1、开鲁一中2020-2021学年高二上学期第一次月考物理学科试卷说明：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题），满分110分，考试时间90分钟2.第卷共18小题，每小题选出答案后，须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑第卷（选择题部分）一选择题（本题包括18小题，每小题4分，共72分。其中第112小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第1318小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。）1. 如图所示，不带电的导体B在靠近带正电的导体A后，P端及Q端分别感应出负电荷和正电荷，则以下说法正确的是（ ）A. 若用导线将Q端接地
2、，然后断开，再取走A，则导体B将带负电B. 若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电C. 若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将不带电D. 若用导线将P端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电【答案】A【解析】试题分析：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而用导线接地，接导体的任何部位，右端的正电荷被中和，因此导体将带负电；故A正确，BCD错误；考点：静电场中的导体【名师点睛】本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子
3、）会转移到导体上2. 下列图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出，则A球能保持静止的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】AA球受到竖直向下的重力、B球的斜向左下方的吸引力和绳子斜向左上方的拉力，根据正交分解法可知，小球有水平向左的合力，不可能保持静止状态。故A错误；B对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，故B错误；C对A球进行受力分析，受竖直向下的重力和B球竖直向上的斥力，若此时细绳的拉力为零，物体可能所受合力为零，保持静止，故C正确；D由图看出，A球受到竖直向下的重力、B的吸引
4、力和绳子的拉力，三个力的合力不能为零，所以A球不能保持静止状态，故D错误。故选C3. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）A. FB. 4F/3C. 4FD. 2F【答案】C【解析】【详解】由库仑定律可得: ;解得： ;由于两球之间是斥力所以带同种电荷那么两球接触后再分开要平分总电量,故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为: A. F与上述计算结果不相相符，故A错误； B. 4F/3与上述计算结果不相相符，故B错误； C. 4F与上述计算结果相相符
5、，故C正确； D. 2F与上述计算结果不相相符，故D错误4. 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. 【答案】D【解析】【详解】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
6、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5. 如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在半径为R圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点（未画出），ac连线与竖直方向成60角，bc连线与竖直方向成30角，小球a的电量为(q0)，质量为m，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）A. a、b、c小球带同种电荷B. a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C. a、b小球电量之比为D. 小球c电量数值为【答案】D【解析】【详解】AB对c
7、，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；C设
8、环的半径为R，a、b、c三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：acR，bcR；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则所以故C错误；D对小球a受力分析，如图所示根据平衡条件有 即解得故D正确。故选D。6. 图中带箭头的直线指向右方，是某电场的一条电场线，可做出肯定结论的是（）A. A、B两点的电场强度关系为B. A、B两点的电场强度关系为C. 电荷在A、B之间的某点可能不受电场力作用D. 负电荷在A处受的电场力一定向左【答案】D【解析】【详解】ABA、B在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小
9、，故AB错误；C因为电场线没有中断，在A、B之间电场不为零，电荷在A、B之间的任意点均受电场力作用，故C错误；D负电荷在A处受的电场力与该点的电场强度方向相反，故向左，故D正确。故选D。7. 如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点， 在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是 ( )A. a点场强与c点场强不一定相同B. a点电势一定小于c点电势C. 负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D. 正电荷从d点移到b点电场力不做功【答案】D【解析】【详解】A据题意，关于中心对称的a、c和b、d电场强度大小和方向都相同，故选项A错误；BC如果M点电荷为
10、正电荷，则a点电势高，负电荷从c到a电场力做正功，其电势能减小，相反则a点电势低，则负电荷电势能增加，故选项B、C错误；D正电荷从d点移动到b点，运动方向与电场力垂直，故电场力不做功，则选项D正确故选D。8. 如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是 （ ）A. 电势 ，场强EAEBB. 电势，场强EAEBC. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D. 将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能EpAEpB【答案】C【解析】【详解】AB电场线的疏密程度表示电场强度大小，A点的电场线较疏，所以EAEB，沿电场线方向电势降低，故，AB错误，C将电荷量为q
11、的正电荷从A点移到B点，正电荷受到的电场力和电场方向相同，故电场力做正功，电势能减小，C正确，D根据公式可得，负电荷电势越大，电势能越小，D错误，故选C。9. 如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹粒子在点的加速度为、动能为、电势能为；在点的加速度为、动能为、电势能为.则下列结论正确的是( )A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功判断出动能的变化 【详解】由于等势面是同心圆，故图中场源位于等势面
12、圆心位置；根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aAaB； 从A到B，粒子受力的方向向外，运动的方向与受力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大；即EkBEkA；EPAEPB，故C正确，ABD错误故选C【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据电场力做功判定动能的大小变化10. 如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为，则（）A. 当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角增大B. 当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角增大
13、C. 当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角增大D. 当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角减小【答案】C【解析】【详解】AB带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由可知故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，不变，选项AB错误；CD当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由可知，减小两极板间的距离d，E增大，变大，选项C正确，D错误。故选C。11. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（ ）A. 带
14、电油滴所受静电力不变B. P点的电势将升高C. 带电油滴在P点时的电势能增大D. 电容器的电容减小，极板带电荷量增大【答案】B【解析】【详解】A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故选项A错误；BC、板间场强减小，而点与上极板间的距离不变，则由公式分析可知，点与上极板间电势差将减小，而点的电势低于上极板的电势，则知点的电势将升高，由带电油滴原来处于平衡状态可知油滴带负电，点的电势升高，则油滴在点时的电势能将减小，故选项B正确，C错误；D、根据电容的定义式电容器与电源相连，则不变，当减小时，则极板
