四川省乐山市马边中学2022学年高一物理上学期第一次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年四川省乐山市马边中学高一（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共40分，本题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．）1．（6分）（2022•湖南模拟）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（　　）　A．φa＞φb＞φcB．Ea＞Eb＞EcC．φa﹣φb=φb﹣φcD．Ea=Eb=Ec2．（6分）（2022秋•河池期末）下列关于电场强度与电势的说法中，正确的是（　　）　A．电场强度为零的地方，电势一定为零　B．电势为零的地方，电场强度一定为零　C．电场强度较大的地方，电势一定较高　D．沿着电场强度的方向，电势逐渐降低3．（6分）（2022秋•城区校级期末）在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（　　）　A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零　B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为　C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向　D．若在该点放一个电量为﹣的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向4．（6分）（2022秋•珠海期末）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）　A．B．C．D．5．（6分）（2022秋•湛江期末）两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（　　）　A．B．C．D．6．（6分）（2022秋•马边县校级月考）如图所示，一带点粒子从A运动到B，径迹如虚线所示，由此可见（　　）-14-\n　A．粒子带负电B．粒子的加速度不断减小　C．粒子在A点时动能大D．B的场强比A的场强大7．（6分）（2022•城中区校级一模）如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（　　）　A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点　B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点　C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点　D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点8．（6分）（2022秋•陆丰市校级期末）如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，那么（　　）　A．两球一定带异种电荷　B．q1一定大于q2　C．m1一定小于m2　D．m1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力　二、计算题（要求写出主要的文字说明、方程和演算步骤，只写出答案而未写出主要的演算过程的不能得分，答案中必须写出数字和单位）9．（8分）（2022•枣庄一模）如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°．把带电量为q=﹣1.5×10﹣8C的点电荷由M点移到N点，克服电场力做了4.2×10﹣5J的功．若已知M点电势φM=800V，MN长为1cm．试求：（1）N点电势φN；（2）电场强度的大小和方向．-14-\n10．（12分）（2022秋•鲤城区校级期中）电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系（图1）及物块速度v与时间t的关系如图2所示．若重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块的质量m．（2）物块与水平面之间的动摩擦因数．（3）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．11．（8分）（2022秋•马边县校级月考）沿水平方向的场强为E=8.66×103v/m的足够大的匀强电场中，用绝缘细线系一个质量m=6.0g的带电小球，线的另一端固定于O点，平衡时悬线与竖直方向成α角，α=30°，如图所示，求：（1）小球所带的电量；（2）剪断细线小球怎样运动，加速度多大？（g取10m/s2）12．（12分）（2022秋•马边县校级月考）如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开．小球A和B之间的相互作用力忽略不计．求：（1）该匀强电场的场强E（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB（3）当B球速度为零时，A球的速度vA大小．13．（12分）（2022•四川）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？-14-\n　-14-\n2022-2022学年四川省乐山市马边中学高一（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共40分，本题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．）1．（6分）（2022•湖南模拟）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（　　）　A．φa＞φb＞φcB．Ea＞Eb＞EcC．φa﹣φb=φb﹣φcD．Ea=Eb=Ec考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．解答：解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故A正确．B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A．点评：本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义．　2．（6分）（2022秋•河池期末）下列关于电场强度与电势的说法中，正确的是（　　）　A．电场强度为零的地方，电势一定为零　B．电势为零的地方，电场强度一定为零　C．电场强度较大的地方，电势一定较高　D．沿着电场强度的方向，电势逐渐降低考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．解答：解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故A错误．B、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零．故B错误．-14-\nC、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高．