2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考物理试题 解析版

2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考物理试题 解析版

哈尔滨市第六中学2021届10月份阶段性总结 高二物理试题 一、选择题 ‎1.如图所示的三个点电荷q1、q2、q3，在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的2倍，三个电荷都只在它们相互的静电力作用下处于平衡状态，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1：q2：q3为（　　）‎ A. （-9）：4：（-36） B. 9：4：36‎ C. （-3）：2：（-6） D. 3：2：6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。同理可知也可能是q1、q3带负电，q2带正电。 由于三个电荷均处于平衡状态，所以 对q1有：‎ ‎…①‎ 对q2有：‎ ‎…②‎ 对q3有：‎ ‎…③‎ 联立①②③可解得：‎ 根据题意可知r2=2r1，所以 由于q1、q3是同种电荷，故 q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36；‎ A.（-9）：4：（-36），与结论相符，选项A正确； ‎ B. 9：4：36，与结论不相符，选项B错误；‎ C.（-3）：2：（-6），与结论不相符，选项C错误； ‎ D. 3：2：6，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎2.如图所示，在点电荷的电场中，ab所在的电场线竖直向下，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量大小为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，a、b间的高度差为h，则错误的是 A. 带电粒子带负电 B. a、b两点间的电势差Uab=‎ C. b点电势小于a点电势 D. a点场强大于b点场强。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A不符合题意；‎ B.由于粒子a点由静止，到达b点也静止，故 W电=WG=mgh=qUab，‎ 故 ‎，‎ 故B不符合题意；‎ C.沿电场线电势降低，则b点电势小于a点电势，选项C不符合题意；‎ D.从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故D符合题意。‎ ‎3.如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA=10V和φC=2V，则B点的电势是 A. 一定等于6V B. 一定低于6V C. 一定高于6V D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据点电荷电场的特点电场强度向外越来越小，由公式U=Ed可知AB两点间电势差大于4V所以B点的电势低于6V。‎ 考点：本题考查了点电荷电场中电势变化规律。‎ ‎4.匀强电场中的矩形abcd ，a点电势5V，b点电势-5V，c点电势-10V，则d点电势为 A. 0 B. -10V C. -20V D. 10V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据在匀强电场中两点之间的电势差U=Edcosθ，设电场线与ad之间的夹角为θ，则电场线与bc之间的夹角也是θ，设ad=bc=L，则：‎ Uad=Ubc=ELcosθ 又：‎ Uad=φa-φd=5V-φd Ubc=φb-φc=-5V-(-10V)=5V 所以 φd=0V A. 0，与结论相符，选项A正确；‎ B.-10V，与结论不相符选项相符，选项B错误；‎ C. -20V，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 10V，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎5.图中虚线所示为静电场中的等差等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0，一带负电的点电荷在静电力的作用下运动，经过A、B点时的动能分别为21eV和3eV．当这一点电荷运动到某一位置其电势能变为－15eV时，它的动能为 A. 9eV B. 15 eV C. 24eV D. 30 eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，电荷经过A、B点时的动能分别为21eV和3eV，动能减小为18eV．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1等势面到2等势面时动能减小6eV，因等势面2的电势为0，电势能为零，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=0+21eV -6eV=15eV，其电势能变为-15eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为30eV。‎ A. 9eV，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 15 eV，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 24eV，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 30 eV，与结论相符，选项D正确。‎ ‎6.如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O 所在平面平行，带负电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为 A. 沿CO方向 B. 沿CA方向 C. 沿CB方向 D. 沿BA方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，电场力做功最大，则C点是沿电场强度方向电势能变化最大的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带负电，故匀强电场的方向沿CO方向。‎ A. 沿CO方向，与结论相符，选项A正确；‎ B. 沿CA方向，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 沿CB方向，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 沿BA方向，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎7. 两个相同的带电金属小球相距r时，相互作用力大小为F，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F，则两球原来所带的电量及电性（ ）‎ A. 可能是等量的同种电荷 B. 可能是不等量的同种电荷 C. 可能是不等量异种电荷 D. 不可能是异种电荷 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：若带同种电荷，设电荷量分别为Q1和Q2，则 ‎，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：，显然只有Q1=Q2时，才有F=F′，故A正确、B错误．若带异种电荷，设带电量分别为Q1和-Q2，则，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：，显然只有时，才有F=F′，故C正确、D错误。‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】此题考查了库仑定律；解决本题的关键掌握库仑定律公式以及接触带电的原则:等大的球的接触后电量先中和后均分．‎ ‎8.已知如图，带电小球A、B电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）‎ A. 将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B. 将小球B的质量增加到原来的8倍 C. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D. 将小球A、B电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；‎ 由几何关系可知，；‎ 而库仑力F=； 即：；‎ mgd3=kq1q2L；‎ d=‎ 要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；‎ 或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎9. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（ ）‎ A. 三个等势面中，c等势面电势高 B. 带电质点通过P点时电势能较大 C. 带电质点通过Q点时动能较大 D. 带电质点通过P点时加速度较大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由正离子运动的轨迹图可看出，质点受力方向斜向下，故电场方向由a等势面指向c等势面，故a面电势最高，选项A错误；带正电的粒子，电势高的位置电势能较大，故带电质点通过P点时电势能较大，选项B正确；由Q到P电场力做负功，故动能减小，所以带电质点通过Q点时动能较大，选项C正确；因为P点的等势面密集，故电场线也密集，质点所受的电场力在P点较大，故带电质点通过P点时加速度较大，选项D正确；故选BCD。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动.‎ ‎10.如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板的上表面，已知金属板上表面粗糙，则小球在向右运动到右端的过程中 A. 速度减小 B. 小球先减速，后加速运动 C. 加速度可能一直增大 D. 小球受的电场力作正功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD.金属板在正电荷的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受的电场力与金属板表面垂直，在金属板上从左向右运动的过程中，电场力不做功，向下的电场力先增大后减小，所以摩擦力先增大后减小，根据动能定理得知，小球的动能逐渐减小，所以小球一直做减速运动，选项A正确，BD错误；‎ C. 由于小球所受的摩擦力先增大后减小，小球的加速度先增大后减小，故C错误。‎ ‎11.如图所示，电容器的B板接地，开关闭合，在其两板间的P点静止一个带电小球。将B板迅速下移少许则 A. 电流从B板经过电源到A板 B. 两极板间的电压U不变、小球向下运动 C. P点电势φ升高 D. 小球在P点的电势能Ep减小 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将B板迅速下移少许，则两板间距变大，由可知，电容器的电容减小，由Q=CU可知，电容器带电量减小，电容器放电，电流方向是从A板经过电源到B板，选项A错误；‎ B. 将B板迅速下移少许，两极板间的电压U不变，由可知，板间场强减小，小球所受的向上的电场力减小，则小球向下运动，选项B正确；‎ C. 因板间场强减小，由U=Ed可知，A板与P点的电势差减小，则P点电势φ升高，选项C正确；‎ D. 因小球平衡时受电场力向上，可知小球带负电，而P点的电势升高，则小球在P点的电势能Ep减小，选项D正确。‎ ‎12.1999年7月12日日本原子能公司所属的敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外泄，在检测此次事故中，应用于把非电流变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转化为电信号的自动化测量技术。如图所示是一种通过检测电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，对此，以下说法正确的是 A. 如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，液面必升高 B. 如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必升高 C. 如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低 D. 如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积减小，液面必降低 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.若指示器显示出电容增大了，根据电容的决定式，可知两电极正对面积增大，容器中液面升高了，故A正确，C错误；‎ BD.若指示器显示出电容减小了，根据电容的决定式，可知两电极正对面积减小，容器中液面降低了，故B错误，D正确。‎ 二、填空题 ‎13.喷雾器喷出质量均为m，电量均为-q的油滴，并以v竖直进入电容为C的电容器，板间距离d，上板接地，两板刚开始不带电，油滴落到下板上电量全被吸收，两板间形成匀强电场。问：‎ ‎（1）第______滴油滴能匀速运动。下板最多能吸收______滴油滴。‎ ‎（2）某时刻4滴油滴形成竖直间距依次为h、2h、3h，它们依次进入电容器的时间间隔为T，此时板上有________滴油滴。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].设第n+1滴油滴能匀速运动，此时极板上吸收了n滴油滴，则：‎ 解得：‎ ‎，‎ 即第滴油滴能匀速运动；‎ ‎[2].设下板最多能吸收k滴油滴，则k+1滴油滴恰好不能到达下极板，此时：‎ 解得 ‎(2)[3]. 设板上有n'滴油滴，由可得 而 解得：‎ 三、解答题 ‎14.质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：‎ ‎(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；‎ ‎(2)外加匀强电场的场强E.‎ ‎【答案】(1)A带正电，B带负电， (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图乙用假设法可判定A球带正电，B球带负电，否则A球、B 球均不能处于平衡状态。由图甲得两小球相距d＝2l－2lsin30°＝l 由A球受力平衡可得mgtanα＝，  ‎ 解得     ‎ ‎（2）此时两球相距d/=2l+2lsin300=3l 根据A球受力平衡可得， ‎ 解得     ‎ ‎15.如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量QA=10q，B带电量QB=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：‎ ‎(1)C球的电性和电量QC；‎ ‎(2)水平力F的大小。‎ ‎【答案】（1）C球带负电　　QC=q　　（2）F=70k ‎【解析】‎ ‎（1）对A、B、C系统研究得： ‎ A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2‎ 必为引力，C球带负电。‎ 对AB两球有 　 ‎ 联立可得： ‎ ‎（2）对整体和A有　　‎ ‎ ‎ ‎16.已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5×106V/m，丝线长L=40cm，上端系于O点，下端系质量为，带电量为的小球，将小球从最低点A由静止释放，求：‎ ‎(1)小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？‎ ‎(2)摆动过程中小球的最大速度是多大？‎ ‎【答案】(1)最大摆角为74°。(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在小球运动过程中，重力与电场力是恒定的，则可将此两个力等效成一个力，因此相当于小球受到拉力与等效一个力，类似于“歪摆”，这个“歪摆”． 由于已知电场力 Fe=qE=4.9×10-10×1.5×106N=7.35×10-4 N 而重力 G=mg=1.0×10-4×9.8N=9.8×10-4 N 因此F：G=3：4，所以摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°．‎ ‎(2)小球通过“最低点”即平衡位置时速度最大．在摆过程中拉力不做功，等效的力做正功，所以由动能定理：‎ 解之得：‎ vB=14m/s．‎ ‎17.如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．‎ ‎（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；‎ ‎（2）求两板间所加偏转电压U的范围；‎ ‎（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有 侧移量，①‎ 匀速运动的位移，L=v0t②‎ 竖直方向的速度，‎ ‎，联立可得 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．‎ ‎（2）由牛顿第二定律，则有③‎ 电场强度与电势差的关系，④‎ 由①②③④式解得 当时，‎ 则两板间所加电压的范围 ‎（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则 而 解得，则粒子可能到达屏上区域的长度为 ‎ ‎