云南省麻栗坡民中2018-2019学年高二9月份考试物理试题

云南省麻栗坡民中2018-2019学年高二9月份考试物理试题

绝密★启用前 云南省麻栗坡民中2018—2019学年高二9月份考试 高二 物理 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。‎ ‎ 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 分卷I 一、单选题(共8小题,每小题3.0分,共24分) ‎ ‎1.如图，金属壳放在光滑的绝缘水平垫上，不能起到屏蔽外电场或内电场作用的是(　　)‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎2.如图所示，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（　　）‎ A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb ‎3.如图所示，匀强电场场强为1×103N/C，ab=dc=4 cm，bc=ad=3 cm ‎，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4 000 V B．ac之间的电势差为50 V C． 将q=－5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D． 将q=－5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是－0.25 J ‎4.带电量分别为2q和4q的两个点电荷，相距为r，相互作用力大小为F，现在把两个点电荷的电量各减少一半，距离减少为，则两个点电荷间的相互作用力大小为（　　）‎ A． 2FB．FC．D．‎ ‎5.物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说是属于(　　)‎ A． 观察实验的方法B． 控制变量的方法 C． 等效替代的方法D． 建立物理模型的方法 ‎6.如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB.一带负电的试探点电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，取无穷远为零电势．下列说法中正确的是(　　)‎ A． 点电荷A一定带正电 B．EM小于EN C．φM＞φN D． 该试探点电荷在M处的电势能小于N处的电势能 ‎7.如图所示，一个带正电的粒子先后分别沿1、2、3、4条不同路径到达同一带负电的导体上(导体与地绝缘)，电场力对该带电粒子做功分别为W1、W2、W3和W4，则它们间的关系正确的是(　　)‎ A．W1＞W2＞W3＞W4‎ B．W1＞W2＝W3＞W4‎ C．W1＜W2＝W3＜W4‎ D．W1＝W2＝W3＝W4‎ ‎8.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点(cO＞dO)．下列说法中正确的是(　　)‎ A．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿aOb由a移动到b，所受电场力先增大后减小 B．a点的场强等于b点的场强；将正检验电荷沿aOb由a移动到b，电势能先增大后减小 C．c点的场强小于d点的场强；将正检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 D．c点的场强小于d点的场强；将正检验电荷沿MN由c移动到d，电势能不变 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎9.(多选)如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是(　　)‎ A．A点的电势高于B点的电势 B． 该点电荷带负电 C．A点和B点电场强度的方向相同 D．A点的电场强度大于B点的电场强度 ‎10.（多选）如图所示，用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在同一点．两球的质量分别为mA、mB，A球和B球所带的电荷量分别为qA、qB．两球静止时，悬线与竖直线的偏角分别为α和β，则（　　）‎ A．mA＞mB，qA＜qB，α＞β B．mA＜mB，qA＜qB，α＜β C．mA=mB，qA＜qB，α=β D．mA=mB，qA＞qB，α=β ‎11.(多选)如图所示，A，B是被绝缘支架分别架起的金属球，并相隔一定距离，其中A带正电，‎ B不带电，则以下说法中正确的是(　　)‎ A． 导体B带负电 B． 导体B左端出现负电荷，右端出现正电荷，并且电荷数相等 C． 若A不动，将B沿图中虚线分开，则左边的电荷数小于右边的电荷数 D． 若A，B接触一下，A，B金属球所带电荷总量保持不变 ‎12.(多选)下列关于电容的说法正确的是(　　)‎ A． 电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量 B． 电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多 C． 电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量 D． 由公式C＝知，若电容器两极间电压为10 V，极板带电量为2×10－5C，则电容器电容大小为5×105F 三、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) ‎ ‎17.如图所示，A和B两平行金属板相距10 mm，M点距A板及N点距B板均为2 mm，则板间场强为________ N/C.A板电势为________ V，N点电势为________ V.‎ ‎18.