内蒙古包头市回民中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

内蒙古包头市回民中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

包头市回民中学2019-2020学年高二上学期月考试卷 物 理 考试时间：90分钟 一、单选题（每题4分）‎ ‎1.某电解池中，若在2 s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子相向通过某截面，那么通过这个截面的电流是( )‎ A. ‎0.8‎ A‎ B. ‎1.6 A C. ‎3.2 A D. ‎‎6.4A ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电解池中正离子和负离子同时向相反方向通过某截面，通过截面的电荷量等于它们电荷量绝对值之和，求出通过截面的电荷量，然后由电流的定义式求出电流．‎ 通过这个界面的电流是，C正确．‎ ‎2.如图所示的三个点电荷q1、q2、q3，在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的2倍，三个电荷都只在它们相互的静电力作用下处于平衡状态，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1：q2：q3为（　　）‎ A. （-9）：4：（-36） B. 9：4：36‎ C. （-3）：2：（-6） D. 3：2：6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。同理可知也可能是q1、q3带负电，q2带正电。 由于三个电荷均处于平衡状态，所以 对q1有：‎ ‎…①‎ 对q2有：‎ ‎…②‎ 对q3有：‎ ‎…③‎ 联立①②③可解得：‎ 根据题意可知r2=2r1，所以 由于q1、q3是同种电荷，故 q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36；‎ A.（-9）：4：（-36），与结论相符，选项A正确； ‎ B. 9：4：36，与结论不相符，选项B错误；‎ C.（-3）：2：（-6），与结论不相符，选项C错误； ‎ D. 3：2：6，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎3.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走+Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零；由此可知，+Q的点电荷在O点的电场强度大小为 那么每根细棒在O点的电场强度大小也为因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小 其方向如图所示：‎ 若移走+Q及AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为 方向与图中方向相反，‎ A.与分析不符，故A项错误；‎ B.与分析不符，故B项错误；‎ C. 与分析不符，故C项错误；‎ D.与分析相符，故D项正确。‎ ‎4.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是( ) ‎ A. 电荷从a到b加速度减小 B. b处电势能大 C. b处电势高 D. 电荷在b处速度小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。‎ 由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是Ua＞Ub，C选项不正确。‎ 根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确 ‎5.图中虚线所示为静电场中的等差等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0，一带负电的点电荷在静电力的作用下运动，经过A、B点时的动能分别为21eV和3eV．当这一点电荷运动到某一位置其电势能变为－15eV时，它的动能为 A. 9eV B. 15 eV C. 24eV D. 30 eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，电荷经过A、B点时的动能分别为21eV和3eV，动能减小为18eV ‎．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从1等势面到2等势面时动能减小6eV，因等势面2的电势为0，电势能为零，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=0+21eV -6eV=15eV，其电势能变为-15eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为30eV。‎ A. 9eV，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 15 eV，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 24eV，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 30 eV，与结论相符，选项D正确。‎ ‎6.如图所示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行。已知，；a点电势为15V，b点电势为24V，d点电势为6V。则此匀强电场的电场强度大小为（ ）‎ A. 300V/m B. 600V/m C. V/m D. V/m ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，故：‎ 则得：‎ ‎24V-15V+6V=15V，‎ 将bd连接起来，两点电势差为18V，而ba电势差为9V，所以将bd二等分，中点M电势为15V，将Ma连接为等势面Ma的垂线为电场线，如图所示：‎ 所以bM间的电势差为：U=9V，则电场强度为：‎ V/m。‎ ACD.根据计算可得：E=600V/m，故ACD错误； ‎ B. 根据计算可得：E=600V/m，故B正确。‎ ‎7.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（　　）‎ A. Ea最大 B. Eb最大 C. Ec最大 D. Ea=Eb=Ec ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系。‎ ‎【详解】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。c点离带电的细杆MN 最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键。常规题。要注意金属球内场强为零是指合场强为零 ‎8.