黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018_2019学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2018-2019 学年高二上学期第二次月考物理试题一、选择题1.以下说法正确的是A. 等势面一定与电场线垂直B. 电场中电势为零的地方场强一定为零C. 电容器的电容越大，其所带的电荷量就越多D. 电场线只能描述电场的方向，不能描述电场的强弱【答案】A【解析】【详解】A、在等势面上移动电荷时不做功，故等势面与电场线处处垂直；故 A 正确.B、电势零点可以人为任意选择，而场强是由电场决定，场强和电势两者没有直接关系；故B 错误.C、电容器电容越大，容纳电荷的本领越大，电容器两极板间电压每增加 1V 时增加的电荷量越大，不是电荷量大;C 错误.D、电场线即能描

2、述电场的方向，又能反映电场强度的大小；D 错误.故选 A.【点睛】场强和电势都是描述电场的物理量，可结合定义式来正确理解各自的物理意义，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向2.如图所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，则微粒从 M 点运动到 N 点的过程中A. 重力势能增大B. 动能增大C. 电势能增大- 2 -D. 机械能减小【答案】B【解析】【详解】A、微粒只考虑电场力作用，不考虑重力，则重力不做功，重力势能不变；A 错误.B、C、粒子仅受电场力为合力，做类似

3、平抛运动，电场力向下做正功，故从 M 到 N 动能增加，电势能减小；故 B 正确，C 错误；D、电场力是其他力做正功，则机械能增加；故 D 错误；故选 B.【点睛】本题关键是熟悉常见的功能关系，合力做功等于动能的增加量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力外其余力做的功等于机械能的增加量3.板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时，两极板间电势差为 U1，板间场强为 E1。现将电容器所带电荷量变为 2Q，板间距离为 2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为 U2，板间场强为 E2，下列说法正确的是A. E2=E1，U 2=U1B. E2=4E1，U 2=2U1C. E2=2E1，U 2

4、=U1D. E2=2E1，U 2=4U1【答案】D【解析】【详解】根据电容公式 说明电容变为原来的 ，根据电容定义式 ，发现电量变为原来的 2 倍，所以电势差变为原来的 4 倍，根据场强关系 ，d 变为原来的 2 倍，所以场强变为 2 倍，故 A、B、C 错误，D 正确.故选 D.【点睛】解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式，同时注意 U=Ed 的正确应用4.如图所示，CD 两水平带电平行金属板间的电压为 U，AB 为一对竖直放置的带电平行金属板，B 板上有一个小孔，小孔在 CD 两板间的中心线上，一质量为 m带电量为q 的粒子（不计重力）在 A 板边缘的 P 点从静止开始运动，恰好从

5、 D 板下边缘离开，离开时速度度大小为 v ，则 AB 两板间的电压为- 3 -A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在 AB 两板间做直线加速，由动能定理得： ；而粒子在 CD 间做类平抛运动，从中心线进入恰好从 D 板下边缘离开，根据动能定理： ；联立两式可得：；故选 A.【点睛】根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。5.如图所示,质量为 m、带+q 电量的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 A. 将加速下滑B. 将减速下滑C. 继续匀速下滑D. 上述三种情况都可能发生【答案】C

6、【解析】【详解】设斜面的倾角为 滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin =f,N=mgcos ,又 f=N ;得到， mgsin =mg cos ，即有 sin = cos ;当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为 F根据正交分解得到:滑块受到的沿斜面向下的力为（ mg+F）sin ，沿斜面向上的力为 （ mg+F）cos ，由于 sin = cos ，所以（ mg+F）- 4 -sin = （ mg+F）cos ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.故选 C.【点睛】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响6.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直

7、线运动，取该直线为 x 轴，起始点 O 为坐标原点，其电势能 Ep 与位移 x 的关系如图所示，则电场强度 E，粒子动能 EK，粒子速度 v，粒子加速度 a 分别与位移的关系，下列图象中合理的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故： ，即 Ep-x 图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、 Ep-x 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 ，故电场强度也逐渐减小；故 A 错误； B、根据动能定理，有： F x= Ek，故 Ek-x 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与

8、 B 图矛盾，故 B 错误； C、题图 v-x 图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故 C 错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，故 D 正确；故选 D.- 5 -【点睛】本题切入点在于根据 Ep-x 图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析.7.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）A. 带负电B

9、. 在 c 点受力最大C. 在 b 点的电势能大于在 c 点的电势能D. 由 a 点到 b 点的动能变化大于有 b 点到 c 点的动能变化【答案】CD【解析】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在 的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故 A 错误；B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在 C 点受到的电场力最小，故 B 错误；C、根据动能定理，粒子由 b 到 c，电场力做正功，动能增加，故粒子在 b 点电势能一定大于在 c 点的电势能，故 C 错误；D、a 点到 b 点和 b 点到 c 点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越

