四川省射洪县射洪中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

四川省射洪县射洪中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

射洪中学2019年下期高2018级第一学月考试 物理试题 一．选择题（本题共16道小题，每道题3分，共48分。第1-12题单选，第12-16题多选）‎ ‎1. 下列哪个措施是为了防止静电产生的危害（ ）‎ A. 在高大的烟囱中安装静电除尘器 B. 静电复印 C. 在高大的建筑物顶端装上避雷针 D. 静电喷漆 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查静电现象的应用于防止。ABD均为静电现象的应用，C为防止静电产生的危害，选C。‎ ‎2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A. 电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功 B. 根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 D. 静电场中电场强度为零的位置，电势一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功，选项A正确；电容器的电容是由电容器本身的结构决定的，与所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项B错误；电场中某点的电场强度是由电场本身决定的物理量，和试探电荷的电荷量无关，选项C错误；静电场中电场强度为零的位置，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点，选项D错误.‎ ‎3.下列说法中正确的是（）‎ A. 元电荷实质上是指电子和质子本身 B. 感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体 C. 当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷 D. 两个带电小球即使相距非常近，也能直接用库仑定律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故A错误；‎ B.摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电是物体一部分转移到另一部分，故B错误；‎ C.两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷，故C正确；‎ D.两个带电小球即使相距非常近，不能看成质点，则不能直接用库仑定律，故D错误。‎ ‎4.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（　　）‎ A. B. r C. D. 2r ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为，联立解得，故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. R1：R2=3：1‎ B. R1：R2=1：3‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可得：‎ 即 R1：R2=1：3‎ 故A错误，B正确；‎ C.R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1，故C错误；‎ D.将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1，故D错误。‎ ‎6.如右上图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2．在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1∶I2为（ ）‎ A. 9∶25 B. 25∶9 C. 25∶4 D. 4∶25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据电阻定律R=ρ得，当在1、2两端加上恒定电压U时，R1＝ρ，在在3、4两端加上恒定的电压时，R2＝ρ，所以＝，根据欧姆定律I=得，电流之比为25：4，C正确。‎ 考点：本题考查电阻定律、欧姆定律。‎ ‎7.如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种点电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，ab＝bc，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电势：φa＞φb＞φc B. 电势：φa＞φc＞φb C. 电场强度：Ea＞Eb＞Ec D. 电场强度：Eb＞Ea＞Ec ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据等量异种点电荷电场线的分布特点知，a、c两点对称，场强大小相等，由a、c两点处的电场线分布比b点处的密，故a、c两点处的场强大于b点处的场强；沿着电场线方向电势逐渐降低，则φa＞φb＞φc。故A正确，BCD三项错误。‎ ‎8.一个带电量q＝2×10－8C的正点电荷，从电场中的A点移到B点时，电场力做了－5×10－6J的功，下列判断正确的是（ ）‎ A. 该点电荷在B处具有的电势能比在A处小 B. AB两点之间的电势差为250V C. 电场A点的电势比B点低 D. 该电荷在B处具有的电势能为5×10－6J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从电场中的A点移到B点时，电场力做了 的功，电荷的电势能增大，故A错误；AB两点之间的电势差：，故B错误；正电荷从电场中的A点移到B点时，电场力做了-5×10-6J的功，说明正电荷运动的方向与受力的方向相反，所以运动的方向与电场线的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势低于B点的电势，故C正确；该题中没有选取0势能点，所以不能判定该电荷在B处具有的电势能为5×10-6J，故D错误．‎ 考点：考查了电场力做功与电势差关系 ‎【名师点睛】本题关键是结合电场力做功与电势能的关系公式和电势差定义式联立列式分析，同时要注意两个公式中的电量都要分正负号．‎ ‎9.如图所示，A、B、Ｃ三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC＝，BC＝20cm，若把一个电量q＝C的正电荷从A移到B时，电场力不做功；从B移到C时，电场力做的功为－1.73×J，则该匀强电场的场强的大小和方向是 ( )‎ A．865V／m，垂直AC向左 Ｂ． 865V／m，垂直AC向右 C．1000Ｖ／m，垂直AB斜向上 Ｄ．1000V／m，垂直AB斜向下 ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 略 ‎10.