河南省郑州市第五中学2020学年高二物理第一次月考试题（含解析） (2)

河南省郑州市第五中学2020学年高二物理第一次月考试题（含解析） (2)

郑州五中2020学年上期第一次月考试题高二年级物理 ‎ 一、选择题（1-10为单项选择题， 11-15为多项选择题）‎ ‎1. 库仑定律是电磁学的基本定律。1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电。他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比.1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比。下列说法正确的是（ ）‎ A. 普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电势为零 B. 普里斯特利的猜想运用了“对比”的思维方法 C. 为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置 D. 为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0，但电势不一定为零，整个金属为一个等势体，A错误；普里斯特利联想到万有引力定律的猜想，故运用了“类比”的思维方法，B错误；为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置，C正确；为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑定性的比较了电荷的变化，故D错误；‎ 考点：考查了物理研究方法，物理学史 ‎【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 ‎2. 真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷的电荷量增加了 ‎，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据库仑定律可得，解得，即减小了，故B正确．‎ ‎3. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离。用和分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定：（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：一个电场线不知道疏密，所以电场强度不确定，既不知道是不是匀强电场，所以BCD均错，但是电场线的方向代表电势降低的方向，所以答案为A 考点：电场线的性质 点评：本题考查了利用电场线的性质来判断电场强弱以及电势高低问题。‎ ‎4. 、两点各放有电量为和的点电荷，a、b、c、d、e、f、g七个点在同一直线上，且=====，如图所示，取无限远处为零电势，则（ ）‎ A. 处的场强和电势均为零 B. 处的电势比处的电势高 C. 电子在处的电势能比在处的电势能小 D. 电子从移到，电子所受电场力先做负功再做正功 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：先设场强为零处距a为x，代入点电荷电场强度公式计算出电场强度为0的位置，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断e处的电势比f处的电势的大小关系；再由电势能Ep=eφ，判断出电子在f处的电势能比g处的电势能关系，先判断电子在cd间、de间所受电场力方向，再判断电子从c移到e，电子所受到电场力什么功即可．‎ 设，场强为零处距a为x，因为，所以，即在d处场强为零，根据电势叠加原理，d处电势不为零，A错误；a、d区域场强方向向右；d、b区域场强方向向左．因为沿着电场线方向电势逐渐降低，所以e处的电势比f处的电势低，B错误；由于f处的电势比g处的电势低，而电势能Ep=eφ，电子带负电，所以电子在f处的电势能比g处的电势能大，C错误；因为电子在cd间所受电场力方向向左，在d、e间所受电场力方向向右，因此电子从c移到e，电子所受到电场力先做负功再做正功，D正确．‎ ‎5. 图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是Ua=5V，Ub=2V，Uc=3V，则在下列各示意图中能表示该电场强度的方向是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题意可知，各点的电势分别为Ua=5V，Ub=2V，Uc=4V，则ab连线上离a点处的电势为4V，所以该点与c点的连线，即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故D正确，ABC错误；故选：D 考点：电场强度；电势．‎ ‎6. 让平行板电容器充电后与电源断开，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度及板间电场强度（ ）‎ A. 夹角减小，场强不变 B. 夹角增大，场强变大 C. 夹角不变，场强变小 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】减小两极板间的距离，根据公式可得电容器电容增大，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式可知两板间电势差减小，所以静电计的夹角减小，根据、、联立解得，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以场强不变，A正确．‎ ‎7. 如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线与竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。则第二次充电使电容器正极板增加的电量是（ ）‎ A. Q/2 B. Q C. 3Q D. 2Q ‎【答案】D ‎【解析】设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为q，则所受电场力F1=qE1, 小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示；‎ 由平衡条件有：F1=mgtanθ1； 综合以上各式得： ；第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得： ; 将方向夹角带入解得：△Q=2Q；故选D.‎ ‎8. 如下图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 带等量异种电荷的平行金属板之间的两点 B. 离点电荷等距的任意两点 C. 两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点 D. 两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行．‎ A图中的电场为匀强电场，两点的电场强度相同，但沿电场方向电势降低，a点电势大于b点电势，A错误；B图中点电荷电场，a、b两点在同一等势面上，电势相同，根据 可知两点的电场强度大小相同，但方向不同，B错误；两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等而场强的方向不同，C错误；两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，场强相同，D正确．‎ ‎9. 一段东西方向放置的横截面积为0.05平方厘米的导电材料中，每秒中有0.4库仑正电荷向东移动，有0.6库仑负电荷向西移动，则电流强度是：（ ）‎ A. 0.4安培 B. 0.2安培 C. 0.6安培 D. 1安培 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据电流的定义求解．单位时间内通过导体横截面的电荷量等于正负电荷量的绝对值之和．‎ 根据电流强度的定义可知，D正确．‎ ‎10. 关于电源电动势E的下列说法中错误的是：（ ）‎ A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V B. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的 C. 电动势E可表示为，可知电源内非静电力做功越多，电动势越大 D. 电动势较大，表示电源内部将其它形式能转化为电能的本领越大 ‎【答案】C ‎【解析】电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V，选项A正确；干电池电动势是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，选项B正确；电动势E可表示为可知，电源内非静电力从电源的负极移动1C正电荷到电源的正极做功越多，电动势越大，选项C错误；电动势较大，表示电源内部将其它形式能将电能转化为电能的本领越大，选项D正确；此题选项错误的选项，故选C.‎ ‎11. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近的P点处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后（ ）‎ A. a端的电势比b端的低 B. b端的电势比d点的高 C. 金属细杆内c处场强为零 D. 