物理卷·2019届北京市朝阳区陈经伦中学高二上学期10月月考物理试题（解析版）

物理卷·2019届北京市朝阳区陈经伦中学高二上学期10月月考物理试题（解析版）

北京市朝阳区陈经伦中学2017-2018学年高二10月月考试卷物理试题 一、选择题 ‎1. 如图所示，三个完全相同的金属小球、、位于等边三角形的三个顶点上．和带正电，带负电，所带电量的大小比的小．已知受到和的静电力的合力可用图中四条有线段中的一条来表示，它这条有向线段应是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 点睛：本题关键分析出c球受到的各个静电力，然后根据平行四边形定则作图，从图象中可以判断合力的大致方向。‎ ‎2. 一个质子和一个粒子原来相隔一定距离，若同时从静止释放它们，它们仅在相互间的电场力作用下开始运动，则在它们的运动过程中不发生变化的物理量是（ ）‎ A. 它们的总功能 B. 各自的加速度 C. 它们的总动量 D. 它们的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】A．质子与粒子在库仑力作用下都做加速运动，两粒子动能都增大，系统总动能增大，故A错误；‎ B．随两粒子间距离的增大，粒子间的库仑力减小，两粒子的加速度大小都减小，故B错误；‎ C．两粒子组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在运动过程中系统总动量不变，所以选项C正确；‎ D．两粒子运动过程中库仑力做正功，系统电势能减小，故D错误。‎ 点睛：本题考查了质子和粒子在库仑力作用下的运动，两粒子间的库仑力是作用力与反作用力，是内力，系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。‎ ‎3. 设电子在运动过程中只受电场力作用．在下述的哪一种电场中可能出现以下情况：只要给电子一个适当的初速度它就能始终沿同一条电场线运动；而给电子另一个适当的初速度它就能始终沿某一个等势面运动（ ）‎ A. 正点电荷产生的电场 B. 负点电荷产生的电场 C. 匀强电场 D. 等量异种点电荷产生的电场 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：电子能沿着电场线运动，电场线必须是直线，而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动，说明电场力提供向心力而做匀速圆周运动，又因为该粒子为电子，带负电，所以这样的电场只有正点电荷的电场，所以选择A 考点：考查库仑力和电场线的应用 点评：本题难度较小，要明确常见的电荷电场线分布，理解电子不可能在只受电场力的作用下沿着弯曲的电场线运动 ‎4. 如图所示是空间某一电场中的一条电场线．、是该电场线上的两点．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该电场一定是匀强电场 B. 比较、两点的场强大小，一定有 C. 比较同一个试探电荷在、两点受到的电场力，一定有 D. 比较电子在、两点的电势能，一定有 ‎【答案】D ‎【解析】A．一条电场线无法确定场强大小和方向是否处处相同，所以该电场不一定是匀强电场，故A错误；‎ B．电场线的疏密才反映电场强度的大小，而一条电场线无法确定疏密，所以不能比较、两点的场强大小，也不能知道电场力的大小，故BC错误；‎ D．若电子从运动到，电场力对电子做正功，电势能减小，则一定有，所以选项D正确。‎ 点睛：本题考查对电场线物理意义的理解，由于无法确定电场线的疏密，故该电场不一定是匀强电场，即无法比较M、N两点的场强大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断M、N两点电势的高低，根据电场力做功正负判断电势能的大小。‎ ‎5. 图中虚线所示为静电场中的等势面、、、，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面的电势为．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过、点时的动能分别为和．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为时，它的动能应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题，电荷经过a、b点时的动能分别为和，动能减小为，而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为，又由题，电荷经b点时的动能为，所以电荷的总能量为，其电势能变为时，根据能量守恒定律得到，动能应为，故选项C正确。‎ 点睛：本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，‎ 根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为时的动能值。‎ ‎6. 平行板电容器和电源、电阻、电键串联，组成如图所示的电路．接通开关，电源即给电容器充电（ ）‎ A. 保持接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小 B. 保持接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的带电量不变 C. 充电结束后断开，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 D. 充电结束后断开，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查电容器，保持K接通，电容器始终与电源相连，电压不变，由E=U/d可知减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度增大，A错；在两极板间插入一块介质，电容器电容增大，由Q=CU可知电容器带电量增大，B错；充电结束后断开K，电容器电量不变，减小两极板间的距离，由可知电容增大，由U=Q/C电压减小，Ｃ对；同理D错 点评：当电容器与电源连接时两极板电压不变，场强大小根据E=U/d来判断，当电容器与电源断开，电容器电量不变，场强大小与单位面积的带电量成正比，只改变两极板间的垂直距离不会改变场强大小 ‎7. 关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低 B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 ‎【答案】C ‎【解析】解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电 荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．‎ ‎ ‎ ‎8. 如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.下列说法中正确的是 A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点 B. 若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点 C. