2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期第一次月考（10月）物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期第一次月考（10月）物理试题 解析版

绝密★启用前 黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（10月）物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关S接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B(　　)‎ A． 不带电 B． 带正电 C． 带负电 D． 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当闭合开关时S，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，左端带负电，再断开S，再移走A，则导体B带负电。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引.‎ ‎2．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)‎ A． 电流大小为，电流方向为顺时针 B． 电流大小为，电流方向为顺时针 C． 电流大小为，电流方向为逆时针 D． 电流大小为，电流方向为逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为；因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路。要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反.‎ ‎3．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)‎ A． M点的电势小于N点的电势 B． 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 C． 粒子在M点的速度大于在N点的速度 D． 粒子在M点的加速度小于在N点的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 沿电场线方向电势降低，M点的电势大于N点的电势，所以A错；由M到N电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以BC错误；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，由，故电场线越密的地方加速度越大，故D正确；故选D.‎ 点睛：要知道静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加；电场线越密的地方电场力越大，加速度越大.‎ ‎4．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，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系满足(　　)‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对小球进行受力分析如图所示： 根据库仑定律有：，r1=Lcosα    ① ，r2=Lsinα     ② 根据平衡条件，沿切向方向的分力有：F1sinα=F2cosα     ③ 联立①②③解得：tan3α＝，故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎5．将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与球接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，于是有(　　)‎ A． A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向 B． A的位置不变，B向右偏离竖直方向 C． A向左偏离竖直方向，B的位置不变 D． A和B的位置都不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，BC相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B 的电荷对空腔C 的内部无影响，所以A位置不变。B靠近C时，改变的是 C 表面的电荷分布，但对于 C 内部空间的电场可认为没有影响，这也就是平时说的静电屏蔽。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽.‎ ‎6．质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝mg/Q的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为(　　)‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F．物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动。‎ 运用动能定理研究从开始到落地过程，得：mgH+F•Hcotβ=mv2-0；又 F=QE，cotβ=解得，v=2，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。要知道物体的运动是由所受到的力和初状态决定的。这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑.‎ ‎7．如图所示，把一个平行板电容器接在电压U＝10V的电源上，现进行下列四步操作：①闭合S；②在两板中央插入厚为的金属板；③断开S；④抽出金属板.则此时电容器两板间的电势差为(　　)‎ A． 0‎ B． 10V C． 5V D． 20V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 步骤（1）中合上开关时，电压为10V；步骤（2）加入金属板时，电势差仍然为U=10V；打开S后，电量不变，抽出金属板可以等效为极板间距增加为2倍，根据公式，电容减小为原来的；由C=Q/U可知电压增加为2倍，即U′=2U=20V；故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变.‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．电池给灯泡供电与人将球抛出在能量转化方面有相似之处，我们可以将电势能类比于重力势能，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A． 可以将电流通过灯泡时电流做功与抛球时人对球做功相类比 B． 可以将电池的非静电力做功与抛球时人对球做功类比 C． 可以将电流通过灯泡时电流做功与重力对球做功类比 D． 可以将电池的非静电力做功与重力对球做功类比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电源的作用是将其他形式的能转化为电能，人将球向上抛出的过程将人的能量转化为重力势能；电源做功的过程是电能转化为其他形式的能，重力做功的过程是重力势能转化为其他形式的能。电流通过灯泡时电流做功是把电能转化为其他形式的能，与之对应得是重力势能转化为其它形式的能，所以可以将电流通过灯泡时电流做功与重力对球做功相类比。故A错误，C正确；电池的非静电力做功将其他形式的能转化为电能，人将球向上抛出的过程将人的能量转化为重力势能，所以可以将电池的非静电力做功与抛球时人对球做功相类比。故B正确，D错误；故选BC.‎ ‎9．如图所示，在等量负电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D关于O点对称，关于这几点场强大小正确的是(　　)‎ A． EA＞EB，EB＝ED B． EA＜EB，EB＜ED C． 可能有EA＜EB＜EC D． 可能有EA＝EC＜EB ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据两个等量同种电荷电场线分布的对称性可知：B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB=ED。两个等量电荷连线的中垂线的特点是：O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小。由于电场线的疏密情况不能确定，可能有EA＜EB＜EC，也可能有EA=EC＜EB，故CD正确，AB错误。故选CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小.‎ ‎10．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行.则(　　)‎ A． E点的电势与D点的电势相等 B． 电势差UEF与电势差UBC相同 C． 电场强度的大小为10 V/m D． 电场强度的大小为V/m ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势，以此类推其他各点的电势.‎ ‎【详解】‎ 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、2.0V、3.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=1V，故ABG的电势相等为1V；‎ ‎ ‎ CF电势相等为2V，D、E电势相等为3V，故A正确。电势差UEF=3-2=1V，电势差UBC=1-2=-1V，B错误；，故C错误，D正确；故选AD.‎ ‎11．静电计是测量电势差的仪器.