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 ( )‎ A. Q不变，C变小，U变大，E不变 B. Q不变，C变小，U变大，E变小 C Q变小，C不变，U不变，E变小 D. Q变小，C变小，U不变，E不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中电容器的带电量不变； 先由电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析极板间电压的变化。‎ ‎【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式：‎ 由于d增大，所以电容减小，‎ 由公式 可知板间电压U增大，‎ 由公式，所以板间场强不变，故A正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式 并能结合进行分析。‎ ‎9.假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上点与原点的连线与横轴成角，点的切线与横轴成角，则（ ）‎ A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小 B. 在点，白炽灯的电阻可表示为 C. 在点，白炽灯的电阻可表示为 D. 在点，白炽灯的电阻可表示为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图示图象可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故A项不符合题意；‎ BCD.在A点灯泡电阻，，故B、D项不符合题意，C项符合题意；‎ ‎10.如图所示，MON是固定光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（　）‎ A. A、B两小球间的库仑力变大 B. A、B两小球间的库仑力变小 C. A球对MO杆的压力不变 D. A球对MO杆的压力变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】对A球受力分析,受重力mg、拉力F、支持力,静电力,如图,根据平衡条件,有 x方向:        ① y方向:    ② 再对B球受力分析,受重力Mg、静电力、杆对其向左的支持力,如图,根据平衡条件,有 x方向:    ③ y方向:      ④ 有上述四式得到    ⑤     ⑥ ‎ 由⑤式,因为新位置两球连线与竖直方向夹角变小,故静电力变小,故A错误,B正确; 由⑥式,水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和,不变,再结合牛顿第三定律可以知道,球A对水平杆的压力不变,故C正确,D错误;‎ 二、多选题（每题4分）‎ ‎11.铅蓄电池的电动势为2V,这表示（ ）‎ A. 在电源内部电流由正极流向负极 B. 电路中每通过‎1 C电荷量,电源把2 J的化学能转变为电能 C. 蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能 D. 蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在电源内部电流由负极流向正极，选项A错误；‎ B．根据电动势的概念可知，电路中每通过‎1 C电荷量,电源把2 J的化学能转变为电能，选项B正确；‎ C．电路中每通过‎1C的电量，电池内部非静电力做功为W=Uq=2J；不是在1s内将2J的化学能转化为电能。故C错误；‎ D．电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强，故D正确；‎ ‎12.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电场强度一定相等 B. 若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与HG上各点相比是最大的 C. 若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同 D. 若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与HG上各点相比是最大的 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若两电荷是异种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，方向相同，即电场强度相同，故A正确；‎ B.若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比O点的电场线最稀疏，故场强是最小的，而与HG上各点相比，O点的电场线是最密的，故场强是最大的，故B正确；‎ C.若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，但是方向相反，即电场强度不同，故C 错误；‎ D.若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小为零，故与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，故D 错误。‎ ‎13.匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动.带电颗粒从A到B的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是 A. 颗粒一定带负电 B 颗粒可能带正电 C. 颗粒的机械能减小，电势能增大 D. 颗粒的机械能减小，动能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．带电颗粒在电场中沿斜向上方向做直线运动，则带电颗粒所受合力方向与运动方向共线，所以带电颗粒受力情况如图：‎ 带电颗粒所受电场力方向与场强方向相反，颗粒带负电；故A项正确，B项错误；‎ CD．带电颗粒从A到B的过程中，受重力和电场力，电场力做负功，电势能增大，机械能减小；电场力和重力均做负功，动能减小；故C项正确，D项错误。‎ ‎14.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为，板间距离为，板间电压为，一不计重力、电荷量为的带电粒子以初速度沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为，则（ ）‎ A. 在时间内，电场力对粒子做的功为 B. 在时间内，电场力对粒子做的功为 C. 在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为 D. 在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由类平抛规律，在时间t内有：L=v0t，，在内有：，比较可得y=，则电场力做的功为W=qEy=，所以A错误，B正确．