河南省周口市20172018學年高二上學期第一次月考物理試題一.選擇題1.下列說法正確的是A.美國科學家富蘭克林首先命名了自然界中的兩種電荷——正電荷和負電荷，并較準確的測定了元電荷的值；B.物質活潑性不同的兩種金屬棒相互摩擦后立即分開，會帶上等量的異種電荷；C.空間兩相距較近的點電荷所形成的電場中電場線有可能相交；D.靜電場中某點的電勢與電勢零點的選取有關，但某兩點間的電勢差與電勢零點的選取無關。【答案】D【解析】美國科學家富蘭克林首先命名了自然界中的兩種電荷——正電荷和負電荷，密立根較準確的測定了元電荷的值，選項A錯誤；兩種不同材料的絕緣體互相摩擦后，同時帶上等量異種電荷，故B錯誤；電場線不可能相交，選項C錯誤；靜電場中某點的電勢與電勢零點的選取有關，但某兩點間的電勢差與電勢零點的選取無關，選項D正確；故選D.2.對于庫侖定律，下面說法中正確的是()A.凡計算兩個帶電體間的相互作用力，都可以使用公式F＝k計算B.在公式F＝k中，k是點電荷Q2產生的電場在點電荷Q1處的場強大小；而是點電荷Q1產生的電場在點電荷Q2處的場強大小C.相互作用的兩點電荷，若它們的電量不相同，它們之間的庫侖力大小可能不相等D.兩個點電荷的電量各減為原來的一半，它們之間的距離保持不變，則它們之間的庫侖力減為原來的一半【答案】B【解析】計算兩個可視為點電荷的帶電體間的相互作用力，都可以使用公式F＝k計算，選項A錯誤；根據，則在公式F＝k中，k是點電荷Q2產生的電場在點電荷Q1處的場強大小；而是點電荷Q1產生的電場在點電荷Q2處的場強大小，選項B正確；庫侖力是相互作用力，則相互作用的兩點電荷，若它們的電量不相同，它們之間的庫侖力大小是相等的，選項C錯誤；根據F＝k，兩個點電荷的電量各減為原來的一半，它們之間的距離保持不變，則它們之間的庫侖力減為原來的，選項D錯誤；故選B.3.處于靜電平衡的導體，其內部場強處處為零的原因是（）A.外電場和所有感應電荷的電場在導體內部疊加的結果為零B.外電場不能進入導體內部C.所有感應電荷在導體內部產生的合場強為零D.以上解釋都不正確【答案】A點睛：處于靜電感應現象的導體，內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面．且導體是等勢體，注意內部的合電場強度是零．4.某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是()A.c點電場強度大于b點電場強度B.a點電勢低于b點電勢C.若將一試探電荷＋q由a點靜止釋放，它將沿電場線運動到b點D.若在d點再固定一點電荷－Q，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電勢能減小【答案】D【解析】從電場線的分布情況可知，b處的電場線比c處的密，所以c點的電場強度小于b點的電場強度，故A錯誤．根據沿電場線方向電勢降低可知：a點的電勢高于b點的電勢，故B錯誤；正電荷所受電場力沿電場線切線方向，若將一試探電荷+q由a點釋放，電荷將離開原電場線，不可能沿電場線運動到b點．故C錯誤．若在d點再固定一點電荷Q，將一試探電荷+q由a移至b的過程中，電場力做正功，電勢能減少，故D正確．故選D.點睛：電場強度、電勢、電勢能、電場力做功等概念是本章的重點和難點，要弄清它們之間的區別和聯系，并能在實際電場中或者電荷運動過程中弄清它們的變化．5.一正點電荷僅在電場力作用下，從A點運動到B點，其速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列關于A、B兩點電場強度E的大小和電勢的高低的判斷，正確的是（）A.EA=EB，φA=φBB.EA>EB，φA>φBC.EA<EB，φA>φBD.EA<EB，φA=φB【答案】B【解析】從vt圖象可知：正點電荷僅在電場力作用下，沿電場線從A點到B點做加速度不斷減小的加速運動，故正點電荷在A點受到的電場力大于電荷在B點的電場力，A點的場強大于B點的場強，即EA＞EB．由于電荷做加速運動，故電場力做正功，電場力方向與速度方向相同，所以電場線方向從A到B，根據順著電場線電勢降低，則知φA＞φB，故B正確，ACD錯誤；故選B.點睛：本題關鍵是根據圖象確定電荷的運動情況，然后確定電場力情況，再進一步確定電場強度的情況，最后確定電勢的高低。6.如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三點，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一個電量=105C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為－1.73×103J，則該勻強電場的場強大小和方向是（）A.865V／m，垂直AC向左B.865V／m，垂直AC向右C.1000V／m，垂直AB斜向下D.1000V／m，垂直AB斜向上【答案】C【解析】解：由電場力做功的特點可知，AB兩點電勢相等，故AB應為等勢面；因電場線與等勢面相互垂直，故過C做AB的垂線，一定是電場線；從B到C由W=Uq可知，BC兩點的電勢差U==173V；即C點電勢高于B點的電勢，故電場線垂直于AB斜向下；如圖所示：BC間沿電場線的距離d=BCsin60=0.173m；由E=可知電場強度E=V/m=1000V/m；故C正確綜上所述本題答案是：C點睛：電場線與等勢面相互垂直而電場線由是由高電勢指向低電勢；勻強電場中U=Ed中的d應為沿電場方向的有效距離7.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，EP表示正電荷在P點的電勢能。若負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置（）A.U變小，EP不變B.E變大，EP變大C.U變小，E變小D.U不變，EP不變【答案】A【解析】平行板電容器充電后與電源斷開后，電量不變．將正極板移到圖中虛線所示的位置時，板間距離d減小，根據C=知，電容增大，根據U=Q/C，則板間電壓變小．由E=，C=得到：E=，可知E與d無關，則知電場強度E不變．P與負極板間的距離不變，由公式U=Ed可知，P與負極板間的電勢差不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變．故A正確，BCD錯誤．故選A．點睛：解決本題的關鍵知道電容器與電源斷開后其電荷量不變，掌握電容器的決定式C=以及定義式C=Q/U．要能熟練推導出場強的表達式E=，記住E與d無關的結論，有利于進行動態分析．8.如圖所示,一絕緣光滑半圓環軌道放在豎直向下的勻強電場中,場強為E.在與環心等高處放有一質量為m、帶電+q的小球,由靜止開始沿軌道運動,下述說法正確的是()A.小球在運動過程中機械能守恒B.小球經過環的最低點時電勢能最大C.小球經過環的最低點時對軌道壓力為(mg+qE)D.小球經過環的最低點時對軌道壓力為3(mg+qE)【答案】D【解析】小球滑動過程中有重力和電場力做功，因此機械能不守恒，故A錯誤。小球下滑到最低點的過程中，重力和電場力都做正功，小球動能增大，電勢能減小，故B錯誤。由動能定理得，（qE+mg）R=mv2，軌道支持力為FN，則FN（qE+mg）=m，解得FN=3（mg+qE），故C錯誤，D正確。故選D.點睛：本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合，知道在最低點向心力的來源，結合動能定理和牛頓第二定律進行求解。9.下列圖中，絕緣細繩一端固定在O點，另一端系一個質量為m，帶電量為+q的小球．為了使小球能靜止在圖中所示位置，可以加一個與紙面平行的勻強電場，則所加電場方向符合要求的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】小球帶正電，A圖中場強向下，電場力向下，則小球不可能平衡在圖示的位置，選項A錯誤；B圖中電場向右，帶電小球所受的電場力水平向右，則小球可能平衡在圖示的位置，選項B正確；C圖中，當qE=mg，且電場方向向上時，小球能靜止在圖中位置，故C正確；D圖中場強向左，電場力向左，則小球不可能平衡在圖示的位置，選項D錯誤；故選BC.10.如圖所示，平行板電容器兩極板接在電壓恒為U的直流電源上，上級板A接地，兩個帶正電的點電荷被固定于極板間的P、Q兩點，忽略兩點電荷對板間電場的影響，現將平行板電容器的下級板B豎直向下移動一小段距離，則（）A.電容器的電容減小，板間帶電量增大B.兩點電荷間的庫倫力變小C.P、Q兩點的電勢可能降低D.兩點電荷的電勢能可能減小【答案】CD............11.如圖所示，將懸在絕緣細線上帶正電的小球A放在不帶電的金屬空心球殼B內（與內壁不接觸），外加一個水平向右的場強為E的勻強電場，對于最后的結果，下列判斷正確的是（）A.B的右端帶正電，A向左偏B.B的右端帶正電，A不偏左也不偏右C.B的左端帶負電，A不偏左也不偏右D.B的左端帶正電，A向右偏【答案】BC【解析】在B的外部加一個水平向右的場強為E的勻強電場，B中的電子受到外側電場力的作用，將向左運動，所以B的左側將帶負電，右側帶正電，由此產生一個附加電場，對外部的電場起到一種屏蔽作用，所以B內部的A不受外部電場的影響，所以A不偏左也不偏右．故BC正確，AD錯誤．故選BC.點睛：考查靜電感應現象，掌握同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．并理解外部電場對空心球內部沒有影響，即為靜電屏蔽．12.有關靜電的以下說法中正確的是（）A.電工在帶電維修高壓電線時，穿金屬衣比穿絕緣衣安全B.避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地C.高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能D.油罐車尾裝一條拖地鐵鏈，有利于消除靜電【答案】ABCD【解析】電工在帶電維修高壓電線時，穿金屬衣能起到靜電屏蔽的作用，故比穿絕緣衣安全，選項A正確；避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地，選項B正確；高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能，選項C正確；油罐車尾裝一條拖地鐵鏈，可以將油罐與油摩擦產生的靜電導入大地，有利于消除靜電，選項D正確；故選ABCD.二、填空題13.如圖所示為研究決定平行板電容器電容因素的實驗裝置．兩塊相互靠近的等大正對平行金屬平板M、N組成電容器，板N固定在絕緣座上并通過導線與靜電計中心桿相接，板M和靜電計的金屬殼都通過導線接地，板M上裝有絕緣手柄，可以執手柄控制板M的位置．給電容器充上一定的電荷，靜電計指針張開一定角度．（1）若僅將兩極板間的距離增大，則靜電計指針的偏角將_______（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若僅將M沿平行板面方向移動一段距離以減小兩極板間的正對面積，則靜電計指針的偏角將______（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若在兩板板間插入云母片，且保持其他條件不變，則靜電計指針的偏角將____（選填“變大”、“不變”或“變小”）；若在兩極板間插入一塊不與兩板接觸的厚金屬板P，且保持其他條件不變，則靜電計指針偏角將______（選填“變大”、“不變”或“變小”），插入后金屬板P內部的電場強度大小為_____．（2）從（1）中操作可知本實驗探究所采用的科學探究方法是_______A理想實驗法B等效替代法C控制變量法D建立物理模型法【答案】(1).（1）變大、(2).變大、(3).變小、(4).變小、(5).0、(6).（2）C【解析】（1）只將板間距離d增大，由電容的決定式分析得知，電容減小，電量Q不變，