故C错误．D、沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故D正确．故选：D．点评：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．　3．（6分）（2022秋•城区校级期末）在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（　　）　A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零　B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为　C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向　D．若在该点放一个电量为﹣的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向考点：电场强度．分析：电场中某点的场强是由场源电荷决定的，与放入的检验电荷无关．解答：解：A、由题，该点的电场强度E=，该式采用比值法定义，E与F、q无关，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为E=．故A错误．B、若检验电荷的电量变为2q，检验电荷所受的电场力为2F，则该点的电场强度仍为E．故B错误．C、D、若放置到该点的检验电荷变为﹣2q或﹣，检验电荷所受的电场力为﹣2F或﹣，但该点的电场强度仍为E，方向还是原来的场强方向，故C错误，D正确．故选：D点评：电场强度的定义式E=，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定．　4．（6分）（2022秋•珠海期末）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）　A．B．C．D．考点：电场强度．-14-\n专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．解答：解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．故选：C．点评：矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．　5．（6分）（2022秋•湛江期末）两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（　　）　A．B．C．D．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．解答：解：由库仑定律可得：F=，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故选：CD点评：本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化．　6．（6分）（2022秋•马边县校级月考）如图所示，一带点粒子从A运动到B，径迹如虚线所示，由此可见（　　）　A．粒子带负电B．粒子的加速度不断减小　C．粒子在A点时动能大D．B的场强比A的场强大-14-\n考点：电场线．分析：该题考查了带电粒子在电场中的运动，解这类问题的突破点在于根据运动轨迹判断出电场力方向，从而进一步判断动能的变化情况．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A正确；B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以粒子加速度不断变大，故B错误．C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，动能减少，所以粒子在A点时动能较大，故C正确；D、电场线密的地方电场的强度大，所以B点场强大于A点场强，故D正确．故选：ACD．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．以带电粒子在电场中运动为背景，考察电场线、电性、电场强度、电势、电势能、动能等基本物理量的变化情况，是高中阶段的重点知识，要不断的加强练习和应用．　7．（6分）（2022•城中区校级一模）如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（　　）　A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点　B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点　C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点　D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低．沿着电场线方向电势降低．解答：解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道EB＞EA＞EC，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故A、B、D错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．　8．（6分）（2022秋•陆丰市校级期末）如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β-14-\n），两小球恰在同一水平线上，那么（　　）　A．两球一定带异种电荷　B．q1一定大于q2　C．m1一定小于m2　D．m1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据异种电荷相互吸引分析电性关系．由力平衡得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小．由牛顿第三定律，分析库仑力的关系．解答：解：A、两球相互吸引必定是异种电荷．故A正确．B、两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小．故B错误．C、设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα，同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ因α＞β，得到m1＜m2故C正确．D、根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力．故D错误故选AC．点评：库仑力是一种力，有力的共性，它是联系电场知识与力学知识的桥梁．　二、计算题（要求写出主要的文字说明、方程和演算步骤，只写出答案而未写出主要的演算过程的不能得分，答案中必须写出数字和单位）9．（8分）（2022•枣庄一模）如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°．把带电量为q=﹣1.5×10﹣8C的点电荷由M点移到N点，克服电场力做了4.2×10﹣5J的功．若已知M点电势φM=800V，MN长为1cm．试求：（1）N点电势φN；（2）电场强度的大小和方向．