粒子做的功分别为：W1=qE×，W2=qE×，所以W1：W2=1：1，所以C正确，D错误．故选BC．‎ 点睛：对于带电粒子在匀强电场中的偏转问题，采用分解观点处理，同学要熟练的推导出偏移量、位移偏角和速度偏角的表达式，这类问题考查频率较高．‎ ‎15.在光滑绝缘的水平面上相距为的、两处分别固定正电荷、．两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是连线之间的电势与位置之间的关系图象，图中点为图线的最低点，若在的点由静止释放一个质量为、电量为的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 小球在处的速度最大 B. 小球一定可以到达点处 C. 小球将以点为中心做往复运动 D. 固定在、处的电荷的电量之比为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据φ-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确。‎ D．x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故D正确。‎ BC．由点电荷电势，根据叠加定理，由两点电荷的电荷量及电性可得：处电势与x=‎2L处电势相等，故根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达处，故小球将以点为中心作往复运动，故BC错误。‎ 三、计算题 (共50分）‎ ‎16.带电量为+3×10﹣‎6C的粒子先后经过电场中的A、B两点，静电力做功﹣6×10﹣4J，已知B点电势为50V，则求 ‎(1)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(2)A点的电势φA；‎ ‎(3)把电量为﹣3×10﹣‎6C的电荷放在A点所具有的电势能EPA．‎ ‎【答案】(1)-200V；(2)-150V；(3) 4.5×10﹣4J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) A、B间两点间的电势差是；‎ ‎(2) 根据UAB=φA-φB；由题意φB=50V，即可求出A点的电势φA；‎ ‎(3) 根据电势能EPA=qφA，代入数值求解。‎ ‎【详解】(1) 粒子经过电场中的A、B两点，静电力做功-6×10-4J，则电场力对粒子做功为 WAB=-6×10-4J；‎ A、B间两点间的电势差是；‎ ‎(2) 根据UAB=φA-φB；由题意φB=50V，得A点的电势φA=-150V；‎ ‎(3) 把电量为-3×10‎-6C的电荷放在A点的电势能EPA=q′φA=-3×10-6×（-150）J=4.5×10-4J。‎ ‎【点睛】电势差等于电势之差，UAB=φA-φB，电势差反映电场的能的性质，常常根据电场力做功求解。‎ ‎17.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧一个质量为m，电荷量为+q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．‎ ‎（1）小球在A点进入电场时的速度；‎ ‎（2）小球在C点离开电场前瞬间对轨道的压力分别为多少；‎ ‎（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离．‎ ‎【答案】(1) （2） (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对从释放到A点过程，根据动能定理，有：‎ 解得 ‎（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：‎ ‎ ……①‎ 小球在C点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ ……..②‎ 联立①②解得：‎ 根据牛顿第三定律，小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别 ‎（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：‎ 解得：‎ ‎18.如图所示，两平行金属板A、B长L＝‎8cm，两板间距离d＝‎8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10﹣‎10C，质量m＝10﹣‎20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×‎106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为‎12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：‎ ‎(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y的大小？‎ ‎(2)粒子到达PS界面时离D点距离Y为多少？‎ ‎【答案】（1）‎0.03m（2）‎‎0.12m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为 ‎ a＝‎ 水平方向有：‎ L＝v0t 竖直方向有：‎ y＝at2‎ 联立得：‎ y＝‎ 代入数据解得：‎ y＝‎‎0.03m ‎(2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为D．‎ 由相似三角形得：‎ 解得：‎ Y＝4y＝‎‎0‎‎12m ‎19.如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成，B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R。整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E=。现将一小球从A点由静止释放。已知小球质量为m，电量为q，且带正电，重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）若AB=2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大?‎ ‎【答案】(1)N=5mg；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从A点到C点由动能定理有：‎ ‎ ‎ 在C点由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 联立解得： ‎ 由牛顿第三定律可知，球运动到C点时对轨道的压力大小为5mg；‎ ‎(2)电场与重力场的合场强与竖直方向成 斜向下，设AB的距离为x，‎ 球能沿圆轨道运动到D点，则在D点有：‎ ‎ ‎ 从A到D由动能定理得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎ ‎