河南省漯河市第五高级中学2019-2020学年高二9月月考物理试题

河南省漯河市第五高级中学2019-2020学年高二9月月考物理试题

‎2019-2020漯河市第五高级中学高二物理第一次月考试卷 一、单选择（每个5分 共5×8=40分）‎ ‎1.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 在电场中，电场强度大的点，电势必定高 B. 电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快 C. 电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大 D. 一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能一定变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高；故A错误.‎ B.电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快；故B正确.‎ C.正电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大，负电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越小；故C错误.‎ D.一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能不一定变化，如电子绕原子核做匀速圆周运动时电势能不会变化；故D错误.‎ ‎2.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况(电场线方向未标出)．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线上的两点，OM＝ON.下列说法中正确的是(　　)‎ A. AB连线的中垂面上的所有点场强方向一定相同 B. O、M、N三点的场强的大小关系是EM＝EN＞EO C. 同一试探电荷在O、M、N三点受到的电场力方向不相同 D. 将一自由电荷从M点静止释放，它将沿MON做直线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以中垂面上的所有点场强方向一定相同；故A正确.‎ B.等量异种电荷的中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以EO＞EM=EN；故B错误.‎ C.因中垂面上的所有点场强方向都水平向右，由可知同一试探电荷在O、M、N三点受到的电场力方向相同；故C错误.‎ D.把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON做直线运动；故D错误.‎ ‎3.如图，绝缘理想细线AC、BC系着带电小球a，在D处的带电小球b的库 仑引力作用下，两细线AC、BC处于伸直状态，B、C、D在同一条水平线上，a、b两小球均可看作点电荷。下列选项正确的是（ ）‎ A. 若只增大b球的带电量，AC线的拉力增大 B. 若只增大b球的带电量，AC线的拉力减小 C. 若只将b球沿直线CD向左靠近a球，AC细线的拉力增大 D. 若只将b球沿直线CD向左靠近a球，AC细线的拉力保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.设细线AC和AB的夹角为θ，分析小球a的受力情况，竖直方向上，FACcosθ=mg，当只增大a球或b球的带电量时，夹角θ不变，AC的拉力不变，故A项、B项均错误.‎ CD.若只将b球沿直线CD向左靠近a球，则库仑力增大，水平方向上，处于平衡，BC 细线的拉力变大，但AC细线的拉力保持不变，故C项错误，D项正确.‎ ‎4.为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示。实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电。以下说法正确的是 A. 若将带正电玻璃棒接触C外表面，则B的箔片带负电 B. 若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片不会带电 C. 使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大 D. 使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若将带正电玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故A错误.‎ B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故B错误.‎ C.若使D接触C的外表面，D上的电荷只有一部分转移到C上，D仍然带电；然后接触A，则A的一部分电荷又转移到A上；操作若干次，观察到A的箔片张角变大；故C正确.‎ D.若使D接触C的内表面，则D上的电荷全部转移到C上，D不再带电；然后接触A，A不能带电；操作若干次，观察到A的箔片张角不变；故D错误.‎ ‎5.如图所示在绝缘支架上的导体A和导体B按图中方式接触放置，原先AB都不带电，先让开关K1，K2均断开，现在将一个带正电小球C放置在A左侧，以下判断正确的是（　　）‎ A. 只闭合K1，则A左端不带电，B右端带负电 B. 只闭合K2，接着移走带电小球，最后将AB分开，A带负电 C. K1、K2均闭合时，A 、B两端均不带电 D. K1、K2均闭合时，A左端带负电，B左端不带电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只闭合开关时K1，由于静电感应的作用，金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体右端不再带有电荷，左端带负电，故A错误.‎ B.当闭合开关时K2，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，接着移走带电小球，A端的负电会被中和而都不带电，最后将AB分开，则A端和B端均不带电带负电；故B错误.‎ CD. K1、K2均闭合时，导体AB的近端还是A端会感应异种电荷带负电，远端通过接地线变成了无穷远，故B端不带电；故C项错误，D项正确.‎ ‎6.如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角一定变小的是(　　)‎ A. 仅将M板右移 B. 仅将M板上移 C. 先将M板右移后再上移 D. 在不插电介质的情况下，无论如何变化都不可能使静电计指针张角变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器的M板通过大地与静电计的金属外壳连接，右边的N板与静电计指针相连，两板之间电压越高，静电计的指针张角越大.在电荷量不变时，张角变小即电压变小，需要电容变大.‎ A.仅将M板右移,即两板之间的距离d变小，由平行板电容器电容知电容变大，故电压降低，静电计张角变小；故A项正确.‎ B.M板上移使正对面积s变小，电容C变小，电压升高，静电计张角变大；故B错误.‎ C.先将M板右移后再上移，距离d变小且正对面积s变小，电容的变化无法判断，则静电计张角变化无法确定；故C错误.‎ D.不改变相对介电常量时，可减小距离d或增大正对面积s使电容C变大；从而使电压降低，静电计张角变小，故D错误.‎ ‎7.真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )‎ A. R处的电场强度E＝0‎ B. x1处与x2处的电场强度方向相反 C. 若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功 D. 该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故B错误；‎ 若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB ‎，如果是正电荷，电场力做正功；故C正确；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选C．‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。‎ ‎8.导体球壳B带有正电荷Q，其中放有导体球A，用细金属丝通过B上的小孔与地相连（细金属丝不与球壳B相碰），如图，则导体球A（　　）‎ A. 带正电 B. 带负电 C. 不带电 D. 可能带正电，也可能带负电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】球壳B带正电荷后，附近的大地因静电感应将带负电荷，由于导体球A与大地相连，相当于近端，因此A上也会感应出一定量的负电荷.‎ A.带正电与分析结果不相符；故A项错误.‎ B.带负电与分析结果相符；故B项正确.‎ C不带电与分析结果不相符；故C项错误.‎ D.可能带正电，也可能带负电与分析结果不相符；故D项错误.‎ 二、不定项选择（每个5分 共4×5=20分）‎ ‎9.