安徽省青阳县第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

安徽省青阳县第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

青阳一中2019-2020学年度10月份月考 高二物理试卷 一、选择题（共14道小题，1—9单选题，每题3分，10—14多选题每题4分，共计47分）‎ ‎1.下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A. 公式只适用于真空中点电荷产生的电场 B. 由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C. 在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小； 是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小 D. 由公式可知，在离点电荷非常靠近的地方（），电场强度可达无穷大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：是电场强度的定义式适用于一切电场，A错误；电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，B错误；‎ 库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小，C正确；‎ D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，D错误；故选C 考点：电场强度．‎ ‎【名师点睛】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，要想知道电场中某点的电场强度，可以在该点放一试探电荷，由来描述该点的强弱，不同的试探电荷，受到的力不同，但是相同的，为了描述电场的这种性质，引入电场强度这个物理量，即 为电场强度的定义式；而是点电荷所形成的电场的场强的决定式，是说点电荷所形成的电场的场强决定于场源电荷的电荷量和距点电荷的距离．‎ ‎2. 在真空中有a、b两个点电荷， b的电荷量是a的3倍，如果a受到的静电力是F，则b受到的静电力是 A. F B. C. 3F D. 4F ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第三定律，两带电体之间的库仑力是作用力与反作用力，二者大小总是相等的，与所带电量无关，因此b受到的静电力大小是F，故A正确，BCD错误．‎ ‎3.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．‎ ‎4.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、L/2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. b、d两点处的电势相同 B. 四点中c点处的电势最低 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】ABD ‎【解析】‎ A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得：‎ 该电场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；‎ B、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B正确；‎ C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd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．‎ 故选ABD．‎ 点睛：‎ 该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的；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，最低．‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 ( )‎ A. Q不变，C变小，U变大，E不变 B. Q不变，C变小，U变大，E变小 C. Q变小，C不变，U不变，E变小 D. Q变小，C变小，U不变，E不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中电容器的带电量不变； 先由电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析极板间电压的变化．‎ ‎【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式：‎ 由于d增大，所以电容减小，‎ 由公式 可知板间电压U增大，‎ 由公式，所以板间场强不变，故A正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式并能结合进行分析．‎ ‎6.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2‎ 的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度a，由牛顿第二定律得：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是 A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 C. 保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将作自由落体运动 D. 断开S，悬线烧断，则小球在电场中将作变加速曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 保持开关S闭合，电容器极板间的电压不变，将板向板靠近，由 可知电场强度增大，小球所受的电场力增大，则增大，故A正确；‎ B. 断开S，电容器的带电量不变，根据：‎ 结合可得：‎ 可知电场强度与无关，则减小时不变，电场力不变，不变，故B错误；‎ C. 保持开关S闭合，悬线烧断，小球在电场中受到重力和电场力作用，将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；‎ D. 开关S断开，同时烧断细线，小球受重力和恒定电场力不变，小球将做斜向下的匀加速直线运动，故D错误．‎ ‎8.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x分布可简化为如图所示的折线．下列说法正确的是（ ）‎ A. x轴上x1与x2之间的电场强度小于x3与x4之间的电场强度 B. 正电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电场力做负功，电势能增加 C. 负电荷沿x轴从x3移到x4的过程中，电场力不做功，电势能不变 D. 电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为q（φ2－φ1）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，图象的斜率表示电场强度，沿着电场线电势降低，电场力做功等于电势能的减小量；‎ ‎【详解】A、图象φ-x的斜率表示电场强度，即x轴上x1与x2之间的电场强度等于x3与x4之间的电场强度，都为零，故选项A错误；‎ B、由图像可知：沿x轴从0移到x1的过程中电势升高，故电场力对正电荷做负功，电势能增加，故选项B正确；‎ C、由于x3与x4之间斜率为零，即场强为零，故在此过程中电场力对负电荷不做功，电势能不变，故选项C正确；‎ D、电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为，故选项D错误．‎ ‎【点睛】该题能够从图中可知，0与x1之间的电势升高，x1与x2之间电场强度为零，x2与 x3 之间的电势降低，x3移到x4之间电场强度为零，这是解题的关键．‎ ‎9.图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则 A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；‎ B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；‎ C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误 D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；‎ ‎10. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．‎ ‎11.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是(　　)‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；‎ B．