2019-2020学年吉林省延边第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2019-2020学年吉林省延边第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

延边第二中学2019-2020学年度第一学期第一次阶段检测 高二年级物理试卷 一、选择题（每小题5分共70分，1-10题只有一个选项是正确的，11-14题为多选题，选不全的得3分，错选一个得0分）‎ ‎1．如图所示，A、B、C三点在同一直线上，且，在A处固定一电荷量为Q的点电荷，当在B处放一电荷量为q的试探电荷时，它所受到的电场力为F；移去B处电荷，在C处放电荷量为4q的试探电荷，其所受电场力大小为　　‎ A．F B．‎2F C．‎4F D．‎‎8F ‎2．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．则以下判断正确的是（ ）‎ A．b点场强大于d点场强 B．b点电势高于d点电势 C．a、b两点的电势差大于b、c两点的电势差 D．试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能 ‎3．是长为的均匀带电细杆, 和是位于所在线上两点,如图所示. 上电荷产生静电场在处场强大小为,在处场强大小为,则下列说法正确的是(   )‎ A．两处的电场方向相同, B．两处的电场方向相反, ‎ C．两处的电场方向相同, D．两处的电场方向相反, ‎ ‎4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知 A．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 B．带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 C．带电粒子在P点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 D．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 ‎5．在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在电场力的作用下沿x轴 正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A．小球一定带负电荷 B．x1处的电势一定比x2处的电势高 C．x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度 D．小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大 ‎6．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为‎1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）‎ A． B、E一定处在同一等势面上 B．匀强电场的场强大小为10V/m C．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功 D．电子从F点移到D点，电荷的电势能增加20eV ‎7．如图所示，一块光滑铁板水平放置，在铁板上方高为h处依次有带电量为＋Q和带电量为－Q的两个点电荷，一个带电量为＋q的绝缘小球从铁板的左端以初速度v0向右运动，并一直沿着铁板表面到达铁板的右端，则在小球通过铁板的过程中(　　)‎ A．先减速，后加速 B．先加速，后减速 C．先减速，后加速，再减速 D．一直匀速 ‎8．如图所示，将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q的小球a、b用绝缘细线悬挂于O点，置于水平方向的匀强电场中，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为30°．则F的大小可能为（　　）‎ A．mg B． mg C．mg D．mg ‎9．示波管可以用来观察电信号随时间 的情况，其内部结构如图所示，如果在电极之间加上如图(a)所示的电压，在之间加上如图(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是 A． B． ‎ ‎ C． D．‎ ‎10．如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转，则(　 　)‎ A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大 B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大 C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小 D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小 ‎11．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则下列正确的说法是：‎ A.此时A电势低，B电势高 B.将A左端接地，B右端电荷被中和 C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎12．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，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于静止状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是 A．带电油滴将沿竖直方向向下运动 B．P点的电势升高 C．带电油滴在P点时的电势能增大 D．电容器的电容增大，极板带电量增加 ‎13．如图所示，A、B 两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2。不计粒子重力，则(　 　) ‎ A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝2∶1‎ C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶2‎ ‎14．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）‎ A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0‎ C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 二、解答题（第15题15分，第16题15分，共30分）‎ ‎15．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆与半径为的圆周交于、两点，在圆心处有一固定的正点电荷，点为的中点，点位于圆周的最低点。现有一质量为、电荷量为、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为，点距过点的水平面的竖直高度为，小球滑到点时的速度大小为。求：‎ ‎（1）小球滑到点时的速度大小；‎ ‎（2）若以点作为参考点（零电势点），试确定点的电势。‎ ‎16．如图所示，BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为3/4mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎ ‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小．‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“点电荷”、“所受电场力大小”可知，本题考查库仑定律，根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出4q的点电荷在C点所受电场力．‎ ‎【详解】‎ 设AB=r，则有BC=r.‎ 根据库仑定律，则有：F=‎ 故电荷量为4q的点电荷在C处所受电场力为：FC==F，故A正确、BCD错误。‎ 故选：A.‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、在MN上，两电荷连线中点电场线最密，场强最大.在两电荷连线上，中点处电场线最疏，场强最小，则b点场强小于连线中点的场强，也小于d点场强，故A错误.