2019-2020学年河南省林州市第一中学高二9月月考物理试题 解析版

2019-2020学年河南省林州市第一中学高二9月月考物理试题 解析版

河南省林州市第一中学2019-2010学年高二9月月考物理试题 一、单项选择题 ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由库仑定律F=，可知，当r→0时，F→∞‎ B. 由电场强度E=可知，电场强度E与电荷量q成反比 C. 由点电荷场强公式E=可知，r一定时，电荷量Q越大，场强E越大 D. 由电势差U=Ed可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强强度公式E=，电场强度只由场源电荷电量和位置决定．‎ 解：A、真空中两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，要强调库仑定律的使用范围，当r→0时，电荷已不能当作点电荷，故A错误．‎ B、电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量无关，电场强度的定义式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，故B错误．‎ C、根据点电荷的场强公式E=知，Q为场源电荷的电量，电场中某点电场强度和场源电荷的电量有关，故C正确．‎ D、由电势差U=Ed可知，当电场强度一定时，两点间d距离越大，这两点间电势差才越大，注意两点间距变化，而d不一定变化，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强强度公式E=，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，同时掌握U=Ed公式中d的含义．‎ ‎2.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(　 　)‎ A. 速度变大，加速度变大 B. 速度变小，加速度变小 C. 速度变大，加速度变小 D. 速度变小，加速度变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：异种电荷之间相互吸引，即库仑力做正功，两小球相向运动，速度增大，根据公式可得当两小球之间距离逐渐减小的过程中，库仑力在增大，根据牛顿第二定律可得两小球的运动加速度在增大，C正确 考点：考查了库仑力，牛顿第二定律 ‎3.如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个所带电荷量不变的小球A。在两次实验中，均缓慢移动另一带同号电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ。若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1/q2为（ ）　‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球A受力平衡，根据解三角形可得A球所受的库仑力，当角度为300时有：‎ ‎，当角度为450时有：，联立解得：，故C正确，ABD错误。‎ ‎4.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v-t图，可知有可能到不了B板．故B正确．加C图电压，由v-t图，电子一直向前运动，可知一定能到达B板．故C错误．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错误．故选B ‎5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离　　‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小 D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故A错误。场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故B正确。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故C错误。根据，由于电势差不变，电容器两板间距变大，则电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B。‎ ‎6.如图所示，空间中存在着由一固定的正电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一试探电荷＋q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v＜v0，则( )‎ A. Q一定在虚线MP上方 B. M点的电势比N点的电势高 C. q在M点的电势能比在N点的电势能小 D. q在M点的加速度比在N点的加速度大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.试探电荷从M到N速度减小，说明N点离场源电荷较近，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故正点电荷在MP下方，且离N点近，故A错误；‎ BC.只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，N点动能小，故在N点电势能大，根据公式，N点的电势高，故B错误，C正确；‎ D.试探电荷从M到N速度减小，说明N点离场源电荷较近，在N点受到的电场力大，加速度大，故D错误。‎ ‎7.在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有(　 　)‎ A. 电势能逐渐减小 B. 电势能逐渐增大 C. q3受到的电场力逐渐减小 D. q3受到的电场力逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：和是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小，故A正确，B错误；根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故CD错误 考点：考查了等量同种电荷电场分布规律 ‎【名师点睛】对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．‎ ‎8.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为4 V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；‎ CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ 二、多项选择题 ‎9. 空间中存在着沿x轴方向的静电场，其电场强度E随x变化的关系图象如图所示，图象关于坐标原点对称，A，B是x轴上关于原点对称的两点，对于下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电子在A、B两点的电势能不相等 B. 电子在A，B两点的加速度方向相反 C. 电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线 D. 若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 解：A、电子从A移动到B，电场力先做负功后做正功，总功为零，故A、B两点的电势能相等，故A错误；‎ B、电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正确；‎ C、由于电场力方向与x轴平行，故速度与合力始终共线，故一定做直线运动，故C错误；‎ D、电势高低与场强大小无关，场强为零，电势不一定为零；本题中，将一个正的试探电荷从O点移动到无穷远处，电场力做正功，说明电势是降低的，若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键抓住电场力做功与电势能变化的关系进行分析，同时结合电势能公式EP=qφ进行分析．‎ ‎10.如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )‎ A. B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝1N/C B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C. 由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D. AB两点的电势差UAB＝－5V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.据v－t图象的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为m/s2＝2 m/s2，所受的电场力最大为F＝ma＝(1×2) N＝2 N，则电场强度的最大值为E＝N/C＝1 N/C，故A正确；‎ B.据v－t图象可知物块的速度增大，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；‎ C.据两个等量同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；‎ D.由v－t图象可知A、B两点的速度分别为：vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，物块在A到B过程，根据动能定理得：×1×(42－62)J＝－10 J，得：V＝－5 V，故D正确．‎ ‎11.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A. 将打在下板中央 B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C. 不发生偏转，沿直线运动 D. 若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在电场中运动问题。