安徽省全椒县二中2020学年高二物理11月试题（含解析）

安徽省全椒县二中2020学年高二物理11月试题（含解析）

安徽省全椒县二中2020学年高二物理11月试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1. 把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为(　　)‎ A. A球的正电荷移到B球上 B. B球的负电荷移到A球上 C. A球的负电荷移到B球上 D. B球的正电荷移到A球上 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、D金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球．故A、D错误．‎ B、C，B球原来不带电，与A球接触后，由于A球上正电荷对电子的吸引，电子从B球转移到A球上，原来中性的B球就带正电．电子带负电，所以B带正电是由于B球上的负电荷移到A球上的缘故．故B正确，C错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题运用基本知识分析物理现象的能力．‎ ‎2. 下列关于电场线的说法中正确的是(　　)‎ A. 人们可以用实验的方法表现出电场线，所以电场线是在电场中实际存在的线 B. 电场线上任意一点电场方向总是跟该点的电荷所受的电场力的方向相同 C. 沿着电场线方向电场强度越来越小 D. 静电场中的任意两条电场线都不可能相交 ‎【答案】D ‎【解析】A、电场线实际上并不存在，故A错．‎ B、电场线上任意一点电场方向总是跟该点的正电荷所受的电场力的方向相同，与负电荷所受的电场力的方向相反，故B错．‎ C、沿着电场线方向电场强度的大小可能变大、变小，或是不变，故C错．‎ D、在静电场中任意两条电场线都不会相交，故D对 综上所述本题答案是：D ‎3. 如图所示，是点电荷电场中的一条电场线，则(　　)‎ A. a点场强一定大于b点场强 B. 形成这个电场的电荷一定带正电 C. 在b点由静止释放一个电子，将一定向a点运动 D. 正电荷在a处受到的静电力大于其在b处的静电力 ‎【答案】C ‎【解析】一条电场线不能确定疏密，则无法确定a、b两点场强关系，也不能确定正电荷在两点静电力的大小，选项AD错误；已知一条电场线不能确定形成这个电场的电荷的电性，选项B错误；在b点由静止释放一个电子，受到指向a的电场力，则一定向a点运动，选项C正确；‎ 故选C.‎ ‎4. 关于电源的作用和电动势，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电源的作用是为电路持续地提供自由电荷 B. 电源的作用是能够直接释放出电能 C. 电源的作用是使自由电荷运动起来 D. 电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关 ‎【答案】B ‎【解析】A、自由电荷是导体中本身带有的，不是由电源提供的，故A错．‎ B、电源是将其他形式能转化为电能，并不是直接释放电能，故B错．‎ C、电源的作用是为导体两端提供电压，在导体内产生电场，使自由电荷在电场力作用下做定向移动，使导体中形成持续的电流，故C错．‎ D、电动势是一个用比值定义的物理量，这个物理量与这两个相比的项没有关系，它是由电源本身决定的，是表征其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，故D正确 综上所述本题答案是：D ‎5. 半径相同（大小为r）的金属球A、B带有相等电荷量q，相距一定距离d（d远大于r）时，A、B两球间存在库仑斥力且为F，今让第三个与A、B相同的不带电的金属球C先后与A、B接触，然后再移开，此时A、B间的相互作用力大小是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】若A、B间为斥力，则A、B带等量同种电荷，经C先后接触后，，，此时相互作用力，故A正确，‎ 综上所述本题答案是：A ‎6. 某导体中的电流随其两端的电压的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 加5 V的电压时，导体的电阻约是0.2Ω B. 加11 V的电压时，导体的电阻约是1.4 Ω C. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小 ‎【答案】D ‎【解析】加5 V的电压时，电流为1.0 A，则由欧姆定律可知，，故A正确；加11 V的电压时，电流约为1.5 A，则可得电阻为：，故B错误；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；随着电压的减小，导体的电阻减小，故D正确。‎ ‎7.‎ ‎ 如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①液滴将加速向下运动　②M点电势升高　③带电液滴在M点的电势能增大　④在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】①电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动．故①错误．②由U=Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低．故②错误．③由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大．故③正确．④在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W=qU知，电场力做功相同．故④正确．故选B 点睛：由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同．同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负．‎ ‎8. 如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合电键后，悬线与竖直方向夹角为α。则( )‎ A. 保持电键闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小 B. 保持电键闭合，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 C. 将电键再断开，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 D. 将电键再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大．相反，加大P、Q两板间的距离时，α会减小．故AB错误．电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式，U=Ed、，则得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ 考点：电容器的电容；电场强度.