山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高二10月月考物理试题

山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高二10月月考物理试题

‎2019平遥二中高二年级十月月考 物理学科试题 一、选择题 （共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题只有一个正确选项，9-12题有两个或两个以上正确选项，全选对的给4分，选对但不全的给2分，有选错的给0分）‎ ‎1.电场中有一点P，则（　　）‎ A. 若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用可能为零 B. 若该处场强越大，则对于同一试探电荷在该处所受电场力越大 C. 若该处没有试探电荷，则该处场强为零 D. 该处的电场强度的方向就是该处试探电荷所受力的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由公式F=qE知，若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用不可能为零;故A错误.‎ B、由公式F=qE知：P点的场强越大，则同一点电荷在P点所受的电场力就越大;故B正确.‎ C、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零;故C错误.‎ D、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反;故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．‎ ‎2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　　)‎ A. 根据电场强度的定义式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式C=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D. 根据电势差的定义式UAB=可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷和试探电荷的电量无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；‎ B. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误；‎ C. 根据点电荷的场强公式E=k知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故C错误；‎ D. 带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，根据电势差的定义式UAB= 可知，A、B两点间的电势差为－1V，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎3.下面关于电势和电势能的说法正确的是（　　）‎ A. 电势能是电场和电荷共有的能 B. 在负点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能 C. 电势降低的方向，一定就是场强方向 D. 电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、根据电势能的公式Ep=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故A正确，D错误；‎ B、取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，则由公式Ep=qφ，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故B错误；‎ C、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故C错误；‎ 故选：A．‎ ‎4.下列关于电容器的叙述正确的是(　　)‎ A. 电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才能称为电容器 B. 两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，当带电时构成电容器，不带电时不是电容器 C. 电容器所带电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和 D. 电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来；电容器的放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都能储存电荷，都可以看成是一个电容器，并不一定带电。故A错误，B错误；‎ C. 电容器所带的电荷量是指任意一个极板所带电荷量的绝对值，故C错误；‎ D. 电容器充电过程是将其他形式能转变成电容器的电能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能，故D正确。‎ 故选：D ‎5.一个电容器带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，若使其带电荷量增加4×10-7C，电势差则增加20v，则它的电容是( )‎ A. 1×10-8F B. 2×10-8F C. 4×10-8F D. 8×10-8F ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由电容定义式可得：，故选B。‎ ‎6.如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）。以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律可得，随着两者之间的距离的增大，N受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律可得，N点的点电荷做加速度减小的直线运动，而图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，所以A正确，B图像表示物体做匀加速直线运动，C图像表示物体做加速度增大的直线运动，D图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动。‎ ‎7.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，正六边形所在平面与电场线平行.则(　　)‎ A. 电场强度的大小为V/m B. UEF与UBC相同 C. 电场强度大小为V/m D. E点的电势与C点的电势相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】D. 已知正六边形所在平面与电场线平行,且A. C. D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V,延长DC且使DC=CG,连接BG,可知UDC=UCG=2.0V，故ABG的电势相等为1.0V；C、F 电势相等为3.0V，D、 E电势相等为5.0V，故D错误；‎ B. 电势差UEF=5.0−3.0=2.0V,电势差UBC=1.0−3.0=−2.0V，故B错误；‎ AC. 根据U=Ed可知,电场强度E== = V/m =V/m ，故A正确，C错误；‎ 故选：A。‎ ‎8.如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计重力)(　　)‎ A. 使初速度减为原来 B. 使M、N间电压变成原来的 C. 使M、N间电压提高到原来的4倍 D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子刚好能达到B金属板时,根据动能定理得,−qU=0−,现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回,则电场力做功等于.当初速度为,U不变,则带电粒子动能的变化△Ek=0−=−，小于到达中点时电场力做的功，粒子无法到达。故A错误；‎ B. 电压变为原来的,则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=−q()=−qU，小于粒子的初动能，到达中点时，速度没有减到零。故B错误；‎ C. 电压变为原来的4倍,则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=−q(4U)=−2 qU，大于粒子的初动能，粒子无法到达中点。故C错误； ‎ D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=−q()=−qU，带电粒子动能的变化△Ek=0−=−=−qU，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎9.