福建省廈門市2018-2019學年高二（上）月考物理試題一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）1.如圖是兩個等量異種電荷形成的電場，AB為中垂線上兩點，CD為兩電荷連線上兩點，且A、B、C、D與O點間距離相等，則A. A、B、C、D四點場強相同B. C點電勢比D點電勢低C. 正電荷從A運動到B，電場力不做功D. 正電荷從C運動到D，電勢能增加【答案】C【解析】【詳解】兩個等量異種點電荷形成的電場，兩個電荷的連線上下的電場是對稱的，AO=BO，那么A、B兩點的場強就是相等的，小于O處的場強。由于C、D兩處電場線比O處密，則C、D兩處的場強比O處大，故A錯誤；電場線從正電荷出發到負電荷終止，而順著電場線方向電勢降低，則知C點電勢比D點電勢高，故B錯誤。AB為中垂線，是一條等勢線，其上各點的電勢都相等，AB之間的電勢差為0，則正電荷從A運動到B，電場力不做功，故C正確；正電荷從C運動到D，電場力從C指向D，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。故選C。【點睛】此題關鍵是知道兩個等量異種點電荷形成的電場，電場線分布具有對稱性，電場線越密，場強越大中垂線上所有點的電場強度的方向都相同且與之垂直；該中垂線是一條等勢線，所有點的電勢都相等2.真空中，兩個等量異種點電荷電量數值均為q，相距為r，兩點電荷連線中點處的電場強度的大小為A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】正負點電荷單獨存在時，在中點處產生的電場強，且方向沿著兩者的連線，指向負電荷，故合場強為；故D正確綜上所述本題答案是：D【分析】根據點電荷場強公式求出兩個點電荷單獨存在時的場強，再進行矢量合成3.已知平行板電容器電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板正中央處放一電荷q，則它受到的電場力大小為A. B. C. D. 【答案】C【解析】由Q=CU，E=U/d可知場強大小為，由電場力F=qE 可知C對；4.安培提出了著名的分子電流假說根據這一假說，電子繞核運動可等效為一環形電流設電量為e的電子以速率v繞原子核沿順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動，下列關于該環形電流的說法正確的是A. 電流大小為，電流方向為順時針B. 電流大小為，電流方向為逆時針C. 電流大小為，電流方向為順時針D. 電流大小為，電流方向為逆時針【答案】D【解析】電子繞核運動可等效為一環形電流，電子運動周期為，根據電流的定義式可得電流強度為：，因為電子帶負電，所以電流方向與電子定向移動方向相反，即沿逆時針方向，故D正確，ABC錯誤。5.如圖所示，某帶電粒子在電場中運動，軌跡如圖中虛線所示，則可判定A. A點電勢比B點低B. 該粒子帶正電C. 在A點電勢能小于在B點電勢能D. 在A點加速度小于在B點加速度【答案】C【解析】考點：電場線；動能定理的應用；電勢；電勢能專題：電場力與電勢的性質專題分析：電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加解答：解：A、沿電場線電勢在降低，故可知A點電勢比B點高，所以A錯誤B、由電荷的運動軌跡可知，電荷的受力指向曲線的內側，即跟場強反向相反，所以電荷為負電荷，所以B錯誤C、由A點到B點電場力做負功，電勢能增加，動能減少，所以在A點電勢能小于在B點電勢能，故C正確D、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，A點的場強大于B點的場強的大小，在A點的受力大于在B的受力，所以粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度，所以D錯誤故選C點評：加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題6.如圖所示，a、b、c為電場中同一條電場線上的三點，其中c為a、b的中點。若一個運動的正電荷只受電場力先后經過a、b兩點，a、b兩點的電勢分別為、，則A. c點電勢為2VB. a點的場強小于b點的場強C. 正電荷在a點的動能小于在b點的動能D. 