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据电势差U=，与φN=φM﹣UMN，即可求解；（2）根据电场强度的公式，即可求解其大小，而方向根据正电荷的电场力的方向与电场线方向相同，从而求解．解答：解：（1）M、N两点的电势差为：-14-\nUMN=﹣设N点的电势为φN，根据UMN=φM﹣φN得：φN=φM﹣UMN=800V﹣2800V=﹣2000V（2）电场强度为：E==5.6×104V/m方向为：垂直于极板，由A板指向B板（或竖直向下）．答：（1）N点电势﹣2000V；（2）电场强度的大小5.6×104V/m和方向：垂直于极板，由A板指向B板（或竖直向下）．点评：考查电势差、电场强度、及电势与电势差的关系等公式的应用，注意电势差公式的电场力做功及电荷的正负，同时掌握式中的d的含义．　10．（12分）（2022秋•鲤城区校级期中）电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系（图1）及物块速度v与时间t的关系如图2所示．若重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块的质量m．（2）物块与水平面之间的动摩擦因数．（3）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）第1s物块做匀加速直线运动，1s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解题；（2）匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；（3）物体电势能的该变量等于电场力做的功．解答：解：由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1﹣μmg=ma，由图线知加速度为：a=2m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg联立解得：q（E1﹣E2）=ma由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，代入数据解得：m=0.5kg-14-\n（2）由qE2=μmg可得：μ==0.4（3）物块在第1s的位移为物块在第2s的位移为S2=vt2=2m电场力做正功W=qE1S1+qE2S2=7J答：（1）物块的质量m=0.5kg．（2）物块与水平面之间的动摩擦因数0.4．（3）物块运动2s过程中，其电势能的改变量7J．点评：能根据题目提供的E﹣t图和v﹣t图得到相关的信息是解题的关键．属于基础题目．　11．（8分）（2022秋•马边县校级月考）沿水平方向的场强为E=8.66×103v/m的足够大的匀强电场中，用绝缘细线系一个质量m=6.0g的带电小球，线的另一端固定于O点，平衡时悬线与竖直方向成α角，α=30°，如图所示，求：（1）小球所带的电量；（2）剪断细线小球怎样运动，加速度多大？（g取10m/s2）考点：电场强度；共点力平衡的条件及其应用．分析：（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平衡条件列式求解即可；（2）剪断细线后，先对小球受力分析，确定合力方向，再根据牛顿第二定律确定加速度的方向，最后根据加速度与速度关系确定物体的运动情况．解答：解：（1）如图，小球受到的电场力水平向右，与场强方向相反，则小球带负电．小球受力如图，据受力平衡得：tanα=解得：q==C=4×10﹣6C．（2）剪断细线，小球受重力和电场力作用，两个力的合力为：F合=则小球的加速度为：a===m/s2=m/s2≈11.5m/s2，小球做匀加速直线运动．答：（1）小球所带的电荷量为4×10﹣6C．（2）剪断细线，小球做匀加速直线运动，加速度为11.5m/s2．-14-\n点评：本题是带电体在电场中平衡问题，关键是分析受力情况，画出力图，求解加速度时，根据合力通过牛顿第二定律进行求解．　12．（12分）（2022秋•马边县校级月考）如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开．小球A和B之间的相互作用力忽略不计．求：（1）该匀强电场的场强E（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB（3）当B球速度为零时，A球的速度vA大小．考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．分析：（1）两个小球都匀速运动，受力平衡．以小球A、B整体为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求E．（2）用隔离法对AB分别进行受力分析根据牛顿第二定律列方程求加速度．（3）两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度．解答：解：（1）设场强为E，把小球A、B看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，由平衡条件得：2qE=3mg，解得：；（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：对A：qE﹣mg=maA，解得：aA=0.5g，方向向上；对B：qE﹣2mg=2maB，解得：aB=﹣0.25g，负号表示方向向下；（3）细绳断开前后两绳组成的系统满足合外力为零，系统总动量守恒，设B球速度为零时，A球的速度为vA，以向上为正方向，由动量守恒定律得：（m+2m）v0=mvA，解得：vA=3v0；答：（1）该匀强电场的场强E为；-14-\n（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB分别为：05g，方向竖直向上、0.25g方向竖直向下；（3）当B球速度为零时，A球的速度vA大小为3v0．点评：此题考查平衡条件、牛顿第二定律的应用，关键是灵活选取研究对象，正确的进行受力分析，再运用力学的规律解题．　13．（12分）（2022•四川）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？考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；库仑定律；电势能．专题：计算题；压轴题．分析：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．解答：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﹣﹣qEsinθ=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+qEsinθ=mg-14-\n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=mv2W1=mg（L﹣h2）W2=﹣qE（L﹣h2）sinθ解得：W3=mv2﹣mg（L﹣h2）+qE（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△Ep，则：△Ep=﹣（W2+W3）△Ep=mg（L﹣h2）﹣mv2解得：△Ep=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．点评：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．　-14-