【文档说明】河北省沧州市泊头市第一中学2020-2021学年高二第一次月考物理试卷含答案.doc，共(19)页，825.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题一、单选题1．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，

拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个A．6.2×10﹣19CB．6.4×10﹣19CC．6.6×10﹣19CD．6.8×10﹣19C2．两个完全相同的小球A和B（可看成点电荷），电荷量之比为1:7，相距为r，库仑力大小是F。现将两球接触一下，再放回

原来的位置，此时两小球之间的库仑力大小是F′。下列判断正确的是（）A．若小球A和B原来带有同种电荷，则9'7FF=B．若小球A和B原来带有同种电荷，则16'7FF=C．若小球A和B原来带有异种电荷，则7'16FF=D．若小球A和B原

来带有异种电荷，则7'9FF=3．光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（）A．－q，在A左侧距A为

L处B．－2q，在A左侧距A为处C．＋4q，在B右侧距B为L处D．＋2q，在B右侧距B为处4．如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则

下列说法中正确的是（）A．粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C．粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小D．a点的电势高于b点的电势5．如图所示为等量点电荷周围的电场线分布图，A、

B、O位于两点电荷连线上，其中O为两点电荷连线的中点，C、D是连线的中垂线上的两点．关于各点的电场性质的描述，下列说法正确的是（）A．A、B、O三点的电势大小相等B．O、C、D三点的电场强度相等C．若将带正电的试探电荷q从C点移到B点，电势

能减小D．若将带负电的试探电荷q从A点移到D点，电场力做负功6．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为2V、3V、6V。下列说法正确的是（）A．坐标原点处

的电势为0VB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的少1eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为3eV7．把带电体上产生的静电荷移走可以防止静电荷积累而造成危害.下列措施中，没有采取上述方法的

是A．飞机上安装接地电缆B．电工钳柄上套有绝缘胶套C．印染车间里保持适当的湿度D．油灌车后面装有一条拖地铁链8．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）．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θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变9．如图所示,AB是某电场中的一条电场线,若有

一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图所示.以下说法正确的是()A．电子在A、B两点的速度vA<vBB．A、B两点的电势φA<φBC．电子在A、B两点的电势能EpA>EPbD．A、B两点的电场强度EA>EB10．

如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原

来相比（）A．两小球间距离将增大，推力F将减小B．两小球间距离将增大，推力F将增大C．两小球间距离将减小，推力F将增大D．两小球间距离将减小，推力F将减小二、多选题11．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b

、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是()A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功12．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，

两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A．B．C．D.13．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子

在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子带正电C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动14．在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向

右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下．已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中（）A．做匀变速运动B．速率先增大后减小C．电势能增加了212mvD．a点的电势比b点低2mvq15．如图所

示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做

圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度E＝tanmgqB．小球动能的最小值为Ek＝2cosmgLC．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大三、解答题16．

如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：(1)两点电荷间的库仑力大

小；(2)C点的电场强度的大小和方向。17．如图所示，在水平向左的足够大的匀强电场中，一条绝缘轻绳上端固定，下端连接一个带电小球，小球质量为m，所带电荷量大小为q，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角为α，重力加速度大小用g表示。则：(1)小球带正电还是带负电？

(2)电场强度的大小是多少？(3)剪断绝缘绳，经过时间t，小球的位移和速度分别多大？18．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，场强大小5610N/CE=，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量8510Cq−=．质量0.010kgm=的带负电绝缘物块．物块与水平面间的

动摩擦因数0.2=，沿x轴正方向给物块一个初速度02m/sv=，如图所示，求（1）物块最终停止时的位置（g取102m/s）（2）物块在电场中运动过程的机械能增量．19．如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN

和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为2L，AO连线与

屏垂直，垂足为O，求：(1)电子到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与连线夹角的正切值tan；(4)电子打到屏上的点到点O的距离x参考答案1．B【解析】【分析】【详解】自然界中物体的带电量是元电荷电量的整数倍：()qnen

