黑龙江省哈尔滨尚志中学2019-2020学年高二上学期9月月考物理试题

黑龙江省哈尔滨尚志中学2019-2020学年高二上学期9月月考物理试题

尚志中学高二物理月考试题 一、选择题 ‎1.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处(　　) ‎ A. 场强大小为，方向沿AO方向 B. 场强大小为，方向沿OA方向 C. 场强大小为，方向沿AO方向 D. 场强大小为，方向沿OA方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：假设A处同样放+q的正电荷，由对称可知O处的合场强为零，所以在BCDE四处的+q电荷，在O处产生的合场强一定与A处所放的+q电荷产生的场强等大反向，即在BCDE四处的+q电荷在O处产生的合场强为，方向沿OA方向；所以若在A处放一个-q的电荷则圆心O处的场强为，方向沿OA方向。选项C正确。‎ 考点：此题考查场强的叠加，利用对称的方法考查分布不对称电荷的场强情况。‎ ‎2.如下图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据点电荷的电场强度公式，可得a、b两点电场强度大小相等，场强的方向相反，电势是标量，所以a、b两电势相等。故A错误。 B．根据点电荷的电场强度公式，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等。故B错误。‎ C．根据点电荷的电场强度公式，得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，场强的方向相同。a、b两电势相等。故C正确。‎ D．根据点电荷的电场强度公式，可得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，但场强的方向不同。故D错误。‎ ‎3.带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内 A. 一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B. 一定沿电场线由低电势处向高电势处运动 C. 不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D. 不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体的运动情况取决于合力和初始条件。小球只受到电场力的作用，从静止开始释放，仅受电场力作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，若为直线，小球沿电场线运动，若为曲线，小球不沿电场线运动。在任意一段时间内，小球不一定从高电势向低电势运动，比如在等量同种负电荷连线的中垂线上做往复运动。‎ A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动。故A错误。‎ B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动。故B错误。‎ C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动。故C错误。‎ D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动故D正确。‎ ‎4.如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，＝0.2 m。一个电荷量q＝1×10－5 C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10－3 J。则该匀强电场的场强大小和方向分别为(　　)‎ A. 500 V/m、沿ab由a指向b B. 500 V/m、垂直ab向上 C. 1000 V/m、垂直ab向上 D 1000 V/m、沿ac由a指向c ‎【答案】C ‎【解析】‎ 正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W=Uq可知，ac两点的电势差，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab斜向上；‎ ac间沿电场线的距离；由可知：电场强度；方向垂直ab向上；故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离。‎ ‎5.如图所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取L2的电势为零，有一负电荷在L1处动能为30J，运动到L3处动能为10J，则电荷的电势能为4J时，它的动能是(不计重力和空气阻力)： (　　)‎ A. 6J B. 4J C. 16J D. 14J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据等差等势面的特点，由W=qU，电荷L1到L2，L2到L3‎ 电场力做功相等，电势能减小量相等，可确定电荷在L2处的动能为20J，此处电势能为零，再者总量为20J，电势能与动能总量守恒，当电势能为4J，动能为16J．‎ 解答：解：如图为三个等差等势面，根据W=qU，电荷L1到L2，L2到L3电场力做功相等，电势能减小量相等，则电荷在L2处动能为20J，此处电荷电势能为零，电荷电势能与动能总量为20J，根据能量守恒，当电势能为4J时，动能为16J．‎ 故选C 点评：本题的关键在于确定总能量，技巧在于选择研究L2等势面．‎ ‎6.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、Ecx，下列说法中正确的有 A. B、C两点的电场强度大小EBx＜Ecx B. EBx的方向沿x轴正方向 C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．‎ ‎【详解】A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由题图得，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有，可见EBx>ECx，A项错误。C、同理可知O点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误。B、沿电场线方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，B项错误。D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D项正确．故选D。‎ ‎【点睛】挖掘出图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中 降低的方向反映场强沿x轴的方向。‎ ‎7.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（ ）‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变大，U2变小 C. U1变小，U2变大 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：y=at2=• •t2，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选C。‎ ‎8.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是( ) ‎ A. 小球再次到M点时，速度刚好为零 B. 小球从P到M过程中，合外力对它做的功为mgL C. 小球从P到M过程中，其机械能增加了(1+)mgL D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零。故A错误。‎ B．电场力与重力合力为 F合＝mgcot30°＝mg 这个方向上位移为L，所以合外力做功为 ‎ W合＝F合L＝mgL 故B正确。‎ C．合外力做功为mgL，由动能定理知动能增加量为mgL。重力势能增加量mgL，则机械能增加量等于动能增加量（+1）mgL。故C正确。‎ D．若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动。故D正确。‎ ‎9. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是 A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C. 保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D. 保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由E=分析E的变化．‎ 解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．‎ B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．‎ C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．‎ D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．‎ 故选AD ‎【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．‎ ‎10.