金属细杆内c处感应电荷场强的方向由a指向b ‎【答案】CD ‎【解析】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：，AB错误；由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c 处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，CD正确．‎ ‎12. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示极板间的场强，U表示两极板的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则（ ）‎ A. U变小，Ep不变 B. U变小，E不变 C. U变大，Ep变大 D. U不变，E不变 ‎【答案】AB ‎【解析】从图中可知两极板间的距离减小，根据公式可得电容器电容增大，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式可知两板间电势差U减小，根据、、联立解得，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以场强E不变，由于下极板接地，电势为零P与下极板间的电势差等于P点的电势，由于P点到下极板的距离以及电场强度不变，所以P点的电势不变，根据可知电势能不变，AB正确．‎ ‎【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，‎ 等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变．‎ ‎13. 质量为m的带电小球在匀强电场中以初速v0水平抛出，小球的加速度方向竖直向下，其大小为2g/3。则在小球竖直分位移为H的过程中，以下结论中正确的是（）‎ A. 小球的电势能增加了2mgH/3‎ B. 小球的动能增加了2mgH/3‎ C. 小球的重力势能减少了mgH/3‎ D. 小球的机械能减少了mgH/3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据牛顿第二定律可得，解得，负号表示方向向上，小球位移相向，所以电场力做负功，电势能增加，A错误；根据动能定理可得，B正确；根据可得重力势能，即减小了mgH，C错误；减小的机械能转化为电势能，故机械能减小了，D正确．‎ ‎14. 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的点电荷的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）‎ A. 带电粒子所带电荷的电性；‎ B. 带电粒子在a、b两点的受力方向；‎ C. 带电粒子在a、b两点的加速度何处较大；‎ D. 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大。‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小，根据电场力方向和速度方向的关系判断电场力做功，从而判断电势能大小．‎ 粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误B正确；电场线疏密程度表示电场强度大小，越密电场强度越大，同一粒子受到的电场力越大，加速度越大，故a点的加速度大于b点的加速度，C正确；受到的电场力方向和速度方向夹角为钝角，故由a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大b点的电势能大，故D正确．‎ ‎15. 如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）‎ A. 偏转电场对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子打到屏上时速度一样大 C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得：；粒子在偏转电场中的时间；在偏转电场中的纵向速度 纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。‎ 二、填空题 ‎16. 在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V，3 W”， 还备有下列器材 电流表Al(量程3A，内阻0.2Ω)‎ 电流表A2(量程0.6A，内阻1Ω)‎ 电压表V1(量程3V，内阻20kΩ)‎ 电压表V2(量程15V，内阻60KΩ)‎ 变阻器R1(0—1000Ω，0.5A)‎ 变阻器R2(0～20Ω，2A)‎ 学生电源(6～8V)，开关S及导线若干.‎ 在上述器材中，电流表应选用_______，电压表应选用__________变阻器应选用__________，在上面的方框中画出实验的电路图____________。‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). V2 (3). R2 (4). ‎ ‎【解析】解：（1）灯泡正常发光时的电流I===0.5A，电流表应选A2，灯泡额定电压为6V，电压表应选V2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2．‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻R===12Ω，==12，==500，‎ ‎＞，则电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ 故答案为：A2；V2；R2；电路图如图所示．‎ 考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ 专题：实验题．‎ 分析：（1）根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，根据灯泡额定电压确定电压表量程，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电流与电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．‎ 点评：本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ ‎17. 如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是______表，要使它的量程加大，应使R1 ______（填“增大”或“减小”）；乙图是_______表，要使它的量程加大，应使R2 ______（填“增大”或“减小”）。‎ ‎【答案】 (1). 安培 (2). 减小 (3). 伏特 (4). 增大 考点：电压或者电流表的改装 点评：本题考查了利用串并联电路实现的电压或者电流表的改装。改装过程实质是利用了串并联电路的分压或者分流关系 三、计算题:解答要写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,答案中必须明确写数值和单位）‎ ‎18. 两个质量均为m=的小球，悬于长l=60cm的细丝线上．丝线的另一点固定于同一点O．当使两球带上等量同种电荷后，两球互相排斥使两丝线间形成α=60°的夹角．求每个小球的带电量．‎ ‎【答案】2×10-8C ‎【解析】试题分析：对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受拉力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量．‎ 设小球在水平方向受到库仑力的大小为F．以右边的小球为研究对象，分析受力如图．‎ 则根据平衡条件有 由库仑定律得：‎ 由几何关系，则有：‎ 联立得：q=2×10-8C ‎19. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：‎ ‎（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？‎ ‎（2）小球的初速度应为多大？‎ ‎【答案】（1）当小球运动至位于与A点对应的同一直径上的另一端点B时，速度最小，（2）‎ ‎............‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律动能定理的综合应用；此题还可以用电场和重力场的等效场的思想来解答，可以和重力场类比．‎ ‎20. 如图(a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m．距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏。现在AB板间加如图(b）所示的方波形电压，已知 U0=1.0×102V。有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度从AB正中间持续射入，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s。带电粒子的重力不计。求在t=0时刻进入的粒子,能否射出电场，如果不能，请说明原因；如果能，请求出射出电场时竖直方向的速度, 及粒子射到荧光屏上的P点到O点的距离。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】带电粒子穿过偏转电场的时间，恰好是交变电场变化的周期。‎ 在交变电场运动时，加速度的大小 t=0飞入电场的粒子，飞出电场时，竖直方向的速度为 同时判断该粒子是否打到极板 y=0.035m

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