指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图所示.在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大.现对电容器充电后断开开关.若按图下方的说明来做实验，则(　　)‎ A． 甲图中两极板间电势差变大 B． 乙图中两极板间电势差变大 C． 丙图中两板间电势差变小 D． 丙图中两板间电势差变大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 图甲中当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式，可知电容减小，根据U=Q/C可知，电量不变，由于电容减小，电势差则增大，选项A正确；图乙中，电容器板间距离变大，电容减小，根据U=Q/C可知电势差变大，选项B正确；图丙中插入电解质，电容增大，电容增大，根据U=Q/C可知电势差减小，选项C正确，D错误；故选ABC．‎ ‎【点睛】‎ 有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式：，和电容器的定义式：C=Q/U的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算.‎ ‎12．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，直线AB与匀强电场E互相垂直.在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为＋q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中不正确的是(　　)‎ A． 电场力对小球做功为零 B． 小球的电势能增加 C． 小球的机械能减少量为 D． C可能位于AB直线的左侧 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况．‎ ‎【详解】‎ 小球受向下的重力和沿电场线斜向下的电场力，则小球水平抛出后，必定没有回到原处，电场力做功不为零，故A错误；由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故B正确；小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2＞gt2，即mgh＞mg2t2，故C错误；A、B两点等势，结合B选项可知，小球电势能增加，则C点必定在AB直线的右侧，故D错误；此题选择不正确的选项，故选ACD。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、填空题 ‎13．将一个电量为－2.0×10－8C的点电荷，从零电势点S移到M点要克服电场力做功4.0×10－8J，则M点电势＝__________________.若将该电荷从M点移到N点，电场力做功1.4×10－7J，则N点的电势φN＝__________________，MN两点的电势差UMN＝__________________.‎ ‎【答案】-2V;5V;-7V;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由WSM=qUSM得USM＝V＝2V 而USM=φS-φM  则φM=φS-USM=（0-2）V=-2V 由WMN=qUMN 得UMN＝V＝−7V  而UMN=φM-φN 得φN=φM-UMN=5V ‎【点睛】‎ 考查了电场力做功与电势能、电势、电势差的关系，注意克服电场力做功时电场力做负功；严格按各量的数值正负代入公式求解.‎ ‎14．电路中有一段导体，给它两端加上4 V的电压时，通过它的电流为10 mA，可知这段导体的电阻为________ Ω；如果给它两端加上10 V的电压，在单位时间内通过某一横截面的电荷量为________ C；如果要让导体的电流为15 mA，则需要在其两端加上________ V的电压.‎ ‎【答案】400;; 6;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由欧姆定律可知，导体的电阻为：； 加上10V电压时，电流为：； ‎ 每秒内通过的电量为：Q=I't=×1=2.5×10-2C； 让导体的电流为15mA，所加电压为：U=IR=15×10-3×400=6V．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．两个质量都为3.0×10－4 kg的导体球，分别被两根长0.04 m的丝线吊在同一点上.让它们带上等量同种电荷后，两球互相排斥，至图所示位置平衡.‎ ‎(1)试求两球间静电力的大小和导体球所带的电量.‎ ‎(2)如果让其中一个小球的电荷量减少一半，而另一个小球的电荷量加倍，小球还能在原位置平衡吗？‎ ‎【答案】（1） （2）库仑力不变，小球能在原位置静止。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对其中一个球进行受力分析如图， 得F=mgtan 30°=×10-3 N，‎ 由几何关系知两球间距离为0.04 m．又 由上解得：q= ．‎ ‎（2）如果让其中一个小球的电荷量减少一半，而另一个小球的电荷量加倍，库仑力不变，小球能在原位置静止。‎ ‎16．带电小球的质量为m，当匀强电场方向水平向右时(图中未画出)，小球恰能静止在光滑圆槽形轨道的A点，图中角θ＝30°，如图所示，当将电场方向转为竖直向下时(保持匀强电场的电场强度大小不变)，求小球从A点起滑到最低点时对轨道的压力.‎ ‎【答案】 ，竖直向下 ‎【解析】‎ 试题分析：设小球带电量为q，电场强度大小为E，当场强方向向右时，小球在A点受力如图.由平衡条件得：‎ qE＝mg/tan30°＝mg.‎ 当场强方向竖直向下时，电场力的方向变为竖直向下，小球从A到B的过程中，重力、电场力都做正功.‎ 由动能定理得：‎ ‎(mg＋qE)R(1－sin30°)＝mv2－0 ∴v＝‎ 设小球到B点时受到的支持力为.‎ 则：－(mg＋qE)＝mv2/R 代入数据解得：＝2(＋1)mg 由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力 F″N＝2(＋1)mg，方向竖直向下.‎ 考点：本题是力电综合问题，‎ 点评：要明确小球的受力和运动情况，把动能定理和牛顿运动定律结合运用求解．‎ 动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．‎ ‎17．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动.问：‎ ‎(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？‎ ‎(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)‎ ‎【答案】（1）正电荷， （2） ‎ ‎【解析】‎ 解：（1）如图所示，电场线水平向左，由题意可知，‎ 只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电．‎ 由图可知，Eq=mg，‎ 又E=，‎ 所以解得：‎ ‎（2）由下图可知，‎ ‎=‎ 由动能定理，得：﹣‎ 所以 答：（1）小球应带正电，电荷量是；‎ ‎（2）在入射方向上小球最大位移量是．‎ ‎【点评】本题根据运动去判定受力，由于重力方向一定，且做直线运动，所以可确定电场力方向，再由电场线来确定电性及电量；‎ 根据受力分析，借助牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式来求出最大位移．‎ ‎18．如图所示虚线MN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右侧相距为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)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，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值；‎ ‎(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.‎ ‎【答案】（1） (2)2(3)3L ‎【解析】‎ ‎（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，‎ 由牛顿第二定律得：①，‎ 由得：②，‎ 电子进入电场E2时的速度为：③，‎ 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：④，‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：⑤，‎ 联立①→⑤求解得：； （2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为，‎ 由牛顿第二定律得：电子进入电场时的加速度为⑥，⑦，⑧，‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为⑨，‎ 联立①②③⑥⑦⑧⑨得⑩；‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ ‎ 设电子打到屏上的点P到O点的距离y，根据上图有几何关系得：（11），‎ 联立⑩（11）得：。‎ ‎【点睛】电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为；作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P′到点O的距离x．本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