2015-2016学年河南省开封市杞县阳光高中高二(上)第一次月考物理试卷

2015-2016学年河南省开封市杞县阳光高中高二（上）第
一次月考物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
1.已知π+介子、π-介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电量如表所示，表中e
A.π+由u和组成
B.π+由d和组成
C.π-由u和组成
D.π-由d和组成
【答案】
AD
【解析】
解：由题意可知，π+带电量为+e，故由u和组成；π-带电量为-e，故由d和组成组成，故AD正确，BC错误．
故选：AD
根据π+和π-介子的带电量，以及夸克的带电量情况，可以确定π+和π-介子组成．本题属于信息给予题，认真分析题目所给信息结合所学物理知识求解．
二、单选题(本大题共1小题，共4.0分)
2.如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C（可视
为质点）．若它们恰能处于平衡状态．那么这三个小球所带的电
量及电性的关系，可能的是下面的情况（）
A.-9、4、-36
B.4、9、36
C.-3、2、8
D.3、-2、6
【答案】
A
【解析】
解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此BC均错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，那么D 不满足间距的数量关系，故A正确，
故选：A．
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．
三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”．
三、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
3.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根
它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（）
A.a球的质量一定大于b球的质量
B.a球的电荷量一定大于b球的电荷量
C.若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒
D.若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同
【答案】
AD
【解析】
解：A、对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反，根据平衡条件有：
m a g=库
m b g=库，
由于β＞α，
所以m a＞m b，故A正确．
B、两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，故B错误；
C、若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中，除重力做功外，还有库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故C错误．
D、竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同，故D正确．
故选：AD．
同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解．
本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题．
四、单选题(本大题共2小题，共8.0分)
4.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，
匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小
和方向变化情况（）
A.先变大，后变小，方向水平向左
B.先变大，后变小，
方向水平向右
C.先变小，后变大，方向水平向左
D.先变小，后变大，方向水平向右
【答案】
B
【解析】
解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．故选B．
电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．
解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力．
5.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带
同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运
动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）
A.两个物块的电势能逐渐减少
B.物块受到的库仑力不做功
C.两个物块的机械能守恒
D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
【答案】
A
【解析】
解：A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故A正确．
B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功．故B错误．
CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故CD错误．
故选：A
由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．
本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．
五、多选题(本大题共2小题，共8.0分)
6.在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘的细线拴住的带电小
球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是（）
A.带电小球有可能做匀速率圆周运动
B.带电小球有可能做变速率圆周运动
C.带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小
D.带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小
【答案】
ABD
【解析】
解：A、当小球所受重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；
B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B正确；
C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，如果小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；
D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，若电场力大于重力时，在最低点细线拉力最小，故D正确；
故选ABD．
小球在竖直平面内做圆周运动，重力、电场力、绳子拉力的合力提供向心力，分析各选项，然后答题．
对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行讨论即可正确解题．
7.如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑
力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为
椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子
在从M经P到达N点的过程中（）
A.速率先增大后减小
B.速率先减
小后增大
C.电势能先减小后增大
D.电势能先增大后减小
【答案】
AC
【解析】
解：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A、C正确；B、D错误；故选AC
根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．
根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．六、单选题(本大题共1小题，共4.0分)
8.一电子在电场中沿着如图所示的径迹运动，a→b，b→c，c→d，d→e，
电场力对电子所做的功分别为-2e V，+8e V，-4e V，+3e V，则上述各
点中电势最高的点和电势最低点及电子在该点处电势能最高点分别
为（）
A.eaa
B.cbb
C.cdd
D.caa
【答案】
B
【解析】
解：根据，有
设φa=0，根据公式U AB=φA-φB，得到：
φb=-2V
φc=6V
φd=2V
φe=5V
故电势最高的点是c点，电势最低的点是b点，电势能最高的点是b点；
故选B．
根据求解电势差后比较电势的高低；根据电场力做的功等于电势能的减小量判断
电子电势的高低或者根据E p=qφ判断电势能高低．
本题关键明确电势、电势差和电势能的定义，会用这些定义公式进行简单的计算，不难．
七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
9.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x
轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E B x、
E C x，下列说法中正确的有（）
A.E B x的大小大于E C x的大小
B.E B x的方向沿x轴正方向
C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
【答案】
AD
【解析】
解：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见E B x＞E C x，A项正确；
同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；
沿电场方向电势降低，在O点左侧，E B x的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E C x的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确．
故选AD．
本题的入手点在于如何判断E B x和E C x的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．
本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高．
八、单选题(本大题共5小题，共20.0分)
10.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A
点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，
穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡，PA与
AB的夹角为α，不计小球的重力，则（）
A.tanα=
B.O点场强为零
C.tan3α=
D.Q1＜Q2
【答案】
C
【解析】
解：小球在P点受三个力F A、F B和F N的作用而处于平衡
状态，由几何知识可知AP⊥BP，故F A与F B垂直．
由库仑定律可得：，，
tanα=，
联立解得tan3α=，故A错误，C正确．
B、由受力图可知，F A＞F B，r1＞r2，所以Q1＞Q2，因此O点的场强不为零，故BD错误．
故选：C
方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．
本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用，难度适中．
11.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于
球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电
荷，电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O
的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的
场强大小为E，则N点的场强大小为（）
A. B. C.-E D.-E
【答案】
C
【解析】
解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳
在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的
电场．则在M、N点所产生的电场为：
E=，
由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为：
E′=
故选：C