則由分析得到板間電勢差U增大，靜電計指針張角變大．只將M沿平行板面方向移動一段距離以減小兩極板間的正對面積S，由電容的決定式分析得知，電容減小，電量Q不變，則由分析得到板間電勢差U增大，靜電計指針張角變大．若在兩板板間插入云母片，且保持其他條件不變，由電容的決定式分析得知，電容增大，電量Q不變，則由分析得到板間電勢差U減小，靜電計指針張角變小．若在兩極板間插入一塊不與兩板接觸的厚金屬板P，且保持其他條件不變，相當于極板間距減小，由電容的決定式分析得知，電容增大，電量Q不變，則由分析得到板間電勢差U減小，靜電計指針張角變小．插入后金屬板后，處于靜電平衡狀態，那么P內部的電場強度處處為零，（2）從（1）中操作可知本實驗探究所采用的科學探究方法是控制變量法，故選C.點睛：對于電容器的動態變化分析問題，往往先根據電容的決定式分析電容如何變化，再根據電容的定義式，結合不變量，分析電壓或電量的變化．三.解答題14.在某電場中的P點，放一帶電量q1=3.0×10﹣10C的檢驗電荷，測得該電荷受到的電場力大小為F1=9.0×10﹣7N，方向水平向右．求：①P點的場強大小和方向；②P點放一帶電量為q2=﹣1.0×10﹣10C的檢驗電荷，求q2受到的電場力F2的大小和方向．【答案】（1）3×103N/C（2）3.0×10﹣7N【解析】①P點場強大小為：=3×103N/C；方向水平向右.

