2018-2019学年广西省贵港市覃塘高级中学高二9月月考物理试题 解析版

2018-2019学年广西省贵港市覃塘高级中学高二9月月考物理试题 解析版

广西省贵港市覃塘高级中学2018-2019学年高二9月月考物理试题 一、选择题 ‎1.在如下图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）‎ A.‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A图中A、B是在以负点电荷为圆心的同一圆周上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同。故A错误。B图中A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同。故B错误。C图中A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确；D图中电场线的疏密表示场强的大小，两点处切线方向不同，所以A、B场强大小和方向均不同，则场强不同，故D错误；故选C。‎ ‎2.真空中两个完全相同的带电小球A和B（均可看做点电荷），带电量分别为+2q和-6q，固定在相距为r的两点，两球间静电力为F，现用绝缘工具使两球接触后分开，将其固定在距离为的两点，则两球间库仑力为（　　）‎ A. 相互作用的斥力，大小为 B. 相互作用的引力，大小为 C. 相互作用的引力，大小为 D. 相互作用的斥力，大小为‎2F ‎【答案】A ‎【解析】‎ 相距为时，根据库仑定律得：，接触后，各自带电量变为，则此时有：，两式联立得，再依据同种电荷相斥，可知，它们相互作用力为斥力，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。‎ ‎3.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中不正确的是（ ）‎ A. 根据电场强度的定义式E=F/q,电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q成反比 B. 根据点电荷场强公式E=kQ/r2,E与Q成正比，而与r2成反比 C. 根据电场力做功的计算式W=Uq，一个电子在1V电压下加速，电场力做功为1eV D. 根据电势差的定义式Uab=Wab/q，带电量为‎1C的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1J， 则a、b两点间的电势差为-1V。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据电场强度的定义式E=F/q,电场中某点的电场强度等于试探电荷所受的电场力与试探电荷量q的比值，选项A错误；根据点电荷场强公式E=kQ/r2,E与Q成正比，而与r2成反比，选项B正确；根据电场力做功的计算式W=Uq，一个电子在1V电压下加速，电场力做功为1eV，选项C正确； 根据电势差的定义式Uab=Wab/q，带电量为‎1C的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1J，则a、b两点间的电势差为，选项D正确；此题选项错误的选项，故选A.‎ ‎4.在静电场中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在以Q为球心，r为半径的球面上，各处电场强度均相同 B. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大 C. 电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以电场力不做功 D. 某点的电场强度小，该点的电势一定低，负点电荷在该点的电势能也一定大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据公式可知在以Q为球心，r为半径的球面上，电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；电场线越密的地方，电场强度越大，同一试探电荷所受的静电力越大，B正确；等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动点电荷，电场力与运动方向一直垂直，电场力不做功，C错误；根据可知负电荷在低电势处电势能不一定大，还与电荷量有关，D错误．‎ ‎5.电容器A的电容比电容器B的电容大，这说明（ ）‎ A. 所带的电荷量比B多 B. A比B能容纳更多的电荷量 C. A的体积比B大 D. 两电容器的电压都改变1V时，A的电荷量改变比B的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电容的定义式为比值定义法定义的物理量，电容器A的电容比B的大，只能说明A在电压相同的情况下，A容纳的电荷量多；不能说明体积大小等；故A、B、C错误；D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查电容的定义，要注意明确电容只能说明电容器的本领大小，不能说明实际容纳的电荷量；区别定义式和决定式.‎ ‎6.一带电粒子在（重力不计）如图所示的电场中，在电场力作用下，沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子的加速度在减少 C. 粒子的动能在增大 D. 粒子的电势能在增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．B点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直增大，故B错误；由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，动能减小，电势能增大，故C错误，D正确．故选D.‎ 点睛：解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎7.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是（　　）‎ A. C变小，θ变大，E不变 B. C不变，θ不变，E变小 C. C变小，θ不变，E不变 D. C变小，θ变大，E变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式 知，电容C变小，Q不变，则根据电容的定义式 知，电容C变小，Q不变，则U变大，静电计指针偏角θ变大；根据 解得 ,故E不变；故A正确，BCD错误．故选A.‎ 点睛：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析．‎ ‎8.如图为某一电场的电场线，M、N、P 为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点。下列判 断正确的是( ) ‎ A. 只受电场力作用时，同一负电荷在 N 点的加速度最小 B. M、N、P 三点中 N 点的电势最高 C. 正电荷从 M 点自由释放，电荷可能沿电场线运动到 N 点 D. 只受电场力作用时，同正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，同一负电荷在 N 点的加速度最大；故A错误。‎ B、顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高；故B错误。‎ C、在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线；故C错误。‎ D、根据EP=qφ，φM＞φP＞φN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能；故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低。判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。‎ ‎9.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( ) ‎ A. 粒子带正电荷 B. 粒子加速度逐渐减小 C. A点的速度大于B点的速度 D. 粒子的初速度不为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，故B正确．由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，故电场力做负功，带电粒子的速度减小，A点的速度大于B点的速度，故C错误．由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左，受到的电场力的方向与轨迹的方向不相同，所以粒子在A点的初速度一定不等于零，故D正确．故选BD．‎ 点睛：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系．‎ ‎10.下列关于电势高低的判断，正确的是(　　)‎ A. 负电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低 B. 负电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低 C. 正电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低 D. 