正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能【答案】D【解析】試題分析：沿電場線方向電勢降低，由題意知電場線向左，只有在勻強電場中c點的電勢為2V故A錯誤一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點場強的大小，所以a點處的場強Ea可能小于b點處的場強，也可能大于Eb故B錯誤根據正電荷在電勢高處電勢能大，可知，正電荷從a點運動到b點的過程中克服電場力做功，電勢能一定增大，而由能量守恒得知，其動能一定減小故C錯誤，D正確故選D考點：電場線；電勢和電勢能【名師點睛】電場線的疏密可表示電場強度的相對大小，但一條電場線，無法判斷電場線的疏密，就無法判斷兩點場強的大小但可根據電勢的高低判斷電勢能的大小。7.如圖所示，a、b和c表示電場中的三個等勢面，a和c的電勢分別為U和，a、b的電勢差等于b、c的電勢差一帶電粒子從等勢面a上某處以速度釋放后，僅受電場力作用而運動，經過等勢面c時的速率為，則它經過等勢面b時的速率為A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】由動能定理知從a到c：，即，設在等勢面b時的速率為，則：，聯立可得 ，故B正確，ACD錯誤。二、多選題（本大題共6小題，共24.0分）8.兩個通草球帶電后相互推斥，如圖所示。兩懸線a、b跟豎直方向的夾角分別為、，兩球在同一水平面上。兩球質量用和表示，所帶電量用和表示。若已知，則一定有的關系A. 受到的電場力一定大于所受電場力B. 懸線a受到的拉力一定小于懸線b受到的拉力C. 一定小于D. 可能等于【答案】BCD【解析】【詳解】兩個球相互排斥，根據牛頓第三定律，相互排斥力相等，故A錯誤；對左側小球受力分析，受重力，拉力T和靜電斥力F，如圖，根據平衡條件，有：，解得： ，已知，所以懸線a受到的拉力一定小于懸線b受到的拉力，故B正確；再對右側小球受力分析，同理有：，由解得：，故C正確；兩球相互排斥，根據牛頓第三定律，相互排斥力相等，與帶電量無關，故電量可能相等，故D正確。9.如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度下面哪些操作將使靜電計指針張角變小A. 將M板向下平移B. 將M板移走C. 將M板沿水平向右方向移動一小段距離D. 在M、N之間插入云母板【答案】CD【解析】【詳解】由題意，電容器所帶電量Q保持不變，靜電計指針張角變小，板間電勢差U變小，由分析可知，電容C應變大，根據分析可知，增大正對面積，減小板間距離、或插入電介質，或插入金屬板。故CD正確，AB錯誤。10.如圖所示，在處于O點的點電荷形成的電場中，試探電荷由A點移到B點，電場力做功為；以OA為半徑畫弧交于OB于C，由A點移到C點電場力做功為；由C點移到B點電場力做功為則三者的做功關系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】在點電荷的電場中，由于A、C兩點位于以O為圓心的同心圓時，則兩點在同一等勢面上，由知，試探電荷q由A點移到C點電場力做功為零，即；根據沿著電場線方向電勢降低，可知，A、C兩點的電勢都比B點的高，而且AB間的電勢差等于CB間的電勢差，由知，；由于點電荷是帶正電，所以q由A點移到B點，電場力做正功，q由C點移到B點電場力也做正功，且，即；由于，則，故A正確，BCD錯誤。11.如圖所示，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上距離負點電荷最近的點。若粒子在M點和P點的速率相等，則A. 粒子一定帶正電B. C. 粒子在N點時的加速度最大、電勢能最大D. 粒子在M、P兩點時的電勢能相同【答案】AD【解析】【詳解】由軌跡可知粒子受到的電場力指向內側，粒子在負點電荷的電場中運動，即可知道粒子帶正電，故A正確；粒子在M點和P點的速率相等，說明粒子從M到N和從N到P電場力做功的大小相等，根據電場力做功公式可知，故B錯誤；根據庫侖力公式知，距點電荷越近庫侖力越大，結合牛頓第二定律可知在N點加速度最大，又因為粒子帶正電，正電荷在電勢高的地方電勢能大，N點電勢最低，故N點電勢能最小，故C錯誤；由B選項分析可知，M和P兩點時等勢點，故粒子在M、P兩點時的電勢能相同，故D正確。12.如圖為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點。在這一運動過程中克服重力做的功為，電場力做的功為則下列說法正確的是A. 粒子帶負電B. 粒子在A點的電勢能比在B點少JC. 粒子在A點的動能比在B點多JD. 