吉林省吉林市舒兰一中2019-2020学年高二上学期9月月考物理试题

吉林省吉林市舒兰一中2019-2020学年高二上学期9月月考物理试题

‎2019-2020学年吉林省吉林市舒兰一中高二（上）月考 物理试卷（9月份）‎ 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎1.两个分别带有电荷量-Q和3Q的相同金属小球，固定在相距为r的两处，两带电小球均可视为点电荷，它们间的库仑力大小为F．两小球接触后放回原处，两球间的库仑力大小变为（　　）‎ A. B. C. D. 12F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为，所以两球间库仑力的大小。‎ A. 与计算结果不符，故A错误。‎ B. 与计算结果不符，故B错误。‎ C. 与计算结果相符，故C正确。‎ D. 12F与计算结果不符，故D错误。‎ ‎2.如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是 A. 斜面对A的弹力增大 B. 水平面对B的弹力不变 C. 推力F变小 D. 两球之间的距离变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A弹力NA减小；两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，选项D错误；‎ 对AB整体受力分析可知：NB与NA的竖直分量之和等于AB的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则NB增大，选项B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，选项C正确；故选C.‎ ‎3. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C. 点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值 D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，AB错；但负电荷所受M、N点点电荷库仑力的合力方向竖直向下，到O点一直加速，C对；同理点电荷越过O点后，速度越来越小，但加速度先增大后减小，D错；‎ ‎4.在如图所示的匀强电场中，将一个点电荷从P点由静止释放后，点电荷仅受电场力作用，下列说法正确的是( ) ‎ A. 该点电荷一定做匀减速直线运动 B. 该点电荷受到的电场力越来越大 C. 电场力对该点电荷一定做正功 D. 该点电荷运动过程中动能越来越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 据电场性质知，对放入其中的电荷有电场力的作用，又因为此电场为匀强电场，据F=Eq知，电场力为恒力，据牛顿第二定律知该点电荷一定做匀加速直线运动，且电场力对点电荷做正功，动能增加；故选项C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎5.位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（　　） ‎ A. a点和b点的电场强度相同 B. 正电荷从c点移到d点，电场力做正功 C. 负电荷从a点移到c点，电场力做正功 D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能不改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.场强方向与等势面垂直，ab两处电场强度的方向不同，由于场强是矢量，所以a 点和b点的电场强度不同，故A错误。‎ B. 由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B错误。‎ C.由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C正确。‎ D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中，因为e、f两点间电势差不为零，故电场力做功不为零，电势能改变量不为零，所以电势能改变，故D错误。‎ ‎6.如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为600，则以下说法正确的是(　　)‎ A. 电场力大小为 B. 小球所受的合外力大小 C. 小球由O到P点用时 D. 小球通过P点时的动能为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，根据两个方向的运动特征列出方程即可求解.‎ ‎【详解】设OP=L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：，竖直方向：，解得：‎ ‎；选项C正确；水平方向F1=ma=，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力大小大于，选项AB错误；小球通过P点时的速度，则动能：，选项D错误；故选C.‎ 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎7.如图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角。B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1。现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则(　　)‎ A. F1＜F2 B. F1＞F2 C. L1＜L2 D. L1＞L2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】CD．对A受力分析如图所示，A受到重力mg、支持力FA和库仑力F库，根据平衡条件可知，重力mg和库仑力F库的合力FA′与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变为mg、FA′、F库′之间的三角形关系，如图所示。‎ 当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知，库仑力在变小。根据库仑定律可知L变大，即AB之间的距离变大；故C正确、D错误。‎ AB．对B球受力分析如图所示，B受到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知，F=F库cosβ，当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即β在变大，则cosβ变小，库仑力又在减小，故推力F变小，即F1＞F2；故A错误、B正确。‎ ‎8.关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电势为零的地方场强也为零 B. 场强处处相同的区域内，电势也一定相同 C. 场强的方向总是跟等势面垂直 D. 电势高的地方场强不一定大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零。故A错误；‎ B. 场强处处相同的区域内，沿着电场线的方向电势逐渐降低，故B错误。‎ C. 根据电场线与等势面的关系可知，场强的方向与等势面总是垂直。故C正确。‎ D. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高。故D正确。‎ ‎9. 如图是静电除尘的原理示意图，A为金属管，B为金属丝，在A，B间加上高电压，使B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向A极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到A极上，排出的烟就比较清洁了。有关静电除尘的装置，下列说法正确的是 A. 金属管A应接高压电源的正极，金属丝B接负极 B. 金属管A应接高压电源的负极，金属丝B接正极 C. C为烟气的进气口，D为排气口 D. D为烟气的进气口，C为排气口 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟气微粒使它带负电，带负电的煤粉在电场力的作用下被吸附到A极上，故A接高压电源的正极，金属丝接负极，所以A正确、B错误；虽然烟气中含有固体小微粒，但是烟气的密度比空气小，所以烟气在空气中是向上飘的，所以C为烟气的进气口，故C正确、D错误；‎ 考点：静电现象的解释 ‎10.