2017-2018学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二10月月考物理（理）试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二10月月考物理（理）试题 解析版

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2017-2018学年 高二10月月考物理（理）试题 一、选择题（每题4分，共60分，其中1-8题为单选，9-15题为多选，选对但不全得2分）‎ ‎1. 关于电场强度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强相同 B. 正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大 C. 在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E=，取走q后，该点的场强不为零 D. 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大 ‎【答案】C ‎............‎ 考点：电场强度.‎ ‎2. 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，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A. F B. F C. F D. 12F ‎【答案】C ‎【解析】当两电荷相距为r时，根据库仑定律相互作用力为：，接触后根据先中和在平分的原则可知，各自带电量变为：，此时的库仑力为：，两式联立得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎3. 如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动．下列判断中正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定 C. 电场线由A指向B，该电荷做匀速运动 D. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大 ‎【答案】B ‎【解析】由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从O到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A．负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，也可能越来越大．故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎4. 如图所示的电场中，各条等势线的电势大小分别为10v、8v、6v。A、B、C为这些等势线上的三个点.下列说法正确的是 （ ）‎ A. C、A两点间电势差UCA=4V B. A点的电场强度与B点的电场强度相同 C. 一负电荷从A点移到C点所受的电场力对其做正功 D. A、C两点中，同一负电荷在A点的电势能小 ‎【答案】D ‎【解析】C、A两点之间的电势差UCA=Φc-Φa=6-10=-4V，故A错误．电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，故A点和B点场强的方向并不相同，而电场强度是矢量，故A点的电场强度与B点的电场强度不同，故B错误．负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，所以负电荷从A点移到C点过程，电场力做负功．故C错误．电荷的电势能Ep=qΦ，故同一负电荷在A、C两点的电势能分别为EpA=-10q， EpC=-6q．故同一负电荷在A点的电势能最小，故D正确．故选D．‎ 点睛：电势能Ep=qΦ，在计算时电荷量q，电势Φ一定要带正负号，否则容易出错．‎ ‎5. 如图所示，在匀强电场中有A、B两点，A、B的连线长为L，与电场线的夹角为α。已知A、B两点间的电势差为U，则场强E为（ ）‎ A. U/L B. UL C. U/Lsinα D. U/Lcosα ‎【答案】D ‎【解析】匀强电场中电势差与场强的关系公式为：U=Ed；d是沿电场线方向的两点间距离，为Lcosα；故场强E为：，故选D.‎ ‎6. 关于电源的说法，正确的是（ ）‎ A. 电源向外提供的电能越多，表明电动势越大 B. 电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功 C. 电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场 D. 在电源外部从正极到负极电势逐渐升高 ‎【答案】B ‎【解析】根据电源向外提供的电能W=EIt可知：电源向外提供的电能不仅与电动势有关，还有电流和时间有关，故A错误；电动势表征了电源内部非静电力做功的本领，所以电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功，故B正确；电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部也存在着由正极指向负极的电场，选项C错误；电源正极电势大于负极电势，所以电源从正极到负极电势逐渐减小，故D错误；故选B.‎ ‎7. 如图所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为(　　)‎ A. 1∶1‎ B. 1∶2‎ C. 1∶4‎ D. 1∶8‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：带电粒子沿水平方向进入电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由题可知第一种情况：水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半；第二种情况：水平位移等于板长的一半，竖直位移等于板间距离，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．‎ 解：设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v．‎ 则对于第一种情况：y1==，t1=得到，U1=‎ 同理对于第二种情况：得到U2=8‎ 所以U1：U2=1：8‎ 故选D ‎【点评】本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解法处理．本题采用比例法研究时，要用相同的量表示出电压，再求解比值．‎ ‎8. 某电解池，如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是( )‎ A. 0 B. 0.8A C. 1.6A D. 3.2A ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．‎ 解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为：‎ I==‎ 将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得：‎ I=3.2A 故选：D．‎ ‎【点评】本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和．‎ ‎9. 对于电场中A、B两点，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电势差的定义式UAB＝，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比 B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则A、B两点的电势差UAB>0‎ C. 电势差的定义式UAB＝中，UAB与移动的电荷量q无关 D. 电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功 ‎【答案】BC ‎【解析】根据电势差的定义式，运用比值定义法，可知，电势差反映电场本身能的性质的物理量，与所移动的试探电荷无关，故不能说电势差与两点间移动电荷的电量q成反比，与电场力做的功成正比，故A错误；把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则，故，B正确；电势差由电场本身决定，与移动电荷量q无关，故C正确；由公式知，当q=+1C时，可得，即a、b两点间的电势差等于把单位正电荷q从a点移动到b点时静电力所做的功，故D错误．‎ ‎10. 如图所示实线为某电场中的几条电场线，一重力不计的带电粒子在电场中沿虚线AB运动，先后经过A、B两点，由此判断( ) ‎ A. 此粒子一定带负电 B. 此粒子的电性无法判断 C. 经过A、B两点时粒子的加速度aＡ＞aＢ D. 经过A、B两点时的速率vＡ＞vＢ ‎【答案】ACD ‎【解析】本题考查的是对带电粒子电场中的运动和静电场的某些性质问题，由图可知，场源为正电荷，A点电势和场强都比B点大，由A到B沿此曲线运动，此粒子为负电粒子，经过A、B两点时粒子的加速度；经过A、B两点时的速率；ACD正确；‎ ‎11. 欧姆定律不适用于（ ）‎ A. 金属导电 B. 电解液导电 C. 半导体材料 D. 气体导电 ‎【答案】CD ‎【解析】欧姆定律不适用于半导体及气体导电，只适用于金属导体及电解液导电；故选CD．