均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，
假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．
本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系，难度不大，属于基础题．
12.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为-q的质点（重力不计），在恒
定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间
夹角为θ，MN间距离为d，则（）
A.MN两点的电势差为
B.匀强电场的电场强度大小为
C.带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了F dcosθ
D.若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
【答案】
A
【解析】
解：A、根据动能定理得，F dcosθ-q U MN=0，U MN=，故A正确．
B、电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcosθ，由公式E=得，E==，
故B错误．
C、小球M到N做-F dcosθ的功，电势能增大F dcosθ．故C错误．
D错误．
故选：A
根据题设条件F、d、θ，功的公式求出力F做功，根据动能定理，可求出电场力做功，从而求出M、N间电势差；由公式U=E d求出场强大小；电场力做负功，电势能增大；根据平衡条件，由N到M力F仍是原方向．
带电粒子在电场中运动问题，常常用动能定理求解电势差．
13.一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ɛ是常量．对此电
容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（）
A.电场强度不变，电势差变大
B.电场强度不变，电势差不变
C.电场强度减小，电势差不变
D.电场强度减小，电势差减小
【答案】
A
【解析】
解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；
根据公式C=、C=、E=可得：
E=①
U=②
由①式得到E与d无关，即电场强度不变；
由②式得到U∝d，故电势差U增加；
故选：A．
通电后断开电容两板上的电荷量不变，由电容为C=，可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．
通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变，记住推导公式
E==．
14.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的
匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水
平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通
过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度
方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时
的动能为（）
A.mv02
B.mv02
C.2mv02
D.
mv02
【答案】
D
【解析】
解：由题可知：小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，
即v0t=t，合速度v P==v0
则E k P=mv p2=mv02．
故选D．
小球在电场中受到重力和电场力而做类平抛运动，运用平均速度表示竖直位移，由水平位移和竖直位移大小相等，求出P点竖直方向分速度，运用速度合成，求出P点的速度，再求出动能．
本题考查灵活选择解题规律的能力．类平抛运动通常用动力学方法处理，但本题条件不充分，无法解答．本题技巧是回避加速度，用平均速度表示竖直方向的位移．
九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
15.如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通
过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，
以达到除尘的目的．下列表述正确的是（）
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】
BD
【解析】
解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A错误；
B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，故B正确；
C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D、根据F=E q可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确．
故选：BD．
从静电除尘机理出发即可解题．由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=E q即可得出结论．
本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
十、单选题(本大题共1小题，共4.0分)
16.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）
A. B. C. D.
【答案】
A
【解析】
解：两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D 是错误的；A正确．
故选：A．
本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．
本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等．
十一、计算题(本大题共3小题，共46.0分)
17.如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的
A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为
q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半
径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线
上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B
点的速度为v，试求：
（1）小球通过C点的速度大小．
（2）小球由A到C的过程中电场力做了多少功；
（3）小球由A到C机械能的损失．
【答案】
解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：
mg R sin30°=-则C点的速度为：v C=
（2）由A到C过程，根据动能定理，有：
W电+mgh=m
（3）由A到C电场力做功为机械能的变化量为：
即减少了：
答：（1）小球通过C点的速度大小为．
（2）小球由A到C的过程中电场力做功为
（3）小球由A到C机械能的损失为：
【解析】
球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况．
本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度
18.如图所示，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N
两点上，电荷量均为Q，有一质量为m、电荷量为+q（可
视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一
端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦
地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处，现
在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O处电势为零，忽略q对+Q、-Q形成电场的影响．求：
（1）小球经过B点时对杆的拉力大小．
（2）在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势φA．
（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度．
【答案】
解：（1）小球经B点时，在竖直方向有
T-mg=
T=mg+
由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为mg+
（2）由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以
φB=0
电荷从A到B过程中，由动能定理得：mg L+q（φA-φB）=mv2；
得：φA=
（3）设小球经过C处为
假设小球能经过C处，则q（φA-φC）=m
则有=．
答：（1）小球经过B点时对细杆的拉力大小mg+；
（2）A点的电势；
（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点的速度为．
【解析】
（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；
（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；
（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可．
小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．
19.如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场
强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电
场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10-6C；另
一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10-6C，质量
m=1.0×10-2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运
动．（静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，取g=l0m/s2）
（1）小球B开始运动时的加速度为多大？
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？
【答案】
解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，
将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：
mg--q E sinθ=ma
解得：a=g-
代入数据解得：a=3.2m/s2．
（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，
当小球B速度最大时合力减为零，
即+q E sinθ=mg
解得：h1=
代入数据解得：h1=0.9m．
（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，
根据动能定理有：W1+W2+W3=mv2
W1=mg（L-h2）
W2=-q E（L-h2）sinθ
解得：W3=mv2-mg（L-h2）+q E（L-h2）sinθ
从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．
动能的改变量就等于总功．
设小球B的电势能改变了△E p，则：△E p=-（W2+W3）
△E p=mg（L-h2）-mv2
解得：△E p=8.4×10-2J
答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2m/s2；
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9m；
（3）小此过程中小球B的电势能改变了8.4×10-2J．
【解析】
对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．
根据受力情况分析小球B的运动情况，找出小球B速度最大时的位置特点．
由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功．
能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，
知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．。