如图所示，a、b、c是氢原子的核外电子绕核运动的三个可能轨道，取无穷远电子的电势能为零，电子在a、b、c三个轨道时对应的电势能分别为－13.6 eV、－3.4 eV、－1.51 eV ‎，由于某种因素(如加热或光照)的影响，电子会沿椭圆轨道跃迁到离核更远的轨道上运动，则：‎ ‎(1)φa＝________，φb＝________，φc＝________.‎ ‎(2)Uab＝________，Ubc＝________.‎ ‎19.如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.5 m．放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示．则A点的电场强度大小为　　N/C，点电荷Q的位置坐标为=　　m．‎ ‎20.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中有间距为l的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，若沿直线AB移动该电荷，静电力做的功W1＝________；若沿路径ACB移动该电荷，静电力做的功W2＝________；若沿曲线ADB移动该电荷，静电力做的功W3＝________.由此可知，电荷在电场中移动时，静电力做功的特点是________．‎ 四、计算题 ‎13.一平行板电容器，板间距离为d，电容为C，接在电压为U的电源上，充电完成后撤去电源．‎ ‎(1)求充电后电容器带的电荷量；‎ ‎(2)若使板间距离增大为2d，则电容器的电容变为多少？板间电场强度变为多大？‎ ‎14.如图所示，质量为m、带电荷量为－q的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R.小球在A点时的初速度为v0，方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，斜轨的高度为h，试问：‎ ‎(1)如果小球能到达B点，那么小球在B点对半圆环的压力多大？‎ ‎(2)在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点，这时小球的速度多大？‎ ‎15.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子末速度的大小；‎ ‎(2)匀强电场的场强；‎ ‎(3)两板间的距离.‎ ‎16.如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：‎ ‎(1)粒子带正电还是带负电？‎ ‎(2)粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处？‎ ‎(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？‎ 答案解析 ‎1.【答案】C ‎【解析】当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，右端带正电荷，两端出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零．起到屏蔽的作用，故A正确；当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，由于右端接地，则不带电，两端仍出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零．起到屏蔽的作用，故B正确；当正电荷放在金属壳内时，使金属内壳带负电荷，外壳带正电荷，出现电场，导致出现感应电场，没起到屏蔽的作用，故C错误；当正电荷放在金属壳内时，由于接地，则使金属壳外不带电，外部没有电场，从而起到屏蔽的作用，故D正确．‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，‎ 根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正确，A、B、C错误；故选：D．‎ ‎3.【答案】C ‎【解析】由题，ab=dc=4 cm=0.04 m，则ab之间的电势差Uab=E•ab=1×103×0.04 V=40 V．故A错误．‎ 由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40 V．故B错误．‎ 将q=－5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，初末位置间的电势差为0，由W=qU知，静电力做功为零．故C正确．‎ 将q=－5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=qU=－5×10﹣3×40 J=－0.2 J．故D错误．‎ ‎4.【答案】B ‎【解析】解：由库仑定律可得：‎ 变化前：F=k 变化后：F′=k所以：F′=F，故ACD错误，B正确．‎ ‎5.【答案】D ‎【解析】点电荷是为了研究物理问题方便而引入的物理模型，是由实际物体抽象所得，D对．‎ ‎6.【答案】B ‎【解析】根据曲线运动中轨迹和受力的关系可知，受力指向轨迹的内侧，则点电荷B带正电，故A选项错误；根据等量异种点电荷电场线和等势线的分布情况可知，N处的电场线密，场强强，N处的电势高，故B选项正确，C选项错误；负电荷在电势高的地方电势能小，D选项错误．‎ ‎7.【答案】D ‎【解析】带负电的导体上表面是个等势体，在四个过程，始末两点的位置电势相同，电场力做功的值只跟始末两点的位置的电势差有关，而和所经过的路径的形状完全无关．所以W1＝W2＝W3＝W4.故选D.‎ ‎8.【答案】D ‎【解析】根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同，在ab连线上，O点场强最小，所以将一检验电荷沿aOb由a移动到b，所受电场力先减小后增大，故A错误；电场线由a指向b，沿电场线方向电势降低，所以将正检验电荷沿aOb由a移动到b，电势能逐渐减小，故B错误；MN为一条等势线，所以将正检验电荷沿MN由c移动到d，电势能不变，MN上面的场强O点最大，向两边逐渐减小，因为cO＞dO，所以c点的场强小于d点的场强，正检验电荷在O点受到的电场力最大．