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。可以判定（　　）‎ A. M点的电势小于N点的电势 B. 粒子带正电，M点的电势大于N点的电势 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，斜向左下方，与电场方向一致，粒子带正电，根据顺着电场线的方向电势降低，可知过M点的等势面的电势高于过N点的等势面的电势，则M点的电势高于N点的电势，故A错误，B正确； ‎ C、由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，M点的电场强度比N点的小，由知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误； ‎ D、从M到N，粒子的所受电场力斜向左下方，则电场力对粒子做正功，电势能减少，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。‎ ‎11.如图1所示是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′），荧光屏组成、管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．若在偏转极板YY′上加如图2所示的电压，而偏转极板XX′不加电压，则在示波器荧光屏上看到的图象可能是图中的（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为在偏转电极XX′之间不加电压，则在X方向上没有偏移，在偏转电极YY′之间加正弦电压，电子上下扫描，在示波屏上出现一条竖直线． ‎ A图像与结论不相符，选项A错误；‎ B.图像与结论相符，选项B正确；‎ C. 图像与结论不相符，选项C错误；‎ D. 图像与结论不相符，选项D错误。‎ ‎12.如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是（　　）‎ A. 0＜t＜t0 B. t0＜t＜2t0‎ C. 2t0＜t＜3t0 D. 3t0＜t＜4t0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在0~t0时间内,电子向右做初速度为零的匀加速运动,在t0~2t0时间内,电子向右做匀减速运动,直到速度减小到零;在2t0~3t0时间内,电子向左做初速度为零的匀加速运动,在3t0~4t0时间内,电子向左做匀减速运动,直到速度减小为零.所以正确选项是D ‎13.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，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）‎ A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角不变 C. 带电油滴的电势能将增大 D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；‎ B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；‎ C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；‎ D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。‎ ‎14.质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），如图所示则从开始射入到打到上板的过程中：（ ）‎ A. 它们运动的时间＞‎ B. 它们的速度增量之比△:△=1:2‎ C. 它们所带电荷量之比:=1:2‎ D. 它们电势能减少量之比△:△=1:2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，所以A错误； C.平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足：‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ qE=ma 由两式解得：‎ 所以它们所带的电荷量之比qM：qN=1：2，故C正确； B.由动量定理可知,故 故B正确；‎ D.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEx，因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比△:△=1:4，故D错误。‎ ‎15. 如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 电场力做功0.2J B. 金属块带正电荷 C. 金属块的电势能增加0.2J D. 金属块的机械能减少1.2J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理：，故WF=-0.2J，即电场力做功为-0.2J，粒子带正电，选项A错误，B正确；电场力做功等于电势能的变化量，故金属块的电势能增加0.2J，选项C正确；除重力以外的其它力做功为-0.2J+(-0.3J)=-0.5J，故金属块的机械能减少0.5J，选项D错误.故选BC。‎ 考点：动能定理；能量守恒定律.‎ ‎16.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是 A. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小 B. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为 C. 物块在A点的电势能 D. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电势 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷+Q产生电场在B点的电场强度大小为：，选项A正确；物体受到点电荷的库仑力为：，由几何关系可知：设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-Fsin60°=0，解得：．B正确；物块在A点的电势能EPA=+qφ，则C错误；; 设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：qφ+mv02＝mv2+qφB，解得：．故D正确；故选ABD．‎ 考点：电场强度与电势差的关系；电势及电势能；库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．以及掌握库仑定律和动能定理的运用。‎ 二、实验题（10分）‎ ‎17.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．