云南省文山州广南县第二中学2020学年高二物理10月月考试题

文山州广南二中2020学年10月份考试 高二物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_一、单选题(共8小题,每小题3.0分,共24分)1.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距离膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一个电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的()A 介质变化B 正对面积变化C 距离变化D 电压变化2.以下关于电场和电场线的说法中错误的是（）A 电场和电场线都是真实存在的B 电场是真实存在的，电场线是不存在的C 电场线可以描述电场的强弱和方向D 电场线在电场中不能相交3.毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，橡胶棒带负电这是因为()A 空气中的正电荷转移到了毛皮上B 空气中的负电荷转移到了橡胶棒上C 毛皮上的电子转移到了橡胶棒上D 橡胶棒上的电子转移到了毛皮上4.示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形它的工作原理等效成下列情况：(如图甲所示)真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，经小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是()A 沿y轴方向做匀速运动B 沿x轴方向做匀速运动C 沿y轴方向做匀加速运动D 沿x轴方向做匀加速运动5.如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中不可行的是()A 使U1减小为原来的B 使U2增大为原来的2倍C 使偏转板的长度增大为原来2倍D 使偏转板的距离减小为原来的6.如图所示，平行直线AA、BB、CC、DD、EE分别表示电势4 V、2 V、0、2 V、4 V的等势线，若ABBCCDDE2 cm，且与直线MN成30角，则()A 该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA，且指向左下方B 该电场是匀强电场，电场强度大小E2 V/mC 该电场是匀强电场，与C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势为4 VD 该电场可能不是匀强电场，E不适用7.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的两点如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等则下列判断正确的是（）AP点的电势与Q点的电势相等BP点的电场强度与Q点的电场强度相等C 在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将做匀加速直线运动D 带正电的微粒在O点的电势能为零8.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则()AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPQDEPEQ，PQ；电场线较密的地方电场强度大，故EPEQ，故选A.9.【答案】BC【解析】若开关K保持闭合，板间电压不变，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2v1，故A错误，C正确；若开关K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做的负功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，液滴速度变大，即v2v1，故B正确，D错误10.【答案】AC【解析】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以由点电荷场强公式Ek知QEQF.故A正确；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点故B错误因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直故C正确沿电场线方向电势逐渐降低，MN，再根据Epq，q为负电荷，知EpMEpN.故D错误11.【答案】CD【解析】根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板的运动，列出等式：qUmv2；v，v与两板间距离无关，所以当改变两板间距离时，v不变，A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变， 所以极板之间的场强为E，电子的加速度为a， 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由dat2，所以电子加速的时间为td，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确故选C、D.12.【答案】ABD【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，Oa之间电场线沿x轴负方向，在ab内电场线沿x轴正方向故A正确；由于x图象的斜率等于场强E大小由图可得，O处的场强要大于b处的场强，根据牛顿第二定律，检验电荷在O处的加速度大于在b处的加速度故B正确；Oa之间电场线沿x轴负方向，在ab内电场线沿x轴正方向，将一个检验电荷q在O处由静止释放，它在Oa之间做加速运动，在ab之间做减速运动，由于bO，所以b与O点的电势能相同，试探电荷到达b后的速度等于0，将开始返回故C错误；Oa之间电场线沿x轴负方向，在ab内电场线沿x轴正方向，将一个检验电荷q在O处由静止释放，它在Oa之间做加速运动，在ab之间做减速运动点电荷在a点的动能最大，电势能最小故D正确13.【答案】108C向右7.5104【解析】对带正电的小球受力分析，如图：根据几何关系：Fmgmg由库仑定律：Fk即41039109得：q108C加入水平方向的匀强电场后，要使左边小球受力平衡，应受向左的电场力，则电场的方向向右，根据平衡条件：qEkE9109N/C7.5104N/C14.【答案】摩擦起电 感应起电 接触起电 保持不变【解析】使物体带电的方式有三种：摩擦起电、感应起电、接触起电由电荷守恒定律可知，无论哪种方法，都是电荷在物体之间的转移或从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变故答案为：摩擦起电、感应起电、接触起电，保持不变15.【答案】0.25 N方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外【解析】如图所示，每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，只求出其中一个点电荷受的库仑力即可以q3为研究对象，共受到F1和F2的作用力，q1q2q3q，相互间的距离r都相同F1F2k0.144 N根据平行四边形定则，合力为F2F1cos 300.25 N.合力的方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外16.【答案】增大2.5108J【解析】电荷由A点移到B点，电场力做负功，故电势能增大电场力做的功为WABEpAEpBqAqBq(AB)(5109)(1510) J2.5108J.17.【解析】两个平行金属板相距很近，其间形成匀强电场，电场中点电荷受到电场力作用CF8.851013F两极间电势差为UV2.26104V，EV/m2.26106V/m.FqE51092.26106N1.13102N.18.【解析】(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg4Rmv到达B点时速度大小为vB2(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx2Rmvmv小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y4RvCt，x2Raxt2t2联立解得：Fxmg电场力的大小为：FqEmg(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN的合力提供，设弹力FN的方向向左，则FxFN，解得：FN3mg根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为FNFN3mg，方向水平向右19.【解析】(1)根据图乙可知，从t0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动因为x()23.6 ml，所以粒子从t0时刻开始，一直加速到达A板设粒子到达A板的时间为t，则lt2解得t103s.(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12105m/s2在T时间内，粒子的加速度大小为a24105m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在T时间内减速刚好不能到达A板，则la1tt解得t2103s因为6103s，所以在0这段时间内在4103s时刻产生的粒子刚好不能到达A板(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n300100(个)