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是 (　　)‎ A. a对b的静电力一定是引力 B. a对b的静电力可能是斥力 C. a的电荷量一定比b多 D. a的电荷量可能比b少 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果；‎ ‎【详解】A、根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，故A正确，B错误； C、根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此a的电荷量一定比b多，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”距离上“近小远大”。‎ ‎11.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；‎ ‎12.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC = 2OA，AC = 2BC，如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A. 三个粒子在电场中运动的时间之比tA : tB : tC = 2 : 3 : 4‎ B. 三个粒子在电场中运动的加速度之比aA : aB : aC = 1 : 3 : 4‎ C. 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA : EkB : EkC =36 : 16 : 9‎ D. 带正、负电荷两个粒子的电荷量之比为7 : 20‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在水平方向做匀速运动，则时间之比等于水平位移之比，则tA : tB : tC = OA:OB:OC=2 : 3 : 4，选项A正确；竖直方向根据可知，则 aA : aB : aC =，选项B错误；三个粒子在电场中运动时动能的变化量等于合外力的功，即，三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA : EkB : EkC =36 : 16 : 9，选项C正确；由轨迹可知，C带正电，A带负电，B不带电，则aB=10m/s，则aA=22.5m/s2，aC=m/s2，因则对A:；对C: ，解得qC:qA=7:20，选项D正确；故选ACD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道微粒做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，关键找到突破口，本题从初速度相等，水平位移不等入手分析．‎ 二、填空题 ‎13.如图，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V/m，A、B两板相距1cm，则A、B间电势差UAB＝______V； C点与A相距0.4cm，若令B板接地（即电势φ=0），则C的电势φC是_________V；将带电量为－1.0×10-12C的点电荷置于C点，其电势能为________J．‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 60 (3). －6×10-11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]A、B间的电势差：‎ ‎[2]BC间的距离d′=0.6cm，则CB间的电势差：‎ 因为UCB=φC-φB，φB =0，解得：‎ φC =60V ‎[3]电荷在C点的电势能：‎ ‎14.如图，在光滑水平面上固定三个等质量的带电小球（均可视为质点），A、B、C三球排成一直线。若释放A球（另两球仍固定）的瞬时，A球的加速度大小为1m/s2，方向向左；若释放C球（另两球仍固定）的瞬时，C球的加速度大小为2m/s2，方向向右；则释放B的瞬时，B球的加速度大小为______________m/s2，方向向_________________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】小球A受到小球B和C的作用力分别记为FBA和FCA，小球B分别受到小球A和C的作用力分别记为FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力记为FAC和FBC 对小球A有：      ① 对小球B有：     ② 对小球C有：    ③ 由于FBA和FAB互为作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有 ‎，故有①+②+③得 ：，根据题意取向左为正方向，则有：‎ 据知，方向与正方向相同即向左． 即释放B球时，B球加速度大小为1m/s2，方向向左．‎ ‎【点睛】本题对三个带电小球正确受力，根据牛顿第二定律列示求解即可。‎ ‎15.如图所示，水平放置的两平行金属板间距为 d ，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为 m、、电量为－q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度 h = _________________， ‎ ‎【答案】 ;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子从静止开始到上升到最大高度过程中,重力做负功,电场力做正功,根据动能定理可得解得 三、计算题 ‎16.如图，在真空中的O点放一点电荷Q＝4.0×10-9C，直线MN过O点，OM＝20cm，M点放有一点电荷,如图所示，（静电力常量k=9.0×109N •m2/C2）求：‎ ‎（1）M点的电场强度大小；‎ ‎（2）若M点的电势比N点高20V，则电荷q从M点移到N点，求电场力做功为多少？‎ ‎【答案】（1）900N/C （2）-4×10-9J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据点电荷场强公式：，代入数据可得M点的电场强度为：‎ E=900N/C ‎(2) 电荷q从M点移到N点，电场力做的功为：‎ WMN=qUMN=q（φM-φN）=-2×10-10×20J=-4×10-9J ‎17.如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。‎ ‎（1）求小球带电性质和电场强度E；‎ ‎（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ ‎【答案】（1）。（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球受力分析如图所示：‎ 可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。‎ 由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图。根据平衡条件得：qE＝mgtan，则：‎ ‎(2)小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，如图所示：‎ 所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律： ‎ 从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得：‎ ‎﹣mgL（1+cos30°）﹣qELsin30°＝mvC2﹣mvA2‎ 联立以上解得：‎ ‎18. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y 轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速可忽略的电子经过一个电势差U未确定的电场直线加速后，从y轴上的A点以垂直于电场的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h），已知电子的电量为e，质量为m，（重力忽略不计），若电子可以在第一象限从MN边界离开电场区域，求：‎ ‎（1）加速电场的电势差要满足的条件；‎ ‎（2）若满足上述条件的加速电场的电势差为U0时，求电子经过x轴时离坐标原点O的距离X。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析: ⑴由动能定理：eU=mv02/2 　‎ 带电粒子做类平抛运动在水平方向　d=v0t 在竖直方向H＝at2/2＜ｈ　　　　a=Ee/m 解得：‎ ‎⑵设电子离开电场时速度与x轴的夹角为θ，则有 电子离开电场时偏移的距离 电子离开电场时的纵坐标 由几何关系　　　　　　　‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；运动的合成和分解．‎ ‎19.如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=,O为AB连线的中点.一质量为m带电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n>1），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：‎ ‎（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.‎ ‎（2）Ob两点间的电势差Uob.‎ ‎（3）小滑块运动的总路程S.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)由动能定理：a到O过程①‎ O到b过程②‎ 又，a、b关于O点对称，有：③‎ 由①②③式得：④ ‎ ‎ (2)对滑块从O到b过程，由动能定理 ‎⑤‎ 由④⑤式得⑥ ‎ ‎ (3)对滑块从a开始运动到最终静止于O点过程，由动能定理 ‎⑦‎ 由③④⑥⑦式得S=‎ ‎ ‎