2)根据平衡关系,A、B两球之间的电场力F=________________(用m、g、θ表示)。
(3)在阅读嘞教材后,该同学知道了库仑定律的表达式,并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。
它将两个半径为R的金属小球分别带上了q1和q2的正电,并使其球心相距3R,应用库仑定律,计算了两球之间的库仑力,则该同学的计算结果__________(选填“偏大”“偏小”“正确”),原因是:
_________________。
【答案】
(1).
(1)控制变量法
(2).
(2)mgtanθ(3).(3)偏小;(4).两电荷带同种电荷,导致电量间距大于3R。
【解析】
【详解】
(1)实验中需要用到控制变量法的科学方法。
(2)A球受重力,绳的拉力和电场力三力平衡,根据平衡关系,A、B两球之间的电场力F=mgtanθ。
(3)当两球心相距为3R时,两球不能看成点电荷,因带同种电荷,导致电量间距大于3R,根据库仑定律F=k
,可知,它们相互作用的库仑力大小F<
。
即该同学的计算结果偏小,原因是:
两电荷带同种电荷,导致电量间距大于3R。
【点睛】本题应知道控制变量法在实验中的应用,明确当两球心相距为3R时,两球不能看成点电荷,不能直接运用库仑定律解答,注意库仑定律的成立条件,理解点电荷的含义.
三、计算题
15.如图所示,有两个质量均为m、带电量均为q的小球,用绝缘细绳悬挂在同一点O处,保持静止后悬线与竖直方向的夹角为θ=30°,重力加速度为g,静电力常量为k.求:
(1)带电小球A在B处产生的电场强度大小;
(2)细绳的长度L.
【答案】
(1)
(2)
【解析】
【详解】
(1)对B球,由平衡条件有:
mgtan θ=qE
带电小球在B处产生的电场强度大小:
(2)由库仑定律有:
其中:
r=2Lsin θ=L
解得:
【点睛】本题关键是对物体受力分析,然后结合共点力平衡条件、库仑定律和电场强度的定义列式求解.
16.如图的匀强电场中,有a、b、c三点,ab间距离Lab=6cm,bc间距离Lbc=14cm,其中ab沿电场方向,bc和电场方向成60∘角。
一个带电量q=−4×10−8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10−6J.求:
(1)匀强电场的电场强度;
(2)电荷从b点移到c点,电势能的变化量;
【答案】
(1)500V/m;
(2)电势能增加1.4×10-6J.
【解析】
【详解】
(1)由Wab=-qELab,得:
.
(2)电荷从b点移到c点电场力所做的功为:
Wbc=qELbccos60°=-4×10-8C×500V/m×0.14m×
=-1.4×10-6J,则电荷从b点移到c点,电势能增加1.4×10-6J.
【点睛】本题要抓住电场力是一种力,具有力的共性,求电场力做功可以根据功的一般公式W=Flcosα得到W=qEd,知道电势差也可以根据W=qU求解,电场力做功等于电势能的变化量.
17.如图所示,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并从另一侧射出打到荧光屏上的P点,O′点为荧光屏的中心。
已知电子质量m=9.0×10−31kg,电荷量e=1.6×10−19C,加速电场电压U0=2500V,偏转电场电压U=200V,极板的长度L1=6.0cm,板间距离d=2.0cm,极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm(忽略电子所受重力,结果保留两位有效数字)。
求:
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0;
(2)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W;
(3)电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h。
【答案】
(1)3.0×107m/s
(2)5.8×1018J(3)7.2×10-3m;
【解析】
【详解】
(1)电子在加速电场中,根据动能定理有:
eU0=
mv02,
解得:
代入数据得:
v0=3.0×107m/s;
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动:
L1=v0t…①
电子在竖直方向上做匀加速运动:
y=
at2…②
根据牛顿第二定律有:
=ma…③
联立①②③得:
;
电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功:
W=eEy=e
y=5.8×1018J
(3)电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点,由图知,
,
解得:
h=7.2×10-3m;
【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题,关键是注意区分不同的物理过程,弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质,并选用相应的物理规律。
在解决问题时,主要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位移等。
这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。
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,利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、位移等。
这条线索不但适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。
18.如图所示,水平向左的匀强电场中,用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球,小球质量为m,带电量为+q,将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放,小球将向左摆动,细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74∘。
(重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,
).
⑴求电场强度的大小E;
⑵求小球向左摆动的过程中,对细线拉力的最大值;
⑶若从A点处释放小球时,给小球一个水平向左的初速度v0,则为保证小球能做完整的圆周运的,v0的大小应满足什么条件?
【答案】
(1)
(2)
mg(3)v0≥
【解析】
【详解】
(1)由于带电小球所受电场力方向向左,电场线方向也向左,分析小球的受力情况,
作出受力图如右图,
根据对称性,此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上,根据平衡条件得:
qE=mgtan
解得:
E=
(2)小球运动的过程中速度最大的位置,由动能定理得:
qELsin
-mg(L-Lcos
)=
mv2
小球在
时,由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:
FT-mgcos
-qEsin
=m
解得:
FT=
mg
由牛顿第三定律可知细线所受的最大拉力大小为
mg
(3)当小球能完成完整的圆周运动时,需满足:
F≤m
,其中的F是重力和电场力的等效合力; 根据动能定理有:
-FL(1+cos
)=
mv2-
mv02
由上几式联立解得:
v0≥
为保证小球完成完整的圆周运动,v0的大小应满足的条件为:
v0≥
;
【点睛】本题是力学知识与电场知识的综合,关键是分析清楚小球的受力情况和做功情况,运用动能定理和牛顿第二定律求解;由于电场力和重力都是恒力,所以解题时可以用等效力来代替。
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