‎ ‎9. 如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是(　　)‎ A. 1、3两点电场强度方向不相同 B. 5、6两点电场强度相同 C. 4、5两点电势相同 D. 1、3两点电势相同 ‎【答案】BC ‎【解析】A、1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度方向相同，故A错 B、2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，故B正确 C、两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，故C 正确；‎ D、顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D错误；‎ 综上所述本题答案是：BC ‎10. 如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中(　　)‎ A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容变小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；‎ 考点：考查了电容器的动态变化 ‎【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎11. 如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN ，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则 (　　)‎ A. 点电荷Q一定在MP的连线上 B. 连接PF的线段一定在同一等势面上 C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D. φP大于φM ‎【答案】AD ‎..................‎ 故选项A正确；‎ B、点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；‎ C、正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；‎ D、由几何关系知点电荷Q距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确 综上所述本题答案是：AD ‎12.‎ ‎ 如图所示，在x,y坐标系中有以O点为中心，边长为0.20m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场（图中未画出），已知A、B、C三点的电势分别为3V、V、-3V，则下列说法正确的是（）‎ A. D点的电势为V B. 该匀强电场的场强大小E=10V/m C. 该匀强电场的场强大小E=10V/m D. 电场场强方向与x轴正方向成θ=30°角 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：因A、C 两点的电势分别为3V、-3V，可知O点的电势为零，由对称性可知D点的电势为V，选项A正确；设过O点的零等势线与x轴夹角为α，则；；解得α=600；E=10V/m，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x轴正方向成θ=30°角，选项CD正确；故选ACD．‎ 考点：电场强度；等势面 ‎【名师点睛】解决本题的关键是正确理解U=Ed，分析匀强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解场强；注意电场线和等势面正交。‎ 二、实验题 ‎13. 把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满电流Ig为200?A，内阻估计在400～600Ω之间．‎ ‎（1）按图示电路测定电流表G的内阻，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：‎ A．电阻箱（阻值范围0～999Ω）‎ B．电阻箱（阻值范围0～99999Ω）‎ C．电源（电动势6V，内阻0.3Ω）‎ D．电源（电动势12V，内阻0.6Ω）‎ 按实验要求，R最好选用______；R′最好选用______；E最好选用______（填入选用器材的字母代号）‎ ‎（2）现已按电路图正确连接好电路，将R的阻值调至最大，闭合开关K1，接下来的实验步骤由你完成．请你从下列选项中选出必要的步骤并正确排序______‎ a．记下R′的阻值 b．调节R的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度 c．闭合K2，调节R和R′的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 d．闭合K2，保持R不变，调节R′的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ‎（3）如果按正确操作步骤测得R′的阻值为500Ω，则Rg的阻值大小为______（填写字母代号）‎ A.250Ω         B.500Ω         C.750Ω          D.1000Ω ‎（4）为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为 ___ Ω的电阻与此电流表串联．‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). A (3). D； (4). （2）bda； (5). （3）B；  (6). （4）9500．‎ ‎【解析】（1）应用半偏法测电表内阻实验时，电源电动势越大，实验误差越小，因此电源应选D，内阻估计在400～600Ω之间，与电表并联的电阻箱R′应选A，为保护电路安全，电阻箱R选B．‎ ‎（2）应用半偏法测电阻时，应先调节R的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度，然后闭合K2，保持R不变，调节R′的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，再记下R′的阻值，最后求出电表内阻，因此合理的实验步骤是：bda．‎ ‎（3）由实验步骤可知，电阻箱R阻值不变，电流表半偏时，通过电流表与电阻箱的电流相等，它们的阻值相等，则电流表内阻等于电阻箱的示数，电流表内阻为500Ω，故选B．‎ ‎（4）把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，分压电阻的阻值 ‎．‎ 三、计算题 ‎14. 