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是(　　)‎ A. M点场强一定大于N点场强 B. M点电势一定高于N点电势 C. 正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D. 将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电场强度由电场线的疏密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱，所以N点电场强，故A错误；电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以M点电势高于N点电势，故B正确；正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，所以C正确；将电子从M点移到N点，电场力做负功，故D错误．故选BC．‎ ‎10.如图所示，带负电的点电荷旁有一接地大金属板，A为金属板内一点，B为金属板左侧外表面上一点，下列关于金属板上感应电荷在A点和B点的场强方向判断正确的是（　　）‎ A. 感应电荷在A点的场强沿E1的反方向 B. 感应电荷在A点的场强沿水平向右方向 C. 感应电荷在B点的场强可能沿E3方向 D. 感应电荷在B点的场强可能沿E4方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.金属内部场强为0，点电荷在A点场强方向为E1，感应电荷的场强和E1二者叠加后才能为0，故感应电荷在A点的场强沿E1的反方向；故A正确，B错误.‎ CD.B点十分靠近金属板，可认为是在金属板上，那么B点合场强方向应垂直金属板向外，而源电荷引起的分场强指向负电荷，合场强分解，一个方向指向负电荷，一个方向则可能为题目所给的E3方向，故C项正确，D项错误.‎ ‎11.如图所示，真空中有A，B两块平行带电金属板，相隔一段距离，现使A板带负电，B板带正电，并将B板与大地相连接，P为两板间一点，固定一个带负电的检验电荷，若将两板间充满均匀的电介质（其介电常数大于1），则以下说法正确的是（　　）‎ A. 两极板间的电场强度变小 B. 两极板间电场强度变大 C. P点的电势升高 D. P点的检验电荷电势能变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.电容器的电量不变，两板间充满均匀的电介质(其介电常数大于1），则变大，由知电容增大，根据，分析可知板间电压减小，由分析知，板间场强减小，故A项正确，B项错误.‎ CD.由知，P点与上极板间的电势差减小，由于P点的电势低于上极板的电势，所以P点电势将升高；而知负电荷的电势能减小，则C项正确，D项错误.‎ ‎12.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q 所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（　　）‎ A. 四点中d点处的电势最低 B. b、d两点处的电势相等 C. b、d两点处的电场强度相同 D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的;故A错误.‎ B.该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等;故B正确.‎ C.该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C错误.‎ D.c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小;故D正确.‎ 三、计算分析题(本大题共4小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)‎ ‎13.有一个带电荷量q=－1.5×10－6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电力做6×10－4J的功，从B点移到C点，静电力对电荷做9×10－4J的功，问：‎ ‎(1) AC间电势差为多少？‎ ‎(2)如以B点电势为零，则AC两点的电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？‎ ‎【答案】(1)UAC=-200V (2) φA=400V, φC=600V, EPA＝−6×10−4J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)AB两点间的电势差 BC两点间的电势差 AC间的电势差UAC=UAB+UBC=400-600=-200V ‎(2)由UAB=φA-φB得 φA=UAB+φB=400+0V=400V φC=φB-UBC=0-(-600V)=600V 具有的电势能为EPA＝qφA＝−1.5×10−6×400J＝−6×10−4J ‎14.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度的绝缘细绳把质量为、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细绳与竖直方向的夹角为.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（g=10m/s2）求：‎ ‎⑴小球通过最低点C时的速度的大小；‎ ‎⑵小球通在摆动过程中细线对小球的最大拉力.‎ ‎【答案】(1) (2)F=4.5N ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：‎ F=mgtanθ 代入数据解得：，方向水平向右.‎ 对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)小球可以静止在B点，可知B为小球运动的等效最低点，从A到B的过程中有：‎ 小球在等效最低点B点的速度最大，受到的拉力也最大；在B点，小球受重力、电场力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：‎ 代入数据可得：F=45N ‎15.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ 电容器两极板间的电压为：‎ 故电容器的带电量为：‎ ‎(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:‎ 得:‎ 根据速度位移关系公式，有：‎ v2=2gh 得: ‎ 取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有：‎ 小球从开始下落运动到下极板的时间t=t1+t2‎ 联立解得：．‎ ‎16.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝2E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＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ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，重力不计)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，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子到MN的速度大小；‎ ‎(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(3)电子刚射出电场E2时速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；‎ ‎(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) (4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)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a1，时间为t1，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 电子进入电场E2时的速度为：‎ v0=a1t1，‎ 则 进入电场E2到PQ水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ 出电场后到光屏在水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2+t3‎ 联立求解得：‎ ‎(3)设粒子射出电场E2时沿电场反方向的速度为 由牛顿第二定律知电子进入电场E2时的加速度为：‎ 电子射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 联立各式解得：‎ ‎(4)电子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子达到屏上的点P到O点的距离为x，根据几何关系可得：‎ 联立解得：‎ ‎ ‎