‎ ‎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(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )‎ ‎ ‎ A. U变小，E不变 B. E变大，EP变大 C. U变小，EP不变 D. U不变，EP不变 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．‎ 解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小．‎ 由E==，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=‎ 以及定义式C=．要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析．‎ ‎13. 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小将变大 D. 电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：eU=mv2，电子获得的速度为v=，滑动触头向左移动，加速电压变小，则电子出加速电场时的速度减小，则偏转电场中的运动时间变长，因为沿电场方向上的加速度不变，则沿电场方向上的距离变大，即打在荧光屏上的位置上移．故A正确．滑动触头向右移动时，加速电压变大，则电子出电场时的速度变大，则偏转电场中的运动时间变短，因为沿电场方向上的加速度不变，则沿电场方向上的距离变小，则打在荧光屏上的偏转距离变小，即打在荧光屏上的位置下移．故B错误．电压U增大时，其他不变，因为水平方向上的速度不变，根据等时性知，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变．故D正确．电压U增大时，其他不变，电子打在荧光屏上的时间不变，但是沿电场方向上的速度变大，根据平行四边形定则知，电子打在荧光屏上的速度大小增大．故C正确．故选ACD．‎ 点睛：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．‎ ‎14. 如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电，(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E ‎，则以下说法正确的是(　　) ‎ A. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg＋qE B. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qE C. 剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE D. 剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE ‎【答案】AC 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪断之后，绳子的拉力立即为零。‎ ‎15. 某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x变化规律如图所示。一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是(　　) ‎ A. 粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动 B. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直减少 C. 若v0为 ，带电粒子在运动过程中的最大速度为 D. 若使粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为 ‎【答案】BC ‎【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，与粒子的速度方向相反，则粒子做减速运动．故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小．故B正确；若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得 q[0-（-φ0）]= ，解得最大速度为vm=．故C正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得： ，解得，，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故D错误．故选BC．‎ 点睛：此题也可以根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．对于速度问题，往往利用动能定理列方程解答．‎ 二、计算题（本大题共3小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎16. 如图所示，小球的质量为m=0.1kg，带电荷量为q=+1.0×10–5 C，悬挂小球的细线与竖直方向成θ=370时，小球恰好在水平匀强电场中静止不动，sin370=0.6，cos370=0.8，g取10 m/s2。求：‎ ‎（1）电场力的大小；‎ ‎（2）电场强度的大小和方向；‎ ‎（3）此时细线的拉力大小。‎ ‎【答案】（1）0.75 N （2） 方向水平向右 （3）1.25 N ‎【解析】试题分析：‎ ‎⑴ 由平衡知识可知电场力F ＝ mgtanθ＝0.75N 3分 ‎⑵ 由平衡知识可知： E ＝F/q＝ 7.5 ×104N/C , 方向水平向右 3分 ‎⑶ T="mg/cos"θ＝1.25N 3分 考点：考查了电场中的力的平衡条件的应用 点评：解决本题的关键知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．以及会正确进行受力分析，利用共点力平衡求解力．‎ ‎17. 如图所示，在E＝1×103V/m的竖直向下匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为半圆QN的中点，其半径R＝40 cm，带正电为q＝1×10－4C的小滑块的质量为m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m处，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）7 m/s.（2）0.6 N.‎ ‎【解析】（1）设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，则有    mg+qE＝m 滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得 -（mg+qE）•2R-μ（mg+qE）x=mv2-mv02  联立两式并代入数据解得：v0=7m/s （2）设滑块到达P点时速度为v'，则从开始运动到P点过程： -μ（qE+mg）x-（mg+qE）R=mv′2-mv02‎ 又在P点时：FN＝m 代入数据，解得FN=0.6N 根据牛顿第三定律得知，滑块通过P点时对轨道的压力大小为FN′=FN=0.6N．‎ ‎18. 如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1125V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板 M、N长L1＝4×10－2m，板间距离d＝4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，M板电势低于N板．已知电子质量为me＝9.0×10－31kg，电荷量为e＝1.6×10－19C. (每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)‎ ‎(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？‎ ‎(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？‎ ‎(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ ‎【答案】（1）2×107m/s.（2）y≤0.012m（3）1.8×10－16J ‎【解析】(1)电子经A、B两块金属板加速，有eUAB＝mev02‎ 得v0＝＝2×107m/s.‎ ‎(2)当u＝22.5 V时，电子经过MN板向下的偏移量最大，为 ‎ ‎ y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为 vy＝＝2×106m/s 电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的时间为t2＝＝5×10－9s 电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的偏移量为y2＝vyt2＝0.01 m 电子打在荧光屏P上的总偏移量为y＝y1＋y2＝0.012 m，方向竖直向下．‎ 所以打在荧光屏上的范围是距O″的距离y≤0.012m ‎(3)当u＝22.5 V时，电子飞出电场的动能最大，为Ek＝me(v02＋vy2)＝1.8×10－16J ‎ ‎