10、大，场强越小，故 a 到 b 电场力做功为多，动能变化也大，故 D 正确。点睛：电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。视频8.一个空心金属球 A 带 810-4C 正电荷，一个有绝缘柄的金属小球 B 带有 210-4C 的负电荷，将 B 球放入 A 球壳内与内壁接触，静电平衡后，A、B 球带的电荷量正确的是- 6 -A. QA=610-4C B. QA=510-4C C. QB=310-4C D. QB=0【答案】AD【解析】【详解】把 B 球跟 A 球的内壁相接触， A 与 B

11、构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面；故 B 球的带电量减为零；正电荷和负电荷中和后 A 球表面的带电量为 610-4C 的正电荷；故 B、C 错误，A、D 正确。故选 AD。【点睛】本题关键是建立物理模型，知道金属球 A 和小球 B 整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零9.如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上取 A、B、C、D 四点，A、D 两点与 B、C 两点均关于 O 点对称，设各点电势分别为 A、 B、 C、 D下列说法正确的是（ ）A. A B C DB. A= D B= CC. A= B= C= DD. A C B D【答案】AB【

12、解析】试题分析:由等量同种点电荷的电势分布知： ，AB 对。考点:等量同种点电荷的电势分布图。【名师点睛】几种常见的典型电场的等势面比较电场 等势面（实线）图样 重要描述匀强电场 垂直于电场线的一簇平面- 7 -点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂面上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高10.如图所示的是一个电容式传感器，在金属 a 的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a 与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将 a 与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极 b 与静电计外

13、壳相连，则当导电液体深度 h 变大时A. 引起两极间正对面积变大B. 电容器的电容将变小C. 电容器两极间的电压将变大D. 静电计指针偏角将减小- 8 -【答案】AD【解析】【详解】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积 S 增大；故 A 正确.B、由 可知电容增大，B 错误.C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量 Q 不变，依据 ，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C 错误，D 正确.故选 AD.【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，是电容器的电何

14、量不变为前提的动态分析11.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷 Q，在 M 点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在 Q 的电场中运动到 N 点静止，则从 M 点运动到 N 点的过程中 A. 小物块所受电场力逐渐减小B. 小物块具有的电势能逐渐减小C. M 点的电势一定高于 N 点的电势D. 小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【答案】ABD【解析】小物块在从 M 运动到 N 的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左.随着由 M运动到 N，离电荷 Q 距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A 正确；由动能定理可得 mgx WE0，即 WE mgx ，

15、静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D 正确；因点电荷 Q 的电性未知，不能判断M、 N 两点电势的高低，C 错误.此题选择错误的选项，故选 C.12.竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球 A，在 A 球的正上方 P 点用绝缘线悬挂另一个小球B，AB 两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成 角，如图所示，若线的长度- 9 -变为原来的一半，同时小球 B 的电量减为原来的一半，A 小球电量不变，则再次稳定后A. A、B 两球间的库仑力变为原来的一半B. A、B 两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大C. 线的拉力减为原来的一半D. 线的拉力虽然减小

16、，但比原来的一半要大【答案】BC【解析】【详解】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对 B 进行受力分析如图所示： PAB FBF2，所以 .C、D、因 G 和 PQ 长度 h 不变，则丝线长度 l 变为原来的一半，可得丝线拉力 F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C 正确，D 错误.A、B、由三角形相似知 ，同理得 ，联立得 ，则，则可得 ;故 A 错误，B 正确.故选 BC.【点睛】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长- 10 -的关系，进行分析二、计算题13.如图所示，在 E10 3 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN

17、 与一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R40 cm， N 为半圆形轨道最低点， P 为 QN 圆弧的中点，一带负电 q10 4 C 的小滑块质量 m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的 M 处， g 取 10 m/s2，求：(1)小滑块从 M 点到 Q 点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【详解】W=qE2R W=

18、- 0.08J(2)设小滑块到达 Q 点时速度为 v，由牛顿第二定律得 mgqEm小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)x mv2 mv联立方程组，解得：v 07m/s.(3)设小滑块到达 P 点时速度为 v，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)x mv 2 mv又在 P 点时，由牛顿第二定律得 FNm 代入数据，解得：F N0.6N- 11 -由牛顿第三定律得，小滑块通过 P 点时对轨道的压力 FNF N0.6N.【点睛】 （1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在 Q 点受的力求出在 Q 点的

19、速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达 P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过 P 点时对轨道的压力。14. 如图所示,在长为 2L、宽为 L 的矩形区域 ABCD 内有电场强度大小为 E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为 m，电量为 q 的带负电的质点，以平行于 AD 的初速度从 A 点射入该区域，结果该质点恰能从 C 点射出。 （已知重力加速度为 g）（1）计算该质点从 A 点进入该区域时的初速度 v 0。（2）若 P、Q 分别为 AD、BC 边的中点，现将 PQCD 区域内的电场撤去，则该质点的初速度 v0为多大时仍能从 C 点射出？【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：（1）水平匀速： 竖直匀加速：恰好能从 C 射出：联立解得：（2）在 ABQP 中，水平匀速：竖直：在 PQCD 中，水平匀速：- 12 -竖直：恰好从 C 点射出：联立解得：考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题，解答此类问题，主要是利用类平抛运动的知识进行求解（水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动），解答此类问题，有时还要用到能量的观点