15、带电荷量也减小，故选项D错误12. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为 （ ）A. 3mg/qB. mg/qC. 2mg/qD. 4mg/q【答案】A【解析】【分析】带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgrm
16、v2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qEmg；联立以上两式解得： ；由于是点电荷-Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为，故选A【点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动13. 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. 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【
17、解析】【详解】A根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；B根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；C从b点到c点电场力做正功，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正确；D同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确14. 如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是A. 金属块带负电荷B. 电场力做功0.5JC. 金属块克服摩擦力做功0
18、.7JD. 金属块的机械能减少1.2J【答案】CD【解析】【详解】在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属块正电，故AB错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK，解得：Wf=-0.7J，故C正确；外力做功为W外=W电+Wf=-1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确所以CD正确，AB错误15. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（）A. 保持S不变
19、，增大d，则变小B. 保持S不变，增大d，则变大C. 保持d不变，减小S，则变大D. 保持d不变，减小S，则变小【答案】BC【解析】【详解】AD根据电容的定义式：C=保持S不变，增大d，电容C减小，再根据：U=知U增大，所以变大，故A错误，B正确；CD保持d不变，减小S，电容C减小，再根据：U=知U增大，所以变大，故C正确，D错误。故选BC。16. 一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电荷量小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（ ）A U变小
20、，E不变B. E变大，W变大C. U变小，W不变D. U不变，W不变【答案】AC【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量Q不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据：知电容C增大，根据：知板间电压U变小由公式：得：可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式：U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变AC.由上分析知，AC正确； BD.由上分析知，BD错误17. 如图，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列的判断正确的是（）A. A点场强等于B点场
21、强B. C点电势低于B点电势C. 将电子从A点移到B点，电场力不做功D. 将质子从A点移到C点，其电势能增加【答案】BC【解析】试题分析：AB两点的场强的方向不同，故A错误；沿电场线的方向电势降落，所以B点的等势面的电势高于C点的等势面的电势故B正确；A、B是同一等势面上的两点，它们之间的电势差为0，所以将电子从A点移到B点，电场力不做功故C正确；沿电场线的方向电势降落，所以A点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，将质子从A点移到C点，电场力做正功，其电势能减小故D错误故选BC.【点睛】根据电场线的分布特点：电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低正电荷的电势能沿着电场线方向不断降低，负电荷
22、的电势能沿着电场线方向不断升高.18. 如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为-10eV、质子由A点运动到C点电场力做功为-20eV。则下列说法正确的是（）A. 电场强度的方向应由C指向AB. 质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功C. 电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10eVD. 电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15eV【答案】AD【解析】【详解】A由题意根据可知，质子由A运动到B时代入数据解得V同理V，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点
23、的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10V，因此BD连线为等势线，如图所示所以电场线的方向一定由C指向A，故A正确；B由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为eV故B错误；C由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零，故C错误；D电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为eV则电子的电势能增加15eV，故D正确。故选AD。第II卷（非选择题)二、解答题（共3小题，共计38分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
24、，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）19. 如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线将A、B两带电小球悬挂于O点，电荷量分别为+9q、+q，质量分别为m1和m2，静止时A、B两球处于同一水平线上，其中O点到B球的距离OB=L，AOB=90OAB=30，带电小球均可视为点电荷静电力常量为k。求:（1）A、B间的库仑力大小；（2）A、B两球的质量之比；（3）AB连线上且在O点的正下方C点的电场强度。【答案】（1）；（2）1：3；（3）C点的合场强为零【解析】【详解】（1）由几何关系可知，A、B间距为根据库仑定律，A、B之间的库仑力大小为（2）对A、B受力分析如图所示对A球F=m1g
25、tan60对B球F=m2gtan30解得：m1:m2=1:3（3）两个带电小球A、B在C点产生的场强大小分别是方向相反，因此C点的合场强为零20. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为 ；求： （1）B、A间电势差UBA多少？（2）电场强度E是多大？（3）如果A点的电势为-4V，求B点的电势为多大？电荷量C的正电荷在A点具有的电势能是多少？【答案】(1)8V (2) 4V/m(3)-1.6【解析】【详解】（1）AB间电势差：则：UBA= - UAB=8V（2）匀强电场的电场强度：（3）因：V而 V则V电
26、荷量的正电荷在A点具有的电势能为21. 如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度大小E100V/m电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为370，A点距水平地面的高度h=3m；BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度L3m斜面AB与水平面BC由一光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径R0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）现将一质量m1kg、电荷量q0.1C的带正电的小物块（可视为质点）置于A点由静止释放，已知该小物块与斜面A
27、B和水平面BC间的动摩擦因数均为0.3，取g10m/s2，sin3700.6，cos3700.8(1)求物块到达C点时的速度大小；(2)求物块到达D点时所受轨道的压力大小；(3)物块从D点进入电场的瞬间，将匀强电场的方向变为水平方向，并改变电场强度的大小，使物块恰好能够落到B点，求电场强度的大小和方向（取2.24）【答案】（1）6m/s（2）22N（3）121V/m，水平向左【解析】【分析】(1)对物块从A到C的过程应用动能定理求得物块到达C点时的速度；(2)对物块从C到D的过程应用动能定理求得物块到达D点时的速度，再对物块在D点时受力分析，由牛顿第二定律求得物块到达D点时所受轨道的压力；(3)运用运动的分解将物块从D到B的过程分解为水平方向和竖直方向，求得物块在水平方向的加速度，由牛顿第二定律求得变化后电场强度的大小和方向【详解】(1)对物块由A到C的过程应用动能定理可得：解得：(2)对物块由C到D过程应用动能定理可得：对物块在D点时受力分析，由牛顿第二定律可得：解得：、(3)物块从D到B过程，将运动分解为水平方向和竖直方向，则：竖直方向：水平方向：解得：，电场方向水平向左又，解得：