河北省衡水市安平县安平中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

河北省衡水市安平县安平中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

安平中学2019—2020学年上学期第一次月考 高二物理试题 一、选择题：本题共15个小题，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求.全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.满分共60分.‎ ‎1.如图所示，坐标系中有两个带电量分别为+Q和+3Q的点电荷，在C处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是下列图中（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】试探电荷到两个点电荷的距离相等，根据知，3Q点电荷对试探电荷的库仑力是Q点电荷对试探电荷库仑力的3倍，若试探电荷带正电，受力如左图所示，若试探电荷带负电，受力如右图所示，根据平行四边形定则作出合力，即试探电荷所受的电场力，可知B、D正确，A、C错误；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】根据试探电荷在C点所受两个电荷的库仑力，结合平行四边形定则分析判断。‎ ‎2.如图甲所示，Q1、Q2是两个固定点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 两点电荷一定都带正电，且电荷量一定相等 B. 两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等 C. 试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D. t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故AC错误，B正确；‎ ‎ D. 时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故D正确；‎ ‎3.‎ ‎ 图中虚线是某电场中的一簇等差等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的是 A. a点的电场强度小于b点的电场强度 B. a点的电势高于b点的电势 C. 粒子从P运动到a的过程中，粒子的动能和电势能总和不变 D. 粒子从P运动到b的过程中，粒子的动能增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故a点的电场强度小于b点的电场强度，A正确；由于不知道粒子的带电性质，无法判断两点的电势高低，B错误；粒子从P运动到a的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者只和不变，C正确；粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，D正确；‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ‎4.如图所示，直角三角形ABC所在平面内存在一个匀强电场，∠A=30°，∠C=90°，BC=d。一个电荷量为q的正电荷从C点运动到A点和从C点运动到B点电场力做的功均为W。若C点的电势为零，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B点的电势为 B. CB两点间电势差为 C. 该电场强度大小为 D. 在A点静止释放一个点电荷，将沿AB直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 根据题意一个电荷量为q的正电荷从C点运动到A点和从C点运动到B点电场力做的功均为W，则AB是一条等势线，‎ AB、正电荷从C点运动到B点电场力做的功为W，由 ,得： 由于C点电势为零，所以 故AB正确；‎ C、利用几何关系知 ，由 ，故C错误；‎ D、在A点静止释放一个点电荷，将沿垂直于AB的方向做直线运动，故D错；‎ 故选AB ‎5.静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板，间距d＝‎1.0 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝‎1.0 m/s、质量均为m＝5.0×10－‎14 kg、电荷量均为q＝2.0×10－‎15C的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上，重力加速度g＝‎10 m/s2.下列说法中错误的是(　　)‎ A. 沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 s B. 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为2.0×10－12 J C. 若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍 D. 若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度为 ‎50m‎/s2‎ 根据 得 ‎0.2s 故A正确。‎ B.沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为：‎ J 故B正确。‎ C、若其它条件均不变，d增大为原来的2倍，根据：‎ 可知t变为原来的，，则喷涂面积的半径变为原来的倍，面积变为原来的2倍。故C正确。‎ D、若其它条件均不变，E增大为原来的2倍，则加速度：‎ ‎90m‎/s2‎ 加速度变为原来的倍，根据：‎ 可知时间t变为原来的倍，喷涂面积的半径倍，面积减小为原来的倍，故D错误。‎ ‎6.如图（1）所示，在两平行的金属板间加上如图（2）所示的电压。在0~1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t=2 s时电荷仍运动且未与极板接触。则在1~2 s内，点电荷（g取‎10 m/s2）‎ A. 做匀加速直线运动，加速度大小为‎10 m/s2‎ B. 做变加速直线运动，平均加速度大小为‎5 m/s2‎ C. 做变加速直线运动，2 s末加速度大小为‎10 m/s2‎ D. 2 s末速度大小为‎10 m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、第1s电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡；‎ 第2s电势差变大，故电场强度变大，电场力变大，第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，且第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，A错误；‎ C、第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故加速度为g，方向是竖直向上，C正确；‎ B、第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，故平均加速度为：，B正确；‎ D、根据速度时间公式，2秒末速度大小为：v=，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎7.如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量 B. a、b两点的电势差U＝‎ C. 质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 D. 质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能之和的减少量，选项A错误；设a、b之间的电势差为U，由题意，质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，根据动能定理，mgh＋qU＝m·3gh，解得qU＝mgh，ab两点的电势差U＝，选项B正确；质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得，mgh＋2qU＝mv，解得v1＝2，选项C错误；质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理，mgh－qU＝mv，解得v2＝，选项D错误。‎ ‎8.如图所示，电阻R1=20 Ω，电动机的内阻R2=10 Ω.当开关断开时，电流表的示数是‎0.5 A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是(　　)‎ A. I=‎‎1.5 A B. I<‎‎1.5 A C. P=15 W D. P<15 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为‎0.5A，电动机的电流，故电流表的电流I＜‎1.5A，电路中电功率P=UI＜15W。故BD正确，AC错误。‎ ‎9.已知两电源的电动势E1>E2，当外电路电阻为R时，外电路消耗功率正好相等。电源E1的内阻为r1，电源E2的内阻为r2。则(　　)‎ A. r1>r2 B. r1=r‎2 ‎C. r1

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