2017-2018学年河南省林州市第一中学高二10月月考物理试题（普通班）

2017-2018学年河南省林州市第一中学高二10月月考物理试题（普通班）

‎2017-2018学年河南省林州市第一中学高二10月月考物理试题（普通班）‎ 一、单选题（共10题；共40分）‎ ‎1、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc ， 实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（   ）‎ A、三个等势面中，a的电势最高 B、带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C、带电质点通过P点时的动能较Q点大 D、带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎2、在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b处分别固定一个正点电荷，c处固定一个负点电荷，它们的电荷量大小都相等，如图所示，D点为正三角形外界圆的圆心，E、G、H分别为ab、ac、bc的中点，E、F两点关于c点对称，下列说法中正确的是（   ）‎ A、D点的场强为零，电势也为零 B、G、H两点的场强相同 C、E、F两点的电场强度大小相等、方向相反 D、将一带正电的试探电荷有E点移动到D点的过程中，该电荷的电势能减小 ‎3、如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1 ， 电压为U1 ， 带电量为Q1 ， MN间电容为C2 ， 电压为U2 ， 带电量为Q2 ． ‎ 若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　） ‎ A、P向下动，Q向下动 B、U1减小，U2增大 C、Q1减小，Q2增大 D、C1减小，C2增大 ‎4、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（不考虑小球间的静电感应），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 ， 以下说法正确的是（      ）‎ A、静止时，A、B两小球间细线的拉力为3mg+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小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为 qE​ D、剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为 qE​‎ ‎5、（2015浙江）如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则（     ）‎ A、乒乓球的左侧感应出负电荷 B、乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C、乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用 D、用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 ‎6、如图，一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为σ 。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E 。下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为（  ）‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎7、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（     ）‎ A、小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B、当小球运动到c点时，洛仑兹力最大 C、小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D、小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎8、如图所示，虚线框内有匀强电场，AA,、BB,、CC,是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为‎0.5cm，其中BB,为零势面。一个质量为m，电量为q的粒子沿AA,方向以初动能EK自图中的P点进入电场，刚好从C,点离开电场。已知PA,=‎2cm，粒子的重力忽略不计，下列说法正确的是（    ）‎ A、该粒子通过零势面时的动能是1.25Ek B、该粒子在P点的电势能是1.25Ek C、该粒子到达C,点时的动能是2Ek D、该粒子到达C,点时的电势能是0.5Ek ‎9、如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E＝9×10－‎12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为‎50mm2 ， 键未按下时两金属片间的距离为‎0.6mm。如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（     ）‎ A、‎0.45mm B、‎0.3mm C、‎0.2mm D、‎‎0.15mm 10、 某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ ， 电势分别为UP和UQ ， 则（   ）‎ A、EP＞EQ ， UP＞UQ B、EP＞EQ ， UP＜UQ C、EP＜EQ ， UP＞UQ D、EP＜EQ ， UP＜UQ 二、多选题（共6题；共24分）‎ ‎11、（2017•江苏）在x轴上有两个点电荷q1、q2 ， 其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（　　） A、q1和q2带有异种电荷 B、x1处的电场强度为零 C、负电荷从x1移到x2 ， 电势能减小 D、负电荷从x1移到x2 ， 受到的电场力增大 ‎12、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图可以判断出（   ） A、带电粒子所带电荷的种类 B、粒子在a、b两点的受力方向 C、粒子在a、b两点何处速度大 D、a、b两点何处电场强度大 13、 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（   ）‎ A、从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B、从N到P的过程中，速率先增大后减小 C、从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D、从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎14、如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M，N，P，Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ ， 一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则以下正确的是（   ）‎ A、直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B、直线c位于某一等势面内，φM＞φN C、若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D、若电子由P点运动到Q点，电场力做正功 ‎15、（2017•新课标Ⅲ）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）‎ A、电场强度的大小为2.5V/cm B、坐标原点处的电势为1 V C、电子在a点的电势能比在b点的低7eV D、电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV ‎16、如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E= ．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（   ）‎ A、滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B、滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C、滑块回到A点时速度大小为 v D、A，B两点间电势差为 ‎ 三、综合题（共4题；共36分）‎ ‎17、如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量m=2.0×10﹣6kg，电量q=+1.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×10﹣6F，取g=10m/s2 ． 试求：‎ ‎(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小； ‎ ‎(2)两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点； ‎ ‎(3)落到下极板上带电粒子总的个数． ‎ 18、 如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长．问：‎ ‎(1)小球经多长时间落到斜面？ ‎ ‎(2)从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能如何变化？变化了多少？ ‎ 19、 如图所示，竖直平面内有坐标系xoy，在第二象限有平行于坐标平面的匀强电场E1（未画出），第一象限有与x轴夹角θ=530的虚线0P，虚线OP与x轴组成的空间内有水平朝左的匀强电场E2 ，‎ ‎ 有一个质量为m=2kg，带电量为+1C的带电粒子，以竖直向上的初速度v0=10m/s从第二象限的A点出发，并以v=5m/s的初速度垂直于虚线经过虚线上的P点，并最终刚好从P点正下方以速度  m/s穿过x轴．（g=10m/s2）‎ ‎(1)请求出P点的坐标 ‎ ‎(2)请求出第二象限内的电场E1对带电粒子做的功 ‎ ‎(3)试求电场E2的大小． ‎ 18、 如图所示，一个质量为m，带电量为q的带电小球，用长为L的绝缘轻质细线悬挂于匀强电场中的O点，静止时细线偏离竖直方向30°角．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)匀强电场的电场强度大小； ‎ ‎(2)若把细线拉至水平方向的A点，由静止释放小球，小球越过OB后，在左侧细线与OB的最大夹角． ‎ ‎2016级高二10月调研考试物理参考答案 ‎1、【答案】B,D 【解析】A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选BD． 2、【答案】D 【解析】A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0．因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A错误．B、E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，故E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同．故B错误．C、由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在D、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反，故C错误．D、若一带正电的试探电荷有E点移动到D点的过程中，电场力做正功，则该电荷的电势能减小．故D正确．故选：D． 3、【答案】C 【解析】将B板下移时，由C= ，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误； 假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；对AB分析可知，E1= ，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A不正确；故选：C． 4、【答案】 C 静止时，对B球进行受力分析，则有：‎ ‎，故A、B错误；剪断OA线瞬间，假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE ，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度 ，此时A、B球的加速度为（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为 ．故C正确，D错误. 5、【答案】D 【解析】从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平后左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误：乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。 6、【答案】A 【解析】本题由于带电体为圆环状，虽然可以由微分的方式可以求得合场强，但是过程很麻烦，并超过了我们高中学生能力之外，故应注意审题，根据题意对选项进行分析，首先根据场强的单位进行判断，再利用极限的思想即可得出结论．场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/s2 ，σ为单位面积的带电量，单位为C/m2 ，则表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，故可知A肯定错误；当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知EO=0，对于C项而言，x=0时E为一定值，故C项错误．