河南省鲁山县第一高级中学2020学年高二物理10月月考试题

河南省鲁山县第一高级中学2020学年高二物理10月月考试题

河南省鲁山县第一高级中学2020学年高二物理10月月考试题 ‎ 一、选择题（共12小题，每题4分，共48分，1—8题为单项选择题，9—12为多项选择题）‎ ‎1.关于静电场，下列结论普遍成立的是(　　)‎ A．电场强度为零的地方，电势也为零 B．电场强度的方向与等势面处处垂直 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 解析：选B　电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零时，电场强度不一定为零，故A、C错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；顺着电场线方向电势降低，但电势降低的方向并不一定是电场强度的方向，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误。‎ ‎2.两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是(　　)‎ A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C．Q1、Q2一定均为正电荷 D．Q1、Q2一定均为负电荷 解析：选A　由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误。因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误。‎ ‎3.如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)‎ A．vM＜vN，aM＜aN　　　　B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN 解析：选D　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMφN，故B、C错误。又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。‎ ‎4.在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．电势高低关系有φa>φb、φc>φd C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功 D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变 解析：选C　对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有Eb>Ea，Ec＝Ed，选项A错误；因沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa<φb，再由对称性可知φc＝φd，选项B错误；由于a点电势低于b点电势，将负点电荷由a沿圆弧运动到b，电场力做正功，选项C正确；因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低，所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大再减小，选项D错误。‎ ‎5.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)‎ A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C．O点的电场强度为零，电势最低 D．O点的电场强度不为零，电势最高 解析：选C　圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零。圆环上各电荷在x轴产生的电场强度有水平向左的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从O点沿x轴正方向，电势升高。O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。综上分析可知C正确，A、B、D错误。‎ ‎6.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，选沿x轴方向为正方向，以下判断正确的是(　　)‎ A．点电荷M、N均为负电荷 B．M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ C．沿x轴从0到3a电势逐渐降低 D．将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小再增大 解析：选D　若两电荷为异种电荷，在x＝2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A错误；由于在x＝2a处，电场强度为0，则有＝，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故B错误；沿x轴从0到2a电势逐渐降低，从2a到3a电势逐渐增大，故C错误；从0.5a到2.4a电势先降低后增大，根据Ep＝qφ可知将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小后增大，故D正确。‎ ‎7.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)‎ A．1∶2　　　　　　　　　 B．1∶8‎ C．2∶1 D．4∶1‎ 答案：D ‎8.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错误，D正确；电场力qE＝，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。‎ ‎9.(多选)如图所示，M、N为电场中两个等势面，GH直线是其中的一条电场线，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．EG＜EH B．正电荷置于G点时电势能大于置于H点时的电势能 C．φG＜φH D．负电荷由H点移动到G点时电场力做正功 答案：ABD ‎10. (多选)如下列选项所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，则能正确表示该电场强度方向的是(　　)‎ 解析:　匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分。把AB等分为三段，AB间电势差为3 V，则每等份电势差为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将F、C相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把A、C相连，分为两份，AC间电势差为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确。‎ 答案:　BC ‎11.(多选)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM ‎ >ON，由图可知(　　)‎ A．N点的电势低于M点的电势 B．M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小 C．仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动 D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功 解析：选BD　由题图知，N点的电势高于M点的电势，故A错误； 由E＝可知，图像的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小，斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同，故B正确； 根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动，故C错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D正确。‎ ‎12. (多选)如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则(　　)‎ A．力F大小的取值范围只能在0～ B．电场强度E的最小值为 C．小球从A运动到B电场力可能不做功 D．若电场强度E＝时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ 答案　BCD 解析　小球受到重力mg、力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，‎ 可知， 当电场力qE沿水平方向时，F＝，电场力qE可以继续增大，F也能继续增大，F可以大于，A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEmin＝mgsin θ，所以电场强度的最小值为：Emin＝，B正确；若电场强度E＝，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，小球从A运动到B电场力不做功，电势能变化量为0，也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为2mgdsin2θ，C、D正确．‎ 二、填空题（10分）‎ ‎13.（6分）如图所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿电场方向，BC和电场方向成60°角.一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从A移到B，电场力做功为W1＝1.2×10－7 J.匀强电场的电场强度E的大小为________ N/C.电荷从B到C，电荷的电势能改变情况是________（填“增加”“减少”） 改变量是_______________ J 答案　60 N/C；减少;1.44×10－7 J 解析　(1)由W1＝qE·AB得，该电场的电场强度大小为 E＝＝ N/C＝60 N/C ‎(2)电荷从B到C，电场力做功为 W2＝F电·BC·cos 60°＝qE·BC·cos 60°‎ ‎＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J 所以，该过程电势能减少1.44×10－7 J.‎ ‎14．（4分）静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度________(填“增大”“减小”（不变）)，保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度________(填“增大”“减小”（不变）)‎ 答案　增大 不变 解析：断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角。‎ 三、计算题（共42分）‎ ‎15.（12分）如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：‎ ‎(1)粒子在偏转电场中运动的时间t；‎ ‎(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。‎ 解析：(1)粒子从静止经加速电压U1加速后，由动能定理得qU1＝mv02(2分)‎ 解得v0＝ (1分)‎ 粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间满足L＝v0t(2分)‎ 解得t＝L 。(1分)‎ ‎(2)粒子在偏转电场中竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 加速度a＝(2分)‎ 纵向偏移量y＝at2(2分)‎ 解得y＝。(2分)‎ 答案：(1)L 　(2) ‎16. (15分)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球所受的电场力大小；‎ ‎(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。‎ 解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝mg。(5分)‎ ‎(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，(4分)‎ 解得v＝。(1分)‎ 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2，(4分)‎ 解得v0＝2。(1分)‎ 答案：(1)mg　(2)2 ‎17．(15分)一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球带电情况；‎ ‎(2)小球由A到B的位移；‎ ‎(3)小球速度的最小值．‎ 答案　(1)小球带正电，电荷量为　‎ ‎(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方　(3) 解析　(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g B点是最高点，竖直分速度为0，有t＝(1分)‎ 水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为0，加速度ax＝(1分)‎ 水平方向有：v0＝t(1分)‎ 联立解得：Eq＝mg(1分)‎ 可得q＝(1分)‎ ‎(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向有2gh＝v(1分)‎ 可得h＝(1分)‎ 所以位移为h＝(1分)‎ 其与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝1，(1分)‎ 即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方(1分)‎ ‎(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ 则：tan θ＝＝1，如图所示 开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小 后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加 因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin 即：tan θ＝＝1，(1分)‎ 则vx＝vy，vx＝t′＝gt′，(1分)‎ vy＝v0－gt′(1分)‎ 解得t′＝，(1分)‎ vmin＝＝.(1分)‎