‎ ‎(1)使电容器带电后与电源断开 ‎①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角____________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；‎ ‎②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；‎ ‎③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角_________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；‎ ‎④由此可知平行板电容器的电容与_________________ 有关．‎ ‎(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有________.‎ A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C．静电计可以用电压表替代 D．静电计可以用电流表替代．‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变小 (4). 两板正对面积、两板距离和两板间介质有关 (5). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①[1].根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大。 ②[2].根据电容的决定式知，将极板间距离d减小时，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。‎ ‎③[3]. 根据电容的决定式知，两板间插入一块玻璃，电容变大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。‎ ‎④[4].由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关有关．‎ ‎(2)[5]. A、B.静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况．故A正确，B错误；‎ C、D.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．静电计是一个电容器，电容量基本不变，其电荷量与电势差成正比，而电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转．故CD错误；‎ 三、计算题（请作出受力分析图及适当的文字说明。共42分）‎ ‎18.如图所示，一质量为m＝1.0×10-2kg，带电量为q＝1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成37°角．小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g取10 m/s2．‎ ‎(1)求电场强度E；‎ ‎(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度大小v及方向。（，）‎ ‎【答案】(1) E=7.5×104N/C (2) v=12.5m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，可见小球应带负电，由于小球静止，所以由平衡条件可得：‎ qE=mgtanθ 代入数据解之得：‎ ‎ ．‎ ‎(2)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力 F=…①‎ 由牛顿第二定律F=ma可得 a=…②‎ 又由运动学公式 v=at…③‎ 联立①②③带入数据解得：‎ v=12.5m/s，‎ 方向与竖直方向夹角为37°斜向下．‎ ‎19.如图， R1=6Ω， R2=8Ω，电源电压为12V， 求:‎ ‎(1)当S2断开，S1、S3闭合时， 通过R1、R2的电流强度各为多大?‎ ‎(2)当S2闭合，S1、S3断开时， 电阻R1、R2两端的电压各是多大?‎ ‎【答案】(1) 2A，1.5A(2)V，V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开关S1、S3 闭合，S2 断开时，R1与R2并联，由欧姆定律可得：‎ I1==2A ；‎ I2=＝1.5A ；‎ ‎(2)开关S1、S3断开，S2闭合时，R1与R2串联，由欧姆定律可得：‎ I===A U1=IR1=A×6Ω=V ；‎ U2=IR2=A×8Ω=V ‎20.如图所示，在E=103V/m的水平匀强电场中，MNPQ为光滑绝缘的挡板，固定于光滑水平绝缘的桌面上，轨道平面与电场线平行，其MN为水平直线，NPQ为半径R=40cm的半圆，P为QN圆弧的中点，一带正电的小滑块其比荷C/kg，位于N 点右侧1.5m处以紧靠挡板以一定初速度释放，若小滑块恰能运动到圆轨道的Q点，取g=10m/s2，忽略滑块的重力，求：‎ ‎(1)小滑块在Q点速度大小；‎ ‎(2)小滑块向左的初速度v0的速度大小；‎ ‎(3)滑块质量为0.2 kg，求小滑块运动到P点对挡板压力的大小。‎ ‎【答案】(1) 2m/s (2)m/s (3)6N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球到达Q点时速度v，由牛顿第二定律有:‎ 解得：‎ v=2m/s ‎(2)滑块从开始到Q过程中，由动能定理有：‎ qE∙2R=-‎ 联立并代入数据得:‎ m/s ‎(3)设滑块到达P点时速度为v'，从开始到P过程中，由动能定理有:‎ ‎-qE∙R=-‎ 解得 m/s P点压力:‎ 代入数据计算得出:‎ FN=6 N 根据牛顿第三定律得：‎ ‎21.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xoy平面的第一象限，存在以轴、轴及双曲线的一段（0≤x≤L，0≤y≤L ‎）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量大小为e，则：‎ ‎(1)从电场Ⅰ的边界B点处静止释放电子，求进入区域II的速率；‎ ‎(2)从电场Ⅰ的边界B点处静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置坐标；‎ ‎(3)从电场I的AB曲线边界处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的最小动能。‎ ‎【答案】(1) (2) （-2L，0）(3) EeL ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)关于B点，其纵坐标y=L，根据，相应横坐标 ‎ 当电子加速到y轴C位置时，‎ ‎，‎ 解得 ‎(2)电子以速度v进入电场区域Ⅱ，做类平抛运动有 L=vt，‎ 解得：‎ h=L 即电子恰从P点射出，坐标为（-2L，0）‎ ‎(3)设释放位置坐标为（x，y）‎ 根据动能定理 L=vt ‎ 解得：‎ 即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从P点射出 从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理：‎ Ek=Ee（x+h）‎ 因为，所以当x=h=L/2时，动能EK有最小值Ek=EeL．‎ ‎ ‎