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点 ‎【答案】D ‎【解析】三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到： 加速度为： 偏转距离为：，运动时间为： 联立三式得： A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核 和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误． B、若它们射入电场时的动量相等，，可见y与成正比，三个都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故B错误； C、若它们射入电场时的动能相等，则y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误． D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。‎ 点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、氘核和粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析。‎ ‎9. 如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷，从点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在的电场中运动到点静止．则从点运动到点的过程中，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 小物块所受电场力逐渐减小 B. 小物块具有的电势能逐渐减小 C. 点的电势可能高于点的电势 D. 小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】A．物块与点电荷的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可以知道，小物块所受电场力逐渐减小，故A正确；‎ B．由题分析可知，点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能减小，故B正确；‎ C．由题分析可以知道，物块与点电荷是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷终止，根据顺着电场线电势降低可知，点的电势低于点的电势，故C错误；‎ D．物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功，所以选项D正确。‎ 点睛：本题分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，这是研究物体运动情况常用的两个角度。‎ ‎10. 如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子、（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从点以相同的速率射入该电场，运动轨迹分别为曲线和，其中、分别是它们离固定点电荷最近的位置．‎ ‎①一定是正离子，一定是负离子．‎ ‎②在点的速率一定大于在点的速率．‎ ‎③在点的速率一定大于在点的速率．‎ ‎④从过程电势能的增量一定小于从电势能的增量．以上说法中正确的是（ ）‎ A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有①④ D. 只有②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】①由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故①错误； ②由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以在p点的速率一定大于N在q点的速率，故②正确； ③D由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等．故③错误． ④由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．故④正确．故选B．‎ ‎11. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间由一正电荷（电量很小）固定在点，如图所示，以表示两极板间电场强度，表示负极板电势，表示正点电荷在点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）‎ A. 变大、降低 B. 不变、升高 C. 变大、变小 D. 变大，升高 ‎【答案】BD ‎【解析】A、平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由、和可以得到：，分析得到板间场强不变，电容增大，而电量不变，由公式分析得知板间电压减小，由于负极板的电势比正极板低，则负极板电势升高，故AC错误，B正确；‎ D、根据，E不变，P点到正极板的距离减小，则正极板与P点的电势差减小，正极板电势为零，P点的电势比正极板低，则P点的电势升高，正电荷在P点的电势能增大，故D正确。‎ 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定P点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化。‎ ‎12. 空间某一静电场的电势在轴上分布如上图所示，轴上两点、的电场强度在方向上的分量分别是、下列说法中正确的有（ ）‎ A. 的大小大于的大小 B. 的方向沿轴正方向 C. 电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大 D. 负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做负功，后做正功 ‎【答案】A ‎【解析】A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，故A正确；‎ B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，故B错误；‎ C、在点，斜率为零，所以电势强度为零，电场力也为零，故C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，故D错误。‎ 点睛：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，入手点在于如何判断和的大小，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。‎ ‎13. 、是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从点沿电场线运动到点，其图象如上图所示．则这一电场可能是下图中的（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选A．‎ 点睛：本题考查了速度--时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的 大小．‎ ‎14. 