黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高二9月月考物理试题

黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高二9月月考物理试题

‎2018级高二上9月份月考物理学科试题 第I卷 一、选择题（共计48分，1--7题为单选题，8--12题为多选题，每题4分）‎ ‎1.关于元电荷下列说法错误的是( )‎ A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍 B. 元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C C. 元电荷实际上是指电子和质子本身 D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍，选项A正确；‎ B. 元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C，选项B正确；‎ C. 元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，选项C错误；‎ D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确；‎ 此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎2.a和b为电场中的两个点，如果把的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了的正功，则该电荷的电势能和       ‎ A. 增加了， B. 增加了 ，10V C. 减小了，10V D. 减小了，  ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10-7J的功，则在这个过程中，电荷的电势能减小了4×10-7J．根据电势差公式 得a、b两点间的电势差为：，故选D.‎ ‎【点睛】本题要抓住电场力做功和电势能变化 关系与重力做功和重力势能变化的关系相似：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势增大．运用公式时各个量均要代符号运算．‎ ‎3.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为 A. ，方向向上 B. ，方向向上 C. ，方向向上 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消，只有沿竖直线方向的分力。所以+q在A点所受的电场力方向向上。由库仑力公式知：，故B正确。‎ ‎4.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法不正确的是 A. 电场强度的大小为2.5 V/cm B. 坐标原点处的电势为1 V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17 V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；根据，因a、b、c三点电势分别为，解得：原点处电势为，故B正确；因，电子从a点到b点电场力做功为，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，选项C错误；，电子从b点运动到c点，电场力做功为，选项D正确。此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎5. 如图所示，不带电的导体B在靠近带正电的导体A后，P端及Q端分别感应出负电荷和正电荷，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带负电 B. 若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电 C. 若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将不带电 D. 若用导线将P端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而用导线接地，接导体的任何部位，右端的正电荷被中和，因此导体将带负电；故A正确，BCD错误；‎ 考点：静电场中的导体 ‎【名师点睛】本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上。‎ ‎6.如图所示为研究影响平行板电容器电容决定因素的实验装置，使电容器两极板上带有等量异种电荷，并在电容器间用绝缘丝线悬挂一带电铝球，下列说法正确的是（ ）‎ A. 只将电容器b板向左平移，静电计指针张角与丝线偏角均变小 B. 只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角与丝线偏角均变大 C. 只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角与丝线偏角均变大 D. 只增加极板带电荷量，静电计指针的张角与丝线偏角均变大，表明电容增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，电容器的电荷量保持不变。静电计指针的张角取决于电容器两极板间的电势差的大小。对小球受力分析可知，小球受重力、绳子拉力和电场力作用处于平衡状态，结合力的合成可得，且。根据电容的决定式可知，只将电容器b板向左平移，板间距离d增大，则电容C减小，根据定义式可知，两板间电势差U增大，则静电计的指针张角增大，丝线偏角也增大，故A错误。同理，只将电容器b 板向上平移，则相对面积S减小，电容C减小，电势差U增大，则静电计的指针张角和丝线偏角都增大，故B正确。只在极板间插入有机玻璃板，介电常数增大，则电容增大，电势差减小，则静电计的指针张角和丝线偏角都减小，故C错误。电容是电容器的一个基本属性，与极板所带电荷量以及两板间的电势差的无关，故只增大极板所带的电荷量，电容不会改变，故D错误。‎ ‎7.有一横截面积为的铜导线，流经其中的电流强度为；设每单位体积的导线中有个自由电子，电子的电量为，此电子的定向移动速率为，在时间内，通过导线橫截面的自由电子数可表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，因为铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS，又因为单位体积的导线有n个自由电子，则在∆t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS∆t．因为流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：；故只有A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎8.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则 A. A和B在电场中的位移大小之比为1∶2‎ B. A和B在电场中运动的时间之比为1∶2‎ C. A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ D. A和B的质量之比为1∶12‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B的位移大小之比： ，故A错误；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x＝v0t，初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的时间之比，故B正确；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，，y相同，a与t2成反比，，故C正确；由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量，，故D正确；‎ ‎9.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是 A. 金属块带正电荷 B. 金属块的机械能减少12J C. 金属块克服电场力做功8J D. 金属块的电势能减少4J ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝△Ek，解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，CD错误；‎ B、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故B正确。‎ ‎10.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻 B. 加5 V电压时，导体的电阻约是5 Ω C. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】该元件虽然是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误，当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻．故B正确；由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．‎ ‎11.如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关 S，平行板间有一质量为 m，电荷量为 q 的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法正确中的是（ ）‎ A. 将 A 板向上平移一些，液滴将向下运动 B. 将 A 板向左平移一些，液滴将向上运动 C. 断开开关 S，将 A 板向下平移一些，液滴将保持静止不动 D. 