在粒子和地球所組成的系統中，粒子在A點的機械能比在B點少J【答案】CD【解析】【分析】在由A運動B的過程中，有兩個力做功，一是重力做負功，一是電場力做正功，從運動軌跡上判斷，粒子帶正電，從A到B的過程中，電場力做正功為1.5J，所以電勢能是減少的，A點的電勢能要大于B點電勢能，從A到B的過程中，克服重力做功2.0J，電場力做功1.5J，由動能定理可求出動能的變化情況，從A到B的過程中，做功的力有重力和電場力，應用能量的轉化與守恒以及功能關系可比較AB兩點的機械能；【詳解】A、由運動軌跡上來看，垂直電場方向射入的帶電粒子向電場的方向偏轉，說明帶電粒子受到的電場力與電場方向相同，所以帶電粒子應帶正電，故A正確；B、從A到B的過程中，電場力做正功，電勢能在減少，所以在A點是的電勢能要大于在B點時的電勢能，故B錯誤；C、從A到B的過程中，克服重力做功2.0J，電場力做功1.5J，由動能定理可知，粒子在A點的動能比在B點多0.5J，故C錯誤；D、從A到B的過程中，除了重力做功以外，還有電場力做功，電場力做正功，電勢能轉化為機械能，帶電粒子的機械能增加，由能的轉化與守恒可知，機械能的增加量等于電場力做功的多少，所以機械能增加了1.5J，即粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J，故D正確。【點睛】本題考查功能關系，要熟練掌握各種功和能的關系，在學習中注意掌握。13.如圖所示，一水平固定的小圓盤A，帶電量為Q，電勢為零，從圓盤中心處O由靜止釋放一質量為m，帶電量為的小球，由于電場的作用，小球豎直上升的高度可達盤中心豎直線上的c點，又知道過豎直線上的b點時，小球速度最大，由此可知在Q所形成的電場中，可以確定的物理量是A. b點場強B. c點場強C. b點電勢D. c點電勢【答案】AD【解析】速度最大時合力為0，據受力可得電場力，即可以確定b點場強，A對。由O到C列動能定理可知OC間電勢差，即可確定c點電勢，D對。三、計算題（本大題共5小題，共48.0分）14.如圖所示，用長為l的絕緣細線懸掛一帶電小球，小球質量為m。現加一水平向右、場強為E的勻強電場，平衡時小球靜止于A點，細線與豎直方向成角。求小球所帶電荷量的大小；若將細線剪斷，小球將在時間t內由A點運動到電場中的P點圖中未畫出，求A、P兩點間的距離求A、P兩點間電勢差的。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】試題分析:（1）設小球所帶電荷量的大小為q。小球平衡時的受力情況如右圖所示，則有（3分）（2）剪斷細線后，小球受電場力和重力，它們的合力為F合，加速度為a，小球做初速度為0的勻加速運動。則根據牛頓第二定律有所以（2分）所以A、P兩點間的距離（2分）（3）A、P兩點間電勢差的大小（3分）考點：電場力及共點力作用下的平衡；牛頓第二定律及運動學公式；勻強電場中電勢差與場強的關系等。15.如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板長為l，兩板間距為d，兩板間電壓為U，且上板帶正電，一個電子沿水平方向以速度，從兩板中央射入，已知電子質量為m，電荷量為q求電子偏離金屬板的側位移是多少？電子飛出電場時的速度是多少？電子離開電場后，打在屏上的P點，若s已知，求OP的長【答案】（1）電子偏離金屬板時的側位移是；（2）電子飛出電場時的速度大小為；（3）OP的長為（s+）【解析】【詳解】（1）電子在電場中做類平拋運動，則： 水平方向有：l=v0t 豎直方向有： 聯立得電子偏離金屬板的側位移為：y0= （2）在豎直方向的分速度為： 在水平方向的分速度為：vx=v0 所以：v= （3）電子飛出電場后，做勻速直線運動，則：tan= 所以OP=y0+stan=【點睛】該題是帶電粒子在電場中運動的問題，其基礎是分析物體的受力情況和運動情況；能用類平拋運動的思想處理平行于極板方向和垂直于板方向的運動.16.如圖所示，在方向豎直向下的勻強電場中，一個質量為m、帶負電的小球從斜直軌道上的A點由靜止滑下，小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時恰好不落下來。若軌道是光滑絕緣的，斜直軌道的傾角，小球的重力是它所受的電場力2倍，試求：小球在斜直軌道上的加速度大小；點在斜直軌道上的高度h。【答案】（1） （2）【解析】【詳解】解：（1）由題意得： 斜面上 加速度 （2）設小球到B點的最小速度為，則由牛頓第二定律可得： 對AB過程由動能定理可得： 聯立解得： 17.如圖所示，空間存在著強度方向豎直向上的勻強電場，在電場內一長為l的絕緣細線，一端固定在O點，一端拴著質量m、電荷量q的小球現將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當小球運動最高點時細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂求：小球運動最高點時的速度；細線能承受的最大拉力；從斷線開始計時，在時刻小球與O點的