如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球(可视为质点)套在细杆上，由a点静止释放，在小球由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是( )‎ A. 小球速度先增大后减小 B. 小球速度一直减小 C. 小球速度一直增大 D. 小球与负电荷组成的系统电势能先减少后增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.小球沿光滑直杆运动的过程中，受到重力、支持力与库仑力，重力与支持力均不做功，仅有库仑引力做功，负电荷对小球的库仑力方向与速度方向的夹角先小于90°，后大于90°，则库仑力对小球先做正功后做负功。所以小球的动能先增大后减小，速度先增大后减小。故A正确，BC错误；‎ D.库仑力先做正功后做负功。由于只有库仑力做功，所以小球与负电荷组成的系统电势能先减小后增大。故D正确。‎ ‎11.如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g．则（　　）‎ A. 撤去F后，物体回到O点时速度最大 B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为 C. 物体离开弹簧时速率为 D. 撤去F后系统产生的内能为4µmgx0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大。故A错误。‎ B. 撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为 故B正确。‎ C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：‎ 所以在竖直方向上，物块受到的支持力：‎ 此时物体受到的摩擦力：‎ 物块此时的加速度：‎ 物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：‎ x=4x0-x0=3x0‎ 由运动学的公式：‎ 可得物体离开弹簧时速率为：‎ 故C正确。‎ D. 物块进入电场前受到的摩擦力： ，物块进入电场区域后受到的摩擦力： ，所以撤去F后系统产生的内能为：‎ 故D错误。‎ ‎12.如图所示，真空中ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定电荷量＋Q和－Q的点电荷，下列说法中正确的是 A. c、d两点的电场强度相同，电势不同 B. c、d两点的电场强度不同，电势相同 C. 直径ab上O点的电场强度最大，电势为零 D. 一负电荷在c点的电势能小于它在d点的电势能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由等量异种电荷电场线和等势面分布图，据对称性可知，c、d两点的电场强度相同；据顺着电场线方向电势降低可得，c点电势高于d点，选项A正确，B错误；由等量异种电荷电场线和等势面分布图可得，直径ab上O点的电场强度最小，电势为零，选项C错误；由于c点的电势高于d点，故一负电荷在c点的电势能小于它在d点的电势能，选项D正确。‎ 三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）‎ ‎13.如图所示，用静电计探究影响电容器电容大小的因素实验中，在不改变两板的带电量的前提下。‎ ‎（1）把B板向右移，静电计指针偏角将变______ ；说明板间距离变小，电容器的电容将变______ ；（填“大”或“小”）‎ ‎（2）把B板向下移，静电计指针偏角将变______ ；说明正对面积变小，电容器的电容将变______ ；（填“大”或“小”）‎ ‎（3）把AB板间插入一块电介质，静电计指针偏角将变______ ；说明介电常数变大，电容器的电容将变______ ；（填“大”或“小”）‎ ‎（4）这一探究过程应用的物理学研究方法是____________。‎ ‎【答案】 (1). 小 (2). 大 (3). 大 (4). 小 (5). 小 (6). 大 (7). 控制变量法 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]把B板向右移，板间距减小，根据，电容变大，由于Q一定，根据，电压U减小，故静电计指针偏角变小；‎ ‎(2)[3][4]把B板向下移，正对面积减小，根据，电容变小，由于Q一定，根据，电压U增大，故静电计指针偏角变大；‎ ‎(3)[5][6] 把AB板间插入一块电介质，根据，电容变大，由于Q一定，根据，电压U减小，故静电计指针偏角变小；‎ ‎(4)[7] 这一探究过程应用的物理学研究方法是控制变量法；‎ 四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）‎ ‎14.如图所示，一个带电荷量为-q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小仍为v。求：‎ ‎（1）最高点与O点的竖直高度；‎ ‎（2）最高点与O点的电势差UNO；‎ ‎（3）电场强度E.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在竖直方向上，液滴做竖直上抛运动，则有 ‎（vsinθ）2=2gh 解得。‎ ‎（2）油滴从O到N的过程，由动能定理得：‎ qUNO-mgh=0‎ 解得UNO=。‎ ‎（3）竖直方向上：vsinθ=gt，设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则 ‎-v=vcosθ-at 又Eq =ma联立以上三式得：E=。‎ ‎15.如图是示波器工作原理的示意图，电子经电压U1从静止加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L，电子的质量为m，电荷量为e。求 ‎（1）电子经电压U1加速后的速度；‎ ‎（2）电子离开偏转电场U2时沿垂直极板方向偏移的距离；‎ ‎（3）电子离开偏转电场U2时动能。‎ ‎【答案】(1)（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在加速电场中加速时，由动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得：‎ 电子离开偏转电场时的侧位移 加速度 水平方向匀速直线运动 联立可得：‎ ‎(3)对于偏转过程，由动能定理：‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.‎ ‎16.如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回。若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为，从A至C小球克服库仑力做的功为，重力加速度为g。求： ‎ ‎(1)小球第一次到达B点时的动能；‎ ‎(2)小球在C点受到的库仑力大小；‎ ‎(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力。（结果用m、g、R表示）‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由动能定理求出小球第一次到达B点时动能．小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC间的距离，再由库仑定律求小球在 C点受到的库仑力大小．由动能定理求出小球返回A点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力。‎ ‎（1）小球从A运动到B，AB两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得： ‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：‎ ‎ 由题可知：‎ 联立并代入数据解得： ‎ 由几何关系得：OC间的距离为：‎ 小球在C点受到的库仑力大小 ：‎ 联立解得 ‎（3）从A到C，由动能定理得：‎ 从C到A，由动能定理得：‎ 由题可知：‎ 小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得：‎ 联立以上解得： ，根据牛顿第三定律得，小球返回A点时，对圆弧杆的弹力大小为，方向向下 ‎ ‎