断开开关 S，将 A 板向右平移一些，液滴将向上运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：，，极板间的电场强度：整理得：，油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，即； A、A极板上移时，d变大，由可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A错误； B、A极板左移时，正对面积S变小，由可知，C变小，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故B正确； C、当断开开关S，将A板向下平移一些时，d变小，由可知，C变大，因电量的不变，由可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C正确； D、同理，当断开开关S，将A板向右平移一些时，正对面积S变小，由可知，C变小，因电量的不变，由可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D正确。‎ ‎12.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O点处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 点C处的电势为3 V B. 该匀强电场的场强大小为200 V/m C. 该匀强电场的场强大小为100V/m D. 一电子从A到C的过程中，电场力做功为﹣6eV ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】根据匀强电场中电势差与场强的关系U=Ed，可知B、O间电势差与A、C间电势差相等，即φB-φ0=φA-φC．则得φC=φA-φB+φ0=6-3+0=3V，故A正确。由上知，BC连线是一条等势线，如图，根据电场线与等势线垂直，作出电场线如图实线所示，‎ 根据几何关系得：D为OA的中点，OD=3cm，BO=cm，由数学知识可知，∠OBD=60°。BO沿电场线方向上的距离为：d=BOsin60°= cm×=1.5cm=0.015m。BO间的电势差 UBO=φB-φ0=3V，所以电场强度为：=200V/m，故B正确，C错误。电子从A到C的过程中，电场力做功为 WAC=-eUAC=-e×3V=-3eV，故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系式E=U/d，注意公式中d是沿电场线方向上的距离.‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、实验题（共计10分，其中13题5分；14题5分）‎ ‎13.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点间的距离如图乙所示．已知m1=50g、m2=150g则（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_______；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=________，系统势能的减少量△EP=________，由此得出的结论是_____________________________‎ ‎（3）若某同学作出-h图象如图丙，则当地的实际重力加速度g=___________．‎ ‎【答案】 (1). 2.4m/s (2). 0.576J (3). 0.588J (4). 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). 9.7m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：。 第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek＝(m1+m2)v52−0＝0.576J；‎ 第三空.重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2-m1）gh=0.588J； 第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2‎ 组成的系统机械能守恒。 第五空.题中根据机械能守恒可知，（m2-m1）gh＝(m1+m2)v2，即有：v2＝gh，所以v2−h图象中图象的斜率表示g，由图可知，斜率k=g ==4.85，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2。‎ ‎14.如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度变化的关系”的实验。‎ ‎(1)打点计时器使用的电源是_______（选填选项前的字母）。‎ A．直流电源 B．交流电源 ‎(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是_______（选填选项前的字母）。‎ A．把长木板右端垫高 B．改变小车的质量 ‎(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图所示。‎ 实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_________，打B点时小车的速度v=_________。‎ ‎(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，下图中正确反映v2–W关系的是________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). (4). (5). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）打点计时器使用的是交流电源，A错误B正确。‎ ‎（2）平衡摩擦力是利用小车的重力沿斜面向下分力与摩擦力平衡，所以把长木板右端垫高，A正确B错误。‎ ‎（3）拉力做功等于，根据纸带信息可知道B点的瞬时速度等于AC的平均速度；‎ ‎（4）根据机械能守恒定律可知：，整理得：，所以图像仍是过原点的直线，A正确BCD错误。‎ 三、解答题（共计42分，其中：15题8分；16题10分；17题12分；18题12分）‎ ‎15.如图所示，一质量为m，电荷量为+Q小球A系在绝缘细绳下端，另一带电量未知的小球B固定于悬点的正下方(A，B均可视为点电荷)，轻绳与竖直方向角度为θ，小球A、B静止于同一高度。已知重力加速度为g，问:‎ ‎(1)小球B在A处产生的电场强度大小;‎ ‎(2)若将细线突然剪断，求小球刚开始运动时的加速度大小。‎ ‎【答案】（1），方向水平向右（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球A受重力、绳子的拉力和B球的斥力，根据平衡可知 A球受到水平向右的电场力： 解得：‎ 方向水平向右。‎ ‎（2）剪断前对小球A由平衡条件得绳子拉力 剪断后根据牛顿第二定律可得：‎ 答：（1），方向水平向右（2）‎ ‎16.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝60 cm，两板间的距离d＝30 cm，电源电动势E＝36 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝9 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝6 m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出．已知小球带电荷量q＝2×10－2 C，质量m＝2×10－2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)带电小球在平行金属板间运动加速度大小；‎ ‎(2)滑动变阻器接入电路的阻值．‎ ‎【答案】（1）60m/s2；（2）14Ω．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=v0t 竖直方向：d=at2‎ ‎ 由上两式得： ‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，有：qE-mg=ma    电压：U=Ed     解得：U=21V 设滑动变阻器接入电路的电阻值为R，根据串并联电路的特点有： 解得：R=14Ω.‎ ‎【点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度．‎ ‎17.如图所示的平行金属板电容器的电容为C=2×10-4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地。求：‎ ‎(1) A板的电势φA； ‎ ‎(2)A板所带电荷量Q；‎ ‎(3)将电荷量q=5×10-6C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc。‎ ‎【答案】（1）-60V （2）1.2×10-2C （3）2.4×10-4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）BA间的电势差为：‎ UBA=EL=1200×0.05V=60V φA=φB -UBA=0 V -60V=-60V ‎（2）A板所带电荷量Q为：‎ Q=CUBA=2×10-4×60C=1.2×10-2C；‎ ‎（3）d、c两点的距离 Ldc=0.05 m-2×0.5×10-2m=0.04m ‎ d、c两点间的电势差为：‎ Udc=ELdc=48V ‎（4）点电荷从d移到c，电场力做的功 Wdc=qUdc=5×10-6×48J=2.4×10-4J ‎18.如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。‎ ‎(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；‎ ‎(2)若小球在a点获得一水平初速度，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小.‎ ‎【答案】（1），方向竖直向上； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mg＝qE ‎ 解得 ，方向竖直向上 ‎ 在匀强电场中，有 ‎ 则a、O两点电势差 ‎ ‎(2) 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得 ‎ ‎ 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 联立②⑤⑥式，代入 解得 ‎