=为整数元电荷电量：191.610Ce−=4n=时，196.410Cq−=，B正确，ACD错误。故选B。2．B【解析】【分析】【详解】接触以前两球之间的库仑力227QFkr=如果带异种电荷，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q，所以A、B

所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得233QQFkr=解得97FF=则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7；如果带同种电荷，A、B所带的电荷相等都为4Q，根据库仑定律得2224416'QQkQFkrr==解

得'167FF=则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是16：7，故B正确，ACD错误。故选B。3．C【解析】试题分析：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两

个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须带正电，在B的右侧．设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q．则有：，解得：r＝L．对点电荷A，其受

力也平衡，则：解得：Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处．故选C．考点：库仑定律；物体的平衡4．B【解析】【分析】【详解】A．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，a点处的电场线相对b点较为稀疏，所

以abEE电场力提供加速度，根据牛顿第二定律可知abaaA错误；B．假设粒子从ab→，在a点，粒子速度方向与受力方向如图电场力做正功，电势能减小，同理，若粒子从ba→，电场力做负功，电势能增加，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B正确；C．粒子运动过程中

仅受电场力，则电势能和动能相互转化，因为粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，则kkabEE根据k12Emv=可知abvvC错误；D．粒子的电性和电场线的方向均未知，所以a、b两点电势无法判断，D错误。故选B。5．C【解析】【分析】负电荷从低电势运动到高电势过程中电场力做正功，正电荷从高电

势运动到低电势过程中电场力做正功；【详解】等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，即在本题中电场方向水平向左，根据沿电场方向电势降低可知OBA，A错误；根据电场线疏密程度表示电场强度大小可知OCD三点的电场线疏密程度不同，电场强度大小

不同，B错误；等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，将正电荷从C点移到B点，等同于从O点移到B点，即从高电势到低电势，电场力做正功，电势能减小，C正确；负电荷从A移到D点，相当于从A移到O点，电势升高，电场力做正功，D错误【点睛】关

键是知道等量异种电荷电场规律，在其连线上，靠近电荷，电场强度增大，即中点电场强度为零，在其连线的中垂线上，电场方向垂直中垂线，指向负电荷，电场强度大小从中点向上下两侧递减，中垂线是一条电势为零的等势面．6．D【解析】【分

析】【详解】AB．根据cabo−=−即6V2V3Vo−=−得1Vo=−故AB错误；C．负电荷在电势低处电势能大，则电子在a点的电势能比在b点的大()1eVpabEee=−−−=故C错误；D．电子从b点运动到c点，电场力做功为(3)V3eVbcWqUe==−−=

故D正确。故选D。7．B【解析】【分析】【详解】A.飞机上安装接地电缆，是为了防止静电荷积累而造成危害，故A正确．B.电工钳柄上套有绝缘胶套，是为了防止触电，而不是为了防止静电，故B错误．C.印染车间里保持适当

的湿度，是为了防止静电荷积累而造成危害，故C正确．D.油灌车后面装有一条拖地铁链，是为了防止静电荷积累而造成危害，故D正确．本题选错误的，故选B．8．A【解析】【分析】【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由4

rSCkd=可知S不变，增大d，则C变小，而由QCU=可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;CD、同理可知保持d不变，减小S，则C变小，而由QCU=可得

电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．故选:A.9．D【解析】【分析】【详解】AC.由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB，EPA＜

EPB．故A、C错误；B.电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势AB，故B错误；D.φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB，故D正确．10．A【解析】【分析】【详解】以A球为研究对象，分析受力，作

出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：1ANmgtan=，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：AmgFcos=库，θ减小，cosθ

增大，F库减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：1FN=，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为

研究对象），分析受力情况．11．ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，

故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的

条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．12．AD【解析】【分析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：04

−T时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，42−TT时间内沿原方向做匀减速直线运动，324−TT时间内向A板做匀加速直线运动，34−TT时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。

分析电子一个周期内的运动情况：704−时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，42−TT时间内沿原方向做匀减速直线运动，2T时刻速度为零，324−TT时间内向A板做匀加速直线运动，34−TT时间内做匀减速直线运动，接着周而