正电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 负电荷从P点移到M点，电势能增加，则电势降低，即M点电势一定较低，选项B正确，A错误； 正电荷从P点移到M点，电势能增加，则电势升高，P点电势一定较低，选项C正确，D错误；故选BC.‎ 点睛：正电荷在高电势点具有的电势能较大；负电荷在高电势点的电势能较小.反之则相反.‎ ‎11.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，给电容器充电。在两极板间有固定点P。用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（　　）‎ A. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ增大 B. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，导致d增大，由可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误；断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由，及，则可知E不变，故C正确；由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误；故选AC。‎ 考点：电容器；电场强度 ‎【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。‎ ‎12.如图所示，真空中两个电荷量均为q的带负电的点电荷P、Q相距r，其中O是P、Q连线的中点，A、B是中垂线上的两点，且B点距P、Q两点都为r；一个电子从O、A两点之间的某点由静止开始沿着AB直线运动，用、、、分别表示A、B两点的电场强度和电子的电势能（取无穷远处电势为零）。则下面说法正确的有( )‎ A. ‎ B. ‎ C. 一定大于，不一定大于 D. 不一定大于，一定大于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：两个场源电荷单独存在时在B点产生的场强均为，故合场强，A错误B正确；在两电荷的连线的中垂线上，电场强度先增大后减小，由于BA之间的距离未知，所以不一定大于，将电子从OA之间的某点由静止开始沿着AB直线运动，电场力向上，做正功，故电势能减小，故一定大于，故C错误D正确；‎ 考点：考查了电场强度，电场力做功 ‎【名师点睛】本题关键是明确等量同号电荷的中垂线上的电场分布情况，然后结合功能关系进行分析即可，基础题目．‎ 二、实验题 ‎13.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次的测量结果如图甲所示，其读数应为___________。‎ ‎（2）用伏安法测金属丝的电阻．实验所用器材为：‎ 电池组（电动势为，内阻约为）‎ 电流表（内阻约为）‎ 电压表（内阻约为）‎ 滑动变阻器（，额定电流为）‎ 开关、导线若干。‎ 若金属丝的电阻约为，为了尽可能地减少实验误差，则应采用图__________选填（“乙”或“丙”）所示电路进行实验。‎ ‎【答案】 (1). 0.397； (2). 丙；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为：主尺读数+螺旋尺读数×分度值，故读数为：（‎0.396mm～‎0.398mm均可）；（2）金属丝的电阻约为5‎ Ω，电阻较小，选择外接法，故应采用图丙图所示电路进行实验。‎ ‎【点睛】旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；金属丝的电阻约为，电阻较小，故选择外接法。‎ ‎14.一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线，现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表（0～‎0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表（0～‎0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，‎2A）‎ F．学生电源（直流6V），还有开关导线 ‎(1)实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____（用序号字母表示）。‎ ‎(2)为了使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图____。‎ ‎(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I曲线（如图乙所示），若直接在小灯泡两端加上2V的电压，则该小灯泡消耗的功率是______W，电阻是______Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A; (2). D; (3). (4). 0.80; (5). 5.0;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因小灯泡标有“4V，2W”的字样，故电压表应选A，由I=P/U得小灯泡额定电流为‎0.5A，故电流表应选D。‎ ‎ (2)因小灯泡电流从零调，故滑动变阻器应用分压式接法；因小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法。电路图如图所示：‎ ‎（3）直接在小灯泡两端加上2V的电压，由图可知，流过小灯泡的电流为‎0.40A，小灯泡的功率P=UI=0.80W；电阻为。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，空间某区域存在水平方向的匀强电场E=2×104N/C，将一长为L=‎500cm的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=‎0.5kg的小球（可视为质点），小球带电量q=1.6×10‎-4C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）小球第一次到达O点正下方的B点时电场力做的功；‎ ‎（2）A、B两点的电势差UAB．‎ ‎【答案】（1）16J（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据功的公式可知，AB过程电场力所做的功W=EqL，代入数据即可求得电场力所做的功；‎ ‎（2）根据U=Ed即可求得AB两点间的电势差．‎ ‎【详解】（1）A到B的过程电场力做功负功 WAB=EqL ‎ 代入数据解得：WAB=-1.6×10-4×2×104×5=-16J；‎ ‎（2）AB两点之间的电势差UAB=EL ‎ 代入数据解得：UAB=-2×104×5=-1×105V．‎ ‎【点睛】本题考查匀强电场的性质，要注意明确功的公式的计算方法，同时明确U=Ed中的d为沿电场线方向上的距离．‎ ‎16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）P点到O点的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为，分速度等于，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于，由求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离即可解得．‎ ‎（1）设电子经电压加速后的速度为，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 根据牛顿第二定律得：‎ 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ ‎（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为，根据学公式得：‎ 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为，电子打到荧光屏上的侧移量为，如图所示 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ 则P到O点的距离 ‎17.如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图．y轴上一点P的坐标为（0，L），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为（‎2L，0）．已知电子的电量大小为e，质量为m，不计电子的重力．‎ ‎（1）求匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为（0，-L），求感光胶片上曝光点的横坐标x．‎ ‎【答案】（1） (2)‎‎3L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解；(2)由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出感光胶片曝光点横坐标．‎ ‎【详解】(1)设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中运动时间为t1‎ 沿x轴方向，有：‎2L=v0t1‎ 沿y轴方向，有：eE=ma 联立解得:‎ ‎(2)离开电场时，电子沿y轴方向的速度vy=at1‎ 解得:vy=v0‎ ‎ ‎ 由几何关系得：‎ 解得：x=‎‎3L ‎【点睛】本题考查粒子做类平抛运动时，如何处理此运动，及形成解题的方法．掌握通过画出运动图来帮助分析解题，同时还利用数学函数知识来寻找矢量关系．‎ ‎ ‎