带电小球在两板间做类平抛运动，竖直方向，水平方向，由牛顿第二定律有，当下板不动，将上板上移一小段距离，不变，落到下板时相同，则t、L相同，可见A 选项错误，B选项正确，C选项错误，若上板不动，将下板上移一段距离不变，落到下板时减小，则t、L减小，小球可能打在下板的中央，D选项正确 故选BD 考点：带电粒子在电场中的运动 点评：中等难度。此题带电粒子在电场中的偏转做类平抛运动，要注意电容器断开电源，改变两极板间的距离，两板间电场强度不变是解决问题的关键。‎ ‎12.如图所示,M、N是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两板间产生一个水平向右的匀强电场,场强为E,一质量为m、电荷量为+q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中,在静电力的作用下垂直打到N板上的C点,已知AB=BC.不计空气阻力,则可知(　　)‎ A. 微粒在电场中做曲线运动 B. 微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C. M、N板间的电势差为 D. M、N板间的电势差为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做曲线运动，A正确；因AB=BC，即·t=·t，故vC=v0，B正确；由q·=m,得U==，C错误；由mg=qE，得q=，代入U=，得U=，D错误；故选AB.‎ ‎【点睛】该题中根据类平抛运动的特点来判定粒子是否在电场中做类平抛运动是解题的关键，动能定理判定粒子达到C点是的速度，和MN之间的电势差相对比较简单．属于基础题目．‎ 三、填空题 ‎13.质量为m、电荷量为q的粒子，以初速度v0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E的匀强电场，极板间距离为d ，两极板间电势差为U，板长为l.‎ ‎(1)偏转距离：由t＝（ ），a＝（ ），所以y＝（ ）＝（ ）‎ ‎(2)偏转角度：因为vy ＝（ ）＝（ ），所以tan θ＝（ ）＝（ ）‎ ‎(3)由，知x＝（ ）粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的（ ）．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]垂直电场线方向，粒子做匀速直线运动，则有：‎ ‎[2]沿电场线方向，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：‎ 根据电势差与电场强度的关系有：‎ 解得：‎ ‎[3]所以沿电场线方向的位移有：‎ ‎[4]代入a和t可得：‎ ‎（2）[5]沿电场线方向的速度为 ‎[6]代入a和t可得：‎ ‎[7]根据：‎ 可得：‎ ‎（3）[8]由，知:‎ ‎[9]粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的:‎ ‎14.如图所示虚线为电场中的一簇等势面，、两等势面间的电势差为10，且的电势高于的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子在电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过点的动能为8，它经过点时的动能为________，电子在 点的电势能比在点的电势能________．‎ ‎【答案】0.5；小 ‎【解析】‎ A、B间电势差为10V，根据图可知相邻的两个等势面间的电势差为2.5伏，由M到N电场力做功为，动能减少所以N点动能为0.5ev,因为电场力做负功所以电势能增加。‎ 思路分析：根据等势线的分布判断相邻等上面的电势差，根据电场力做功判断电势能的变化。‎ 试题点评：考查电场能的性质 ‎15.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷(重力不可忽略)从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为______；方向________；A、B两点间的电势差(用Q和h表示)UAB＝______.‎ ‎【答案】 (1). 3g (2). 竖直向上 (3). －‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时：‎ 在B点时：‎ 解：‎ aB＝3g，方向竖直向上,‎ ‎[3]从A到B过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎.‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功．求：‎ ‎(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；‎ ‎(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？‎ ‎(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．‎ ‎【答案】(1) UAB＝4 V,UBC＝－2 V (2)φA＝4 V，φC＝2 V (3)如下图所示 ‎ ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据可得；‎ ‎；‎ ‎（2）由于，又，解得；‎ ‎（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系．知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势．‎ ‎17.一个带正电微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎(1)试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。‎ ‎(2)电场强度大小、方向？‎ ‎(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎【答案】（1）微粒做匀减速直线运动（2）， 水平向左（3）2.8m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据直线运动的条件结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；‎ ‎(2)根据力的合成的平行四边形定则结合几何关系得到电场力，求出电场强度；‎ ‎(3)对粒子的运动过程运用动能定理列式，求解微粒射入电场时的最小速度。‎ ‎【详解】(1)微粒在重力和电场力作用下沿AB直线运动，合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示。微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA 方向相反，微粒做匀减速直线运动。‎ ‎(2)据上图，‎ 解得：电场强度，方向水平向左。‎ ‎(3)微粒由A运动到B的速度vB=0，对应微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：‎ 解得： ‎ 即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s。‎ ‎【点睛】本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解。‎ ‎18.一个初速度为零电子通过电压为的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：电子加速过程 由（3分）；‎ 得（1分）；‎ 在竖直方向：（3分）‎ ‎（2分） ；‎ 得（2分）；‎ CD两点沿场强方向的距离：（3分）‎ 代入数据解得（2分）‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ 点评：本题关键要将C到D的类平抛运动正交分解为水平和竖直方向的直线运动分析求解．‎ ‎19.如图所示，在E＝103 V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：‎ ‎(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎【答案】（）（）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块刚能通过轨道最高点，则：‎ 滑块由释放点到最高点过程由动能定理得：‎ ‎ ‎ 整理得：‎ 代入数据得s=20m ‎(2)滑块由释放点到P点，由动能定理得：‎ 在P点由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ 据牛顿第三定律可得：滑块过P点时对轨道压力为1.5N ‎20.如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，，.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与所在平面平行，现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带点小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ‎（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎（2）电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令OA＝d， 则：OB=d， 根据平抛运动的规律得：水平方向：d•sin60°=v0t…① 竖直方向：y＝d•cos60°＝d＝gt2…② 又：EK0＝mv02…③ 联立①②③解得：EK0＝mgd ‎…④ 设小球到达A时的动能为EKA，则：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤ 所以：； （2）加恒力后，从O点到A点下降了y=d，从O点到B点下降了d，设恒力F 与竖直方向夹角为α，‎ 则由动能定理： ‎ 其中EK0＝mgd 联立解得：α=300 ‎ 点睛：本题考查了平抛运动以及动能定理的综合运用，第二格填空难度较大，关键是能够列出两种情况下的能量方程即可求解恒力以及恒力与竖直方向的夹角．‎ ‎ ‎