②在P點：F=Eq=3.0×103×1.0×1010=3.0×107N，方向為水平向左.15.如圖所示，兩帶電平行板A、B間的電場為勻強電場，場強E=4.0×103V/m，兩板相距d=10cm，板長L=40cm．一帶電量q=1.0×10﹣16C、質量m=1.0×10﹣22㎏的粒子沿平行于板方向從兩板的正中間射入電場后向著B板偏轉，不計帶電粒子所受重力，求：（1）粒子帶何種電荷？（2）要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時的速度v0至少為多大？（3）粒子飛出電場時最大偏角的正切值為多大？【答案】（1）正電（2）8×104m/s（3）0.25【解析】（1）由于B板帶負電，粒子向B板偏轉，說明粒子帶正電；

（2）在粒子偏轉到B板之前飛出電場做類似平拋運動．豎直方向：得：t=

水平方向：所以要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時的速度v0至少為8×104m/s；

（3）設粒子飛出電場的最大偏角為θ，則有：點睛：本題是帶電粒子在電場中做類平拋運動的問題，關鍵是知道水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，根據分運動的位移公式和速度公式列式求解．16.如圖所示，長L＝1.2m、質量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質量m＝1kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4C的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數μ＝0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強E＝4.0×104N/C的勻強電場．現對木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N.取g＝10m/s2，斜面足夠長．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物塊經多長時間離開木板？(2)物塊離開木板時木板獲得的動能．(3)物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產生的內能．【答案】(1)s(2)27J(3)2.16J【解析】試題分析：（1）根據牛頓第二定律分別求出木塊、木板的加速度，抓住兩者的位移關系，運用位移時間公式求出物塊離開木板所需的時間．（2）根據勻變速直線運動的速度時間公式求出物塊離開木板時的速度，從而求出物塊離開木板時的動能．（3）木塊與木板的相對位移等于木板的長度，根據Q=F摩x相求出摩擦產生的熱量．解：（1）物塊向下做加速運動，設其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二定律對物塊：mgsin37°﹣