空间存在竖直向上的匀强电场，质量为的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如下图所示，在相等的时间间隔内（ ）‎ A. 重力做的功相等 B. 电场力做的功相等 C. 电场力做的功大于重力做的功 D. 电场力做的功小于重力做的功 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：带电粒子受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，电场力大于重力，合力也是恒力，方向竖直向上，因此粒子才向上偏转，根据牛顿第二定律，有。带电粒子做类平抛运动，在竖直方向，相等的时间间隔内发生的位移之比为1:3:5:7 ，因此重力做功不相等，选项A错误。电场力做功也不相等，选项B错误。电场力做功大于重力做功，选项C正确，D错误。‎ 考点：本题考查电场和重力场做功的问题。‎ ‎15. 示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况，电子经电压加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压、水平偏转电压与荧光屏上所得的图形的说法中不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. 如果只在上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图 B. 如果只在上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图 C. 如果同时在和上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图 D. 如果同时在和上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图 ‎【答案】C ‎【解析】A．如果只在上加上甲图所示的电压，电子只在竖直向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一竖直图线，如图所以选项A正确；‎ B．如果只在上加上乙图所示的电压，是子只在水平向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图所以选项B正确；‎ C．如果同时在和上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏上看到的图形如甲图形，故C错误；‎ D．如果同时在和上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏显示的与甲同波形，为图，所以选项D正确。‎ 点睛：考查示波器的显示特点，据电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系，可分析所给各情况的荧光屏显示图形，如：水平向所加图示电压可在电子在水平向全扫描，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同。‎ 三、计算题 ‎16. 在真空中两个等量异种电荷的点电荷，电荷量均为，相距，则它们之间的相互作用力为多少，在两者连线的中点处，电场强度大小为多少．‎ ‎【答案】，．‎ ‎【解析】已知真空中两点电荷的电量均为，距离，根据库伦定律得电荷间的作用力．‎ 两点电荷在中点处产生的场强大小均为 ‎．‎ 方向相同，则在两者连线的中点处，电场强度大小为。‎ 点睛：根据库仑定律求解与两电荷间的作用力．根据点电荷场强公式分别求出两点电荷在中点处产生的场强，再进行合成，求出合场强。‎ ‎17. 如图所示，匀强电场的电场强度为，一带电小球质量为，轻质悬线长为，静止时悬线与竖直方向成角．‎ ‎（）小球带何种电荷，电荷量是多少．‎ ‎（）若将小球拉到悬点正下方由静止释放，小球通过原平衡位置时的速度大小是多少．‎ ‎（）小球经过原平衡位置时，绳的拉力大小是多少．‎ ‎【答案】（）．（）．（）．‎ ‎ ‎ ‎（）将小球拉到悬点正下方由静止释放，根据动能定理得：‎ ‎．‎ 计算得出．‎ ‎（）在原平衡位置处，根据牛顿第二定律：，将代入整理可以得到：‎ 点睛：本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况 判断小球的运动情况，再根据动能定理求速度，根据向心力求解拉力的大小。‎ ‎18. 如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为的电子（电荷量为）静止在竖直放置的平行金属板的点，经电压加速后通过点进入两板间距为、电压为的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，、分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（）电子通过点时的速度大小．‎ ‎（）右侧平行金属板的长度．‎ ‎（）电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎【答案】（）．（）．（）．‎ ‎【解析】（1）在加速过程根据动能定理得： eU0=mv02 解得到质子射出加速电场的速度 （2）粒子在竖直方向：y=d＝at2，  在水平方向：x=L=v0t 联立上式得到 d＝‎ 代入数据得L= （3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得： mv 2=e（U0+）‎ ‎19. 在如图所示的平面内（轴正方向竖直向上）存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点沿轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为，不计空气阻力，当它上升到最高点时，它的动能为，求：‎ ‎（）试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动．‎ ‎（）在图中画出带电小球从抛出点到落回与在同一水平线上的点的运动轨迹示意图．‎ ‎（）带电小球落回到点时的动能．‎ ‎【答案】（）竖直方向小球做匀减速直线运动（竖直上抛运动）．沿水平方向，做初速度为零的匀加速度直线运动．‎ ‎（2）如图所示．‎ ‎（3）‎ ‎【解析】（1）在竖直方向，小球受重力作用，由于重力与小球的初速度方向相反，所以沿竖直方向小球做匀变速直线运动（竖直上抛运动）。…（3分）‎ 沿水平方向，小球受水平向右的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动。……（3分）‎ ‎（2）运动轨迹示意图如图所示。‎ 说明：画出OM段给3分，画出MO′段给3分。如果OM或MO′画成直线的不给分；如果画成OP=PO′扣3分。‎ ‎（3）设小球质量为m、带电量为q，初速度为v0，上升的最大高度为h，OM（OP）两点间电势差为U1，MO′（PO′）两点间电势差为U2，小球在O′点的动能为Ek′。‎ 对于小球从O到M的过程，根据动能定理有：qU1-mgh=EkM-Ek0‎ 由竖直方向的分运动可得出：h=， mgh=mv02‎ 对于小球从M到O′的过程，根据动能定理有：qU2+mgh= Ek′- EkM 根据竖直上抛运动的时间特点和小球沿水平方向的分运动特点可知：‎ OP：P O′=1：3‎ 由匀强电场的电势差与场强的关系有U1：U2=1：3‎ 由以上方程可解得：Ek′=24J ‎ ‎ ‎ ‎