如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103 V/m，极板间距离d=5 cm，电场中C和D分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B极板接地，求：‎ ‎(1) C、D两点的电势和两点间的电势差；‎ ‎(2) 点电荷q1=-2×10－3 C分别在C和D两点的电势能；‎ ‎(3) 将点电荷q2=2×10－3 C从C匀速移到D时外力所做的功。‎ ‎【答案】（1）φC＝－54 V，φD＝－6 V；UCD＝－48 V（2）EpC＝0.108 J；EpD＝0.012 J（3）0.096 J ‎【解析】试题分析：（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差UCD、B和D之间的电势差UBD、B和C之间的电势差UBC．根据UBD=φB﹣φD可求出φD．同理可求出φC．‎ ‎（2）根据EP=qφ可知点电荷在C点和在D点的电势能．‎ ‎（3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功 解：（1）B板接地，φB=0，沿电场方向有 CD之间的距离为：dCD=d﹣hAC﹣hBD=5﹣0.5﹣0.5=4cm=4×10﹣2m，‎ UCD=EdCD=﹣1.2×103×4×10﹣2=﹣48V；‎ UDB=EdDB=1.2×103×0.5×10﹣2=6V，‎ 即：φD﹣φB=6V，则φD=﹣6V，‎ UCB=EdCB=1.2×103×4.5×10﹣2=54V，‎ 即φC﹣φB=54V，φC=﹣54V；‎ ‎（2）由EP=qφ可知点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C点的电势能 EPC=﹣2×10﹣3×54=0.108J，‎ 在D点的电势能EPD=2×10﹣3×6=1.2×10﹣2J；‎ ‎（3）将点电荷q2=2×10﹣2C从C匀速移到D时，‎ 电场力所做的功：W=q2×UCD=2×10﹣2×48=9.6×10﹣1J，‎ 故除电场以外的力所做的功：W外=﹣W=﹣9.6×10﹣1J 答：（1）C和D两点的电势分别为54V、6V，两点间的电势差UCD等于48V．‎ ‎（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10﹣2J．‎ ‎（3）除电场力以外的力做功为9.6×10﹣1J．‎ ‎【点评】在利用EP=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号一定要保留．根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点 ‎15. 如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一个质量m=2.0×10-3 kg、电荷量q=2.0×10-6 C的带正电的物体(可视为质点)，从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为x=6.0t -10t2，式中x的单位为m，t的单位为s。不计空气阻力，取g=10 m/s2。‎ ‎(1) 求匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎(2) 求带电物体在0～0.5 s内电势能的变化量．‎ ‎【答案】（1）2.0×104 N/C，方向水平向左；（2）2×10-2 J ‎【解析】试题分析：（1）由s=6．0t-10t2得加速度大小为：a=20m/s2‎ 根据牛顿第二定律：Eq=ma 解得场强大小为：E=2．0×104N/C 电场强度方向水平向左 ‎（2）由x=6．0t-10t2得初速度为：v0=6．0m/s 减速时间：t1=0．3s ‎0．3s内经过的路程x1=v0t1-a1t2=0．9 m 后0．2s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程 x2=a2t2=0．4m 物体在0．5s内发生的位移为x=0．9-0．4=0．5‎ 电场力做负功，电势能增加：△Ep=qEx=2×10-2J 考点：牛顿定律的应用；电势能 ‎16. 如图所示，质量为m,电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．求：‎ ‎（1）电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB ‎（2）A、B两点间的电势差UAB ‎（3）电子从A运动到B的时间tAB．‎ ‎【答案】（1），（2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得加速度大小，把电子在B点的速度分解将粒子射出电场的速度进行分解，‎ 利用几何关系可求得B点的速度；‎ 根据动能定理，可求得AB间的电势差；‎ 粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间．‎ 解：（1）电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a=①‎ 将电子在B点的速度分解可知（如图）‎ vB═=②‎ ‎（2）由动能定理可知：‎ eUAB=mvB2﹣mv02…③‎ 解②、③式得UAB=‎ ‎（3）在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有 vy=v0tan30°…④‎ vy=atAB…⑤‎ 解①④⑤式得tAB=‎ 答：（1）电子在电场中的加速度大小为，电子在B点的速度大小为 ‎（2）A、B两点间的电势差为 ‎（3）电子从A运动到B的时间 ‎【点评】本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究．‎ ‎17. 电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x=0和x=L=10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1=1.0×104 V/m，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取为e/m =2×1011C/kg)从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：‎ ‎(1) 电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间；‎ ‎(2) 电子离开x=3L处的电场时的y坐标；‎ ‎(3) 电子离开x=3L处的电场时的速度大小和方向．‎ ‎【答案】（1）2×10-8s.（2）yQ=0.1 m.（3）2×107 m/s，θ=45°‎ ‎【解析】试题分析：设电子离开x=L的位置记为P点，离开x=3L的位置记为Q点，则：‎ ‎（1）（2分）‎ ‎（2分）‎ 运动到Q点时：（2分）‎ 所以总时间为：（1分）‎ ‎（2）电子运动到Q点时：（3分）‎ ‎（3）电子离开x=3L处的电场时：‎ 考点：考查了带电粒子在混合场中运动的问题，‎ 点评：本题要求同学们能正确分析粒子的受力情况，难度适中 ‎