‎ B、MN是一条等势线，根据顺着电场线方向电势降低，可知与两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，故B错误.‎ C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故C错误.‎ D、因c点的电势小于d点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷。设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 因为只学过点电荷的电场或者匀强电场，而对于杆产生的电场却没有学过，因而需要将杆看成是由若干个点构成，再进行矢量合成．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点。A错误 B．P点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点。B错误 C．从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确 D．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误 ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以电场力做正功，由于不知道电场方向，故不知道电场力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；‎ B.根据知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故B错误；‎ C.图象在某点的切线的斜率大小等于该点的电场强度大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处的电场强度小于x2处的电场强度，故C正确；‎ D.根据能量守恒知，x1处的电势能大于x2处的电势能，所以x1的动能小于x2的动能，故D错误.‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A：连接AC如图，AC中点G的电势，与B电势相等，则BG连线为一等势线；由几何知识，BG连线过E点，则B、E一定处在同一等势面上。故A项正确。‎ B：CA间电势差，又，得。故B项错误。‎ C：B、E处在同一等势面上，匀强电场中电场线与等势线垂直，则电场线方向如图，且A、F也处在一等势面上，A、B两点电势分别为10V、20V，则E、F两点电势分别为20V、10V。正点电荷从E点移到F点，电势能减少，电场力做正功。故C项错误。‎ D：电场线方向如图，则D、C也处在一等势面上；C点电势为30V，则D点电势为30V。电子从F点移到D点，电势增加20V，电势能减少了20eV。故D项错误。‎ ‎【点睛】‎ 在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，在匀强电场中等势线也平行且均匀分布。‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据题意可知，铁板处在+Q和-Q两个点电荷的电场中，铁板是导体，在电场中处于静电平衡状态，整个铁板是一个等势体，铁板表面是等势面，则小球在通过铁板的过程中，根据W=qU可知，电场力对小球不做功，小球的动能不发生变化，故小球一直匀速运动。ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查静电平衡的应用，注意：静电平衡状态，整个铁板是一个等势体，铁板表面是等势面．‎ ‎8．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时的受力图如图，根据平衡条件得知： F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：，所以F的大小可能为mg，其他值不可能，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 关键是运用图解法确定出F的最小值，以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F的最小值，从而分析F的可能值。‎ ‎9．C ‎【解析】电极YY′之间加上图（a）所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX′之间加上图（b）所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象，故C正确，ABD错误。‎ ‎10．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电流计指针向右偏转，说明流过电流计G的电流由右→左，则导体芯A所带电量在增加，电容两端间的电势差不变，由Q=CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容增大，根据，知正对面积增大，则液体的深度h在增加。‎ A. 导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大，与结论相符，选项A正确；‎ B. 导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎11．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 此时AB为等势体，两端电势相等，故A错误；‎ B. 将A左端接地，B右端电荷将被导入大地，被中和，故B正确；‎ C. 移去C，A、B两端的电荷将中和，之后两端都不带电，所以贴在A、B下部的金属都闭合，故C正确；‎ D.先把A和B分开，再移去C，A、B分别带上负电和正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，故D错误。‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E=U/d分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动。故A错误。‎ BC.P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少。故B正确，C错误。‎ D.因d减小，由，知电容C增大，U不变，由Q=CU分析可知电容器所带电量增加。故D正确。‎ ‎13．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 粒子在电场中做类平抛运动，根据规律，竖直方向：，水平方向匀速：，联立解得：，所以：v1∶v2＝2∶1；电场力做功，，联立可得：W1∶W2＝1∶2，BC错误AD正确 ‎14．BD ‎【解析】‎ 试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；‎ 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为：，在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：，联立得：故D正确。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度。时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于，电子的动能不是最大．分析时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移。‎ ‎15．（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零，只有重力做功。由几何关系可得BC的竖直高度：‎ 根据动能定理有 解得 ‎（2）小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理得：‎ 又根据电场力做功与电势能的关系：‎ 又因为，可得 ‎16．（1）（2）7mg/4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有 Eq（s+R）-μmgs-mgR=mv2-0， 又因为 Eq=3mg/4 联立两式解得：v=； （2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F-Eq=m 又因为 Eq=3mg/4‎ 解得：F=7mg/4‎ ‎【点睛】‎ 该题把圆周运动放到电场和重力场的混合场中去考查，增加了试题的难度；关键还是分析物体的受力情况以及力做功的情况，结合动能定理以及牛顿第二定律求解.‎