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；‎ C．从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；‎ D．由于电势差相同，根据知，电场力做功相同，D错误．‎ ‎12.如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则　‎ A. 微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为 B. 微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 C. 若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 D. 微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】微粒下降的高度为，重力做正功，为，电场力向上，位移向下，电场力做负功，，A错误；微粒落入电场中，克服电场力做功，电势能逐渐增大，其增加量等于克服电场力做的功，为，B正确；由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得①，若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得②，由①②联立得，即恰好能达到A板，C正确；微粒在下落过程中，进入电场前做自由落体运动，动能逐渐增加，重力势能逐渐减小；进入电场后是减速运动，动能减小，D错误．‎ ‎13.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则该电场的场强是（　　）‎ A. 方向与y轴负方向的夹角为30°‎ B. 方向与y轴负方向的夹角为60°‎ C. 大小为200V/m D. 大小为200V/m ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】的中点的电势为3V，将点与点连接，如图 电场线与等势线垂直，根据几何关系得：‎ 设电场方向与轴正方向夹角为，根据几何关系有：‎ 由图知电场方向与轴负方向的夹角为 则沿电场线方向上的距离：‎ 所以电场强度大小：‎ A. 与分析相符，故A正确；‎ B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析不符，故C错误；‎ D. 与分析相符，故D正确．‎ ‎14.三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，则（）‎ A. 落在c点的颗粒在两板间运动时间最长 B. 落在a点的颗粒带正电、C点的带负电 C. 三个颗粒运动到正极板时动能一样大 D. 落在a的点颗粒加速度最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xa＜xb＜xc，则运动时间关系为ta＜tb＜tc ‎．故A正确；竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aa＞ab＞ac．由牛顿第二定律得知三个小球 的合力关系为  Fa＞Fb＞Fc．由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电．故B错误，D正确．由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功．电场对a做正功，由于做的功不同，所以三个颗粒运动到正极板时动能不一样大，故C错误．故选AD．‎ ‎【点睛】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．‎ 二、计算题（本题共5道小题,第15题8分,第16题10分,第17题10分,第18题12分,第19题13分,共53分）‎ ‎15.把质量是的带电小球B用细线悬挂起来，如图所示．若将带电荷量为的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成角，A、B在同一水平面上，相距0.30m，试求：‎ ‎(1) A球受到的电场力多大？‎ ‎(2) B球所带电荷量为多少？‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对B球受力分析如图所示，由几何关系知：‎ 由牛顿第三定律知：‎ ‎(2)由库仑定律得：‎ 代入数据得：‎ ‎16.如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面．现将电荷量为10-8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为，将另一电荷量为10-8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功．‎ ‎(1)求，各为多少 ‎(2)AB边长为，求电场强度 ‎【答案】(1)300V；300V；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)正点电荷从点移到点时，电场力做正功，故点电势高于点，可以求得：‎ 同理可判断点电势高于点，可求得：‎ ‎(2)因此、两点电势相等，则有：‎ 由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线，因此，为一等势线，故电场线方向垂直 ‎，设为的中点，则电场线方向为由指向 ‎ 直线沿场强方向的距离等于线段的长度，故由匀强电场中电势差与场强的关系式可得：‎ ‎17.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为－4×10－6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4J，N板接地．则 ‎(1)A点的电势是多少？‎ ‎(2)M板的电势是多少?‎ ‎(3)等于多少伏？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、间的电势差：‎ 又：‎ 则点的电势：‎ ‎(2)、间的电势差：‎ 又：‎ 则点的电势：‎ ‎(3)、间的电势差：‎ ‎18.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A．一质量为1kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v=6m/s，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）．已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于，g为重力加速度．‎ ‎(1)当轨道半径R=0.1m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力；‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；‎ ‎【答案】(1)，方向竖直向上；(2)0.24m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球到达圆轨道点时速度为，从到的过程中重力和电场力做功，由动能定理有：‎ 解得：‎ 据牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得：‎ 牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道点时对轨道的压力为：‎ 方向竖直向上 ‎(2)轨道半径越大，小球到达最高点的速度越小，当小球恰好到达最高点时，轨道对小球的作用力为零，则小球对轨道的压力也为零，此时轨道半径最大，则：‎ 由动能定理有：‎ 代入数据解得轨道半径的最大值：‎ ‎19.水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，竖直放置的荧光屏距金属板右侧的距离为S，如图，求：‎ ‎(1)电子偏离金属板时的侧位移y是多少？‎ ‎(2)电子飞出电场时的速度是多少？‎ ‎(3)求光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求OP的长度．‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电子所受电场力为，加速度为，在电场运动的时间为，偏转位移为，离开电场的速度为，偏转角度为，电子垂直进入电场受到电场力：‎ ‎…①‎ 极板间的场强：‎ ‎…②‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎…③‎ 电子在电场中做类平抛运动：‎ ‎…④‎ ‎…⑤‎ 联立①②③④⑤解之得：‎ ‎…⑥‎ ‎(2)电子离开电场竖直向上的速度为：‎ ‎…⑦‎ 离开电场的速度：‎ ‎…⑧‎ 联立③④⑥⑦解之得：‎ 速度偏转角：‎ ‎(3)电子飞出电场后，做匀速直线运动，根据几何关系可得的长度：‎ ‎ ‎