当x→∞时E→0，而D项中E→4πκσ故D项错误；所以正确选项只能为A，故选A 7、【答案】D 【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点；错误。B、由于bc弧的中点相当于“最低点”‎ ‎，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；错误。C、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少；错误。D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减；正确。故选D。 8、【答案】C 【解析】根据等势面的分布情况和粒子的轨迹分析可知：粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．粒子从A到C，水平位移为x=2cm，竖直位移为y=1cm，由，求出vy，由速度的合成求出v，再求出该粒子到达C′点时的动能．粒子运动中电势能和动能总和不变，根据能量守恒定律确定粒子的总能量，再求出粒子经过P、C,点时的电势能。粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x=v0t，竖直方向做匀加速直线运动有，由题知x=2y，可得vy=v0 ，到达点的速度为，则到达C,点时的动能为：，由于相邻等势面间的距离相等，电势差相等，动能的增量相等，则该粒子通过等势面BB'时的动能是1.5Ek；C对；BB'为零势能面，由上可知，粒子经过等势面BB'时总能量为是1.5Ek ， 该粒子在P点时的电势能是1.5Ek-Ek=0.5Ek；B错；根据能量守恒得，该粒子到达C,点时的电势能D错；故选B 9、【答案】D 【解析】计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d0，至少要按下距离为d，电子线路恰能检测出必要的信号，则根据，得：，即d="0.15" mm 10、【答案】A 【解析】从图可以看出P点的电场线的密集程度大于Q点的密集程度，故P点的场强大于Q点的场强，因电场线的方向由P指向Q，而沿电场线的方向电势逐渐降低， P点的电势高于Q点的电势，故A项正确。 ‎ ‎11、【答案】A,C 【解析】A、由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；C、负电荷从x1移到x2 ，电势增大，由知负电荷在电势高的位置电势能小，故C正确；D、负电荷从x1移到x2‎ ‎ ，曲线斜率减小，所以电场强度减小，电荷受到的电场力减小，故D错误；故选：AC． 12、【答案】B,C,D 【解析】AB、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，如图．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．‎ C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，故C正确．D、根据电场线的疏密程度，可以判断出a、b两点场强的大小，可知a处场强较大，故D正确．故选：BCD． 13、【答案】B,D 【解析】A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；C、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣ mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；D、由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运动方向夹角大于90°，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；故选：BD 14、【答案】B,D 【解析】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN ． 故A错误，B正确．C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D正确．故选：BD． 15、【答案】A,B,D 【解析】A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，‎ 因为匀强电场，则有：E= ，依据几何关系，则d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为E= =2.5V/cm，故A正确；B、根据φc﹣φa=φb﹣φo ， 因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1 V，故B正确；C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D正确；故选：ABD． ‎ ‎16、【答案】C,D 【解析】A、B、C、滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得：又：E= 所以： 滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，则： 联立得：v′= v．由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间不相同．故A错误，B错误，C正确；D、AB两点之间的电势差：= ．故D正确．故选：CD 17、【答案】（1）解：对第一个落在O点的粒子：水平方向： 竖直方向： 得： （2）解：对落到B点的粒子由：L=v0t mg﹣Eq=ma 得： ‎ ‎ （3）解：由：Q=CEd=6.0×10﹣6（C） 得： 落到下极板上粒子总数为N+1=601个 18、【答案】（1）解：由题意分析，小球受到竖直向下的电场力与重力作用，小球做类平抛运动，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得  qE+mg=ma，qE=mg，得a=2g 水平方向：x=v0t 竖直方向：y= at2 又 =tanθ 联立上四式得：t= （2）解：小球向下运动的过程中，电场力做正功，故电势能减小． 由上得y= at2= 电场力做功为W=qEy=mg•y=m tan2θ 故电势能的减小量△Ep=W=m tan2θ 19、【答案】（1）解：在由P到Q的过程中， 代入数据： h=8m 根据几何关系： 解得：x=6m P点的坐标为（6，8） （2）解：在AP过程中根据动能定理，有： 代入数据： W=85J （3）解：粒子在由P到Q所用的时间在竖直方向上有 代入数据： t=1s 而在水平方向上粒子速度减为0 所用时间为 vsinθ﹣at'=0 代入数据： a=8m/s2 qE2=ma 代入数据： E2=16V/m ‎ ‎ 20、【答案】（1）解：对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，结合平衡条件运用合成法，如图， 由几何知识得：mgtanθ=qE 解得：E= = …①‎ （2） 解：由A到B由动能定理可得：﹣qEL（1+sinα）+mgLcosα=0…② 由①②可得：α=30° ‎ ‎44．（1）色氨酸 （2）质子泵基因的表达 ‎ ‎（二）①生长状况一致 ‎ ‎③适宜浓度的生长素中性缓冲液2ml 相同且适宜 ‎ ‎（三）切段伸长明显 伸长量与B组大致相当