对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是(　　)‎ A. 导体内部既无正电荷，又无负电荷 B. 导体内部和外表面处的电场均为零 C. 导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果 D. 静电平衡时，导体是一个等势体，其表面是一个等势面 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，但是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷。故A错误；‎ B. 金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故B错误；‎ C. 金属导体在电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与原电场叠加，内部电场强度处处为零。故C正确； ‎ D. 静电平衡时，导体内部电场强度为零，导体表面电场强度方向与表面垂直，在导体表面和导体内部任意移动电荷时，电场力不做功，所以导体是一个等势体，其表面是一个等势面，故D正确。‎ 故选：CD.‎ ‎10.如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受静电力作用，根据此图可以作出的判断是(　　)‎ A. 带电粒子所带电荷的符号 B. 带电粒子在a、b两点的受力方向 C. 带电粒子在a、b两点的加速度何处大 D. 带电粒子在a、b两点的加速度方向 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向沿电场线向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性，故A错误，B正确；‎ C. 电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场线密，电场力大，加速度大，故C正确；‎ D. 电场力方向沿电场线向左，加速度方向沿电场线向左，故D正确；‎ 故选：BCD。‎ ‎11.如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差,现使板带电,则下列判断正确的是 (   )‎ A. 增大两极板之间的距离,指针张角变大 B. 将板稍微上移,静电计指针张角将变大 C. 若将玻璃板插入两板之间,则静电计指针张角变大 D. 若将A板拿走,则静电计指针张角变为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：增大两极板之间的距离，由电容的决定式可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确；将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容增小，电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B正确．将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误．已充电的平行板电容器,电容器上所带电量一定，故D正确，故选C 考点：本题考查了电容器的动态分析 ‎12.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则(　　)‎ A. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大 B. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变 C. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变 D. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、若保持开关S闭合,则电容器两端的电压U恒定,A极板向B极板靠近时,两极板间的距离d减小,由E=U/d可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；‎ CD、若开关S断开,则电容器所带的电荷量恒定,A极板向B极板靠近时,板间距离减小,根据电容器的决定式、定义式 以及可得：，说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误。‎ 故选：AC.‎ 二、填空题（每空2分，共18分）‎ ‎13.如图所示，在带电体C的右侧有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上．若先将C移走，再把A、B分开，则A________电，B________电．若先将A、B分开，再移走 C，则A________电，B_______电．‎ ‎【答案】 (1). 不带 (2). 不带 (3). 带负 (4). 带正 ‎【解析】‎ ‎【详解】如果先移走C，A、B中感应出的正负电荷立刻中和，因此A、B不带电；如果先分开A、B未移走C，由静电感应得接近C的A端带负电，远离C的B端带正电.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．‎ ‎14.如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带负电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的大小关系分别是：________ 、 _________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面；画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小。‎ ‎【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图 由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则 ‎ 根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是 三、计算题（共34分，要求写出必要的文字说明，只写答案不给分）‎ ‎15.长为L的平行金属板水平放置，两板间距为d，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场。一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，如图所示，不计粒子重力，求：匀强电场的场强；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t，‎ 在竖直方向上： 由牛顿第二定律得：qE=ma ‎ 联立解得：E= ‎ ‎16.如图所示中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm.求：‎ ‎(1)C点的电势；‎ ‎(2)若保持两板电压不变，把B板向左移动2cm，C点的电势变为多少？‎ ‎【答案】(1)－200 V；(2)－240 V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)板间场强为=5×103 V/m，‎ 已知A板与C点间的距离为d′=0.04 m 则UAC=Ed′=5×103×0.04 V=200 V.‎ 因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以可得φC=－200 V.‎ ‎(2)B板向左移动2cm后，=6×103 V/m ‎=E′d′=6×103×0.04 V=240 V. ‎ 因为A板接地，φA=0，且沿电场方向电势降低，所以φC=－240 V.‎ ‎17.如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的2倍，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)求：‎ ‎(1)原来的电场强度；‎ ‎(2)电场变化后小物块的加速度的大小和方向；‎ ‎(3)电场变化后2 s内小物块电势能的变化量.‎ ‎【答案】(1)(2)6 m/s2，方向沿斜面向上(3)电势能减小了14.4mg焦耳 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，‎ 则mgsin 37°=qEcos 37°，E= ‎ ‎(2)当场强变为原来2倍时，小物块受到的合外力F合=2qEcos 37°－mgsin 37°=0.6mg，‎ 又F合=ma，所以a=6m/s2，方向沿斜面向上 ‎(3)由运动学公式 x=at2=×6×22m=12 m.‎ 静电力做功W=2qExcos 37°=14.4mg焦耳 所以，电势能的变化量为-14.4mg焦耳，即电势能减小了14.4mg焦耳 ‎ ‎