复始。AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；B.电子做匀变速直线运动时xt−图象应是抛物线，故B错误；D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速

运动的加速度不变，at−图象应平行于横轴，故D正确。13．ACD【解析】【分析】【详解】假设粒子从b运动a，受力分析如图所示ABC．因为轨道的凹向大致指向合力方向，因此可知粒子受电场力方向水平向左，则粒子带负电，故AC正确，B错误；D．粒子仅受恒定的电场力，加速度恒定，因此做匀变速曲线运动，故D

正确。故选ACD。14．AC【解析】【分析】【详解】A.小球受到的重力和电场力是恒力，所以小球做的是匀变速运动．故A正确B.由于不知道重力和电场力的大小关系，故无法确定速度大小的变化情况．故B错误．C.在平行于电场方向，小球的动能减小量为212kEmv=，减小的动能转化为了小球的电势能，所以小

球电势能增加了212mv．故C正确．D.在平行于电场方向有2102abqUmv=−，解之得202abmvUq=−，所以a点的电势比b点低202mvq．故D错误．15．AB【解析】【分析】【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重

力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ＝qE解得E＝tanmgq故A正确；B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：2cosmgmvL=则最小动能2122coskmgL

Emv==故B正确；C．运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；D．小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同

理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。16．(1)F=9.0×10-3N；(2)37.810N/CE=，方向沿y轴正方向【解析】【分析】【详解】(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为22qFkL=代入数据得F=9.0×10-3N(2)A、B

两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为12qEkL=A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为12cos30EE=代入数据得339310N/C7.810N/C2E=方向沿y轴正方向。17．(1)负电；(2)tanmgEq=；(3)22cosgts=，cosvgt

=【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知，小球受力平衡。对小球受力分析，有重力，绳子的拉力和电场力。根据平衡条件可知小球所受电场力水平向右，即与电场方向相反，所以可知小球带负电。(2)受力分析如图所示其中FqE=电由几何关系tanqEmg=tanmgEq=(3)剪断绝缘绳，即小球不受

拉力作用，只受重力和电场力，且重力与电场力的合力为恒力。所以小球从静止开始做匀加速直线运动。通过(2)中的分析可知cosmgF=合由牛顿第二定律Fma=合可得小球做匀加速直线运动的加速度cosga=由运动学公式，经过时间t，小球的位移212s

at=即22cosgts=经过时间t，小球的速度vat=即cosvgt=18．（1）物块停止在原点O左侧0.2m处．（2）0.016J【解析】物体向右匀减速运动，用动能定理求出物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离；由于电场力大于摩擦力，当物块运动到沿x轴正方向离O点的最远

距离时又返回向x轴负方向运动，对返回的过程运用动能定理，求出物块最终停止时的位置；物块在电场中运动过程中电场力做功为零，物块机械能的增量等于摩擦力所做的功．（1）第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为0，由动

能定理得2101()02Eqmgxmv−+=−解得10.4mx=第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后在做匀减速运动直到停止．由动能定理得：112()0Eqxmgxx−+=解得20.2mx=则物块停止在原点O左侧0.2m处．.（

2）物块在电场中运动过程的机械能增量数值上等于摩擦力所做功．1=2mg0.016JfEWx=−=−【点睛】运用动能定理解题关键合理地选择研究过程，分析过程中有哪些力做功，结合各力做功的代数和等于动能的变化量进行求解．19．(1)eELm；(2)3mLeE；(3

)2；(4)3L【解析】【分析】【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理2122LeEmv=得eELvm=（2）电子在电场1E中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为1a，时间为1t，由牛顿第二定律和运动学公式得11==eEeEamm则时

间t1为11=meEvLta=从MN到屏的过程中运动的时间22=2LmLtveE=运动的总时间为123=+=mLttteE（3）设电子射出电场2E时沿平行电场线方向的速度为yv，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为222==eEeEamm运动时间为3Ltv=则竖直方向速度为23yva

t=所以夹角为tanyvv=解得tan2=（4）如图，电子离开电场2E后，将速度方向反向延长交于2E场的中点O。由几何关系知tan2xLL=+得3xL=。