正检验电荷沿MN由c移动到d ‎，所受电场力先增大后减小，故C错误，D正确．‎ ‎9.【答案】BD ‎【解析】‎ 过A点作出等势面如图所示，则A点与C点电势相等，由于沿电场线方向电势降低，所以B点电势高于C点电势，即B点电势高于A点电势，选项A错误；由题图可以判断该点电荷带负电，选项B正确；A点和B点电场强度的方向都沿各自所在电场线的方向，所以方向不同，选项C错误；由于电场线密集处电场强度大，所以A点电场强度大于B点电场强度，选项D正确．‎ ‎10.【答案】CD ‎【解析】解：两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等、方向相反的，设其大小为F；‎ 对A球受力分析，受重力、拉力和静电力，根据共点力平衡条件，有：‎ mAg=‎ 同理，有：‎ mBg=‎ 当mA=mB；则有α=β ‎；而一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关，故无法判断电量大小关系，故CD正确，AB错误.‎ ‎11.【答案】BD ‎【解析】由于静电感应，导体B左端带负电，右端带正电，导体总电荷量为零，故A错误．B的左端感应出负电荷，右端出现正电荷，电荷数相等．故B正确．若A不动，将B沿图中虚线分开，则两边的电荷数相等，与划分的位置无关．故C错误．根据电荷守恒定律知，D正确．‎ ‎12.【答案】AC ‎【解析】　电容反映电容器容纳电荷本领的大小，A对.电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电压为10 V，电荷量为2×10－5C时 ，电容C＝＝2×10－6F，D错.‎ ‎13.【答案】(1)CU　(2)C　‎ ‎【解析】(1)由C＝知，电容器带的电荷量Q＝CU.‎ ‎(2)由于电容器的电容与极板间的距离成反比，故距离增大为2d，电容变为原来的一半，即C′＝C.又由于充电后撤去电源，电容器带的电荷量不会发生改变，故电容器极板间的电压U′＝＝＝2U.‎ 原来两板间的电场强度为E1＝，变化后两板间的电场强度为E2＝＝，所以电场强度不变．‎ ‎14.【答案】(1)＋mg－qE，方向竖直向下　(2)mg＝Eq　v0‎ ‎【解析】(1)当满足mg＝Eq时，小球到达B点的速度为v0，设小球在B点受半圆环的支持力为FN1，‎ 则得FN1＝①‎ 小球对半圆环压力FN1′＝FN1，方向竖直向下．‎ 当mg＞Eq时，根据动能定理有 mgh－qEh＝mv－mv②‎ 设此时小球在B点受半圆环的支持力为FN2，‎ FN2＋Eq－mg＝③‎ 由②③得FN2＝＋mg－qE 小球对半圆环的压力FN2′＝FN2，方向竖直向下．‎ ‎(2)当mg＝Eq时，小球可以匀速沿半圆环到达最高点，此过程小球到达B点速度仍为v0，小球只在半圆环的压力作用下做匀速圆周运动，速率为v0.‎ ‎15.【答案】　(1)　(2)　(3)L ‎【解析】　(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：v＝＝.‎ ‎(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，‎ 在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝at，‎ vy＝v0tan 30°＝，‎ 由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝.‎ ‎(3)粒子做类平抛运动，‎ 在竖直方向上：d＝at2，解得：d＝L.‎ ‎16.【答案】(1)正电　(2)(＋L)　(3)‎ ‎【解析】(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电．‎ ‎(2)设粒子从A、B间射出时的速度为v，则有qU＝mv2.‎ 设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y，‎ 则在水平方向有vx＝v，x＝vxt.‎ 在竖直方向有vy＝at，y＝at2.‎ 粒子加速度a＝＝.‎ 由此得到tanφ＝＝，y＝.‎ 所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为 y′＝y＋Ltanφ＝(＋L)．‎ ‎(3)方法一：由上述关系式得vy＝Ex，‎ 所以粒子打在荧光屏上时的动能为 Ek＝mv＋mv＝qU＋＝.‎ 方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理 qU＋qEy＝Ek，‎ 得Ek＝qU＋qE·＝.‎ ‎17.【答案】400　－4　－0.8‎ ‎【解析】根据E＝可知两板间的电场强度为E＝＝N/C＝400 N/C；板间电场方向向上，故A板的电势低于B板的电势，因B板接地电势为零，所以可知A板电势为－4 V；B、N之间的电势差为UBN＝EdBN＝400×2×10－3V＝0.8 V，所以N点的电势为－0.8 V.‎ ‎18.【答案】(1)13.6 V　3.4 V　1.51 V　(2)10.2 V　1.89 V ‎【解析】(1)电子的带电荷量q＝－e，据电势的定义φ＝得，φa＝＝＝13.6 V，‎ 同理φb＝3.4 V，φc＝1.51 V.‎ ‎(2)Uab＝φa－φb＝(13.6－3.4) V＝10.2 V Ubc＝φb－φc＝1.89 V.‎ ‎19.【答案】2×1030.3‎ ‎【解析】（1）由图可知，A点的电场强度==2×103N/C，‎ ‎（2）同理B点的电场强度EB=-500 N/C，方向指向x负方向．‎ 所以A、B两点的电场强度大小之比为4︰1；‎ 设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场得：，‎ 联立以上公式解得：x=0.3 m．‎ ‎20.【答案】qElcosθ　qElcosθ　qElcosθ　与路径无关，只与初、末位置有关 ‎【解析】‎