2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析） (II).doc

2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析） (II)一、选择题（每小题4分，共计56分，1-9题是单选题，10-14题是多选题，多选题选对不全的得2分）1.如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称则下列说法中正确的是() A. D、C两点的电场强度方向相同强弱不同B. 这两点电荷一定是等量同种电荷C. 这两点电荷一定是不等量异种电荷D. C点与D点的电势不同【答案】A【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷故A正确；B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故C正确；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确2.关于同一电场的电场线，下列表述正确的是()A. 电场线是客观存在的B. 电场线越密，电场强度越小C. 沿着电场线方向，电势越来越低D. 电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小【答案】C【解析】电场线是人为引入，假象的线，并非真实存在的，故A错误；电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故B错误；沿电场线电势降低，电势的高低与电场线的疏密无关，故C正确；电势能的高低通过电场力做功来判断，沿电场线运动，电场力不一定做正功，电势能不一定减小，故D错误；此题选择错误的选项，故选ABD3.如图所示，电解槽内有一价的电解溶液，t s内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是（ ）A. 正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到AB. 溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消C. 溶液内电流方向从A到B，电流I=D. 溶液内电流方向从A到B，电流I=【答案】D【解析】【详解】A、B、电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反。所以正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向也从A到B，不会相互抵消。故A、B错误.C、D、溶液内电流方向从A到Bt时间内通过通过溶液截面S的电荷量q=n1e+n2e=（n1+n2）e，则根据电流的定义式，故C错误，D正确故选D.【点睛】本题运用电流的定义式求解电流强度，对于电解质溶液，公式中q是通过溶液截面S的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和4.真空中，两个相距L的固定电荷E、F所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE，则 （ ）A. 过N点的等势面与过N点的切线平行B. E带正电，F带负电，且Q1Q2C. 负检验电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D. 在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点【答案】C【解析】试题分析：只有电场线是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行的粒子，其运动轨迹才与电场线重合，而该电场线是一条曲线，所以在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A错；N点电场水平向右，可知E、F在N点产生的场强竖直分量大小相等，方向相反，又因为NEFNFE，NFNE，所以可知E带正电，F带负电，且QEEBB. 电子在A、B两点的速度vAvBC. A、B两点的电势ABD. 电子在A、B两点的电势能EpAEpB【答案】AD【解析】试题分析：图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，不是匀强电场，故A错误；由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大即有，故B正确，D错误；根据可知，A点场强大，则A点加速度大，故C正确。考点：电场线、电势能【名师点睛】根据图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化。13.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A. 做直线运动，电势能先变小后变大B. 做直线运动，电势能先变大后变小C. 做曲线运动，加速度可能先增加后减小D. 做曲线运动，电势能先变小后变大【答案】CD【解析】根据题中给出的等势面分布情况可以画出电场中电场线的分布情况，带负电的粒子受电场力作用将向上偏，做曲线运动，电场力对带电粒子先做正功，但带电粒子最终又离开电场，所以带电粒子从零势面进入电场最后又到无穷远处，又回到零等势面，所以带电粒子的动能不变，即电场力后做负功，电势能先减小后增大，故选项C正确。视频14.关于电源的说法，正确的是（ ）A. 在电源内部从正极到负极电势逐渐提高B. 电源向外提供的电能越多，表明电动势越大C. 电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功D. E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的【答案】CD【解析】在电源内部从正极到负极电势逐渐降低，A错。电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能本领的物理量，不一定提供的电能多，电动势就越大，B错。电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功，C对。E=只是电动势的定义式而非决定式,电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的，D对二、计算题（15题8分，16题8分，17题12分，18题 12分，19题14分，共计54分。计算题按照步骤给分，请写出必要的文字说明，主要物理方程表达式以及正确的结果）15.如图所示，真空中一质量为m，带电量为q的液滴以初速度为v0，仰角射入匀强电场中以后，做直线运动，求：（1）所需电场的最小场强的大小，方向。（2）若要使液滴的加速度最小，求所加的电场场强大小和方向。【答案】(1) ，方向与垂直指向右下方 （2），方向竖直向下【解析】试题分析：（1）E1q = mgcos,得E1= mgcos/ q，方向与v0垂直指向右下方（2）E2q = mg,得E2= mg/q，方向竖直向下。考点：考查了带电粒子在匀强电场中的运动点评：做本题的关键必须把握粒子做直线运动，结合受力分析，运动矢量三角形分析16.如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为q的油滴以速度v竖直向上运动已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为.求：场强E的大小及A、B两点间的电势差【答案】；【解析】【详解】根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：，x ，故hx.由动能定理得：qExmgh0，即再由动能定理得：qUABmgh0， 所以【点睛】本题考查运动的合成与分解，掌握运动学公式和动能定理的应用，理解电场力做功与电势差之间的关系17.如图所示电子射线管.阴极K发射电子，阳极P和阴极K间 加上电压后电子被加速。A、B是偏向板，使飞进的电子偏离.若已知P、K间所加电压UPK 2.5104V，两极板长度L6.010-2m，板间距离d 3.610-2m，所加电压UAB 1000V，R310-2m， 电子质量me9.110-31kg，电子的电荷量e-1.610-19C。设从阴极出来的电子速度为零，不计重力。(保留两位有效数字) (1)电子通过阳极P板的速度0是多少? (2)电子从偏转电极出来时的偏移距离y是多少？(3)电子从偏转电极出来时具有动能Ek是多少?(4)电子过偏转电极后到达距离偏转电极R310-2m荧光屏上O点，此点偏离入射方向的距离h是多少?【答案】（1）9.4107m/s （2）1.010-3m （3）4.010-15J （4）2.010-3m【解析】试题分析：电子在电场中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子通过阳极P板的速度；电子通过偏转电极时做类平抛运动，根据平抛运动知识即可求得偏转位移；再由动能定理求出电子通过偏转电极时具有动能Ek根据速度的分解，求出电子离开偏向板时沿场强方向的分速度和偏转角的正切，根据几何知求偏离入射方向的距离。（1）电场力对电子做正功，根据动能定理： 代入数据解得：（2）带电粒子在作类平抛运动，在水平方向：竖直方向： 粒子的加速度为： 联立解得： （3）根据动能定理有：代入数据解得: （4）电子离开偏向板时沿场强方向的分速度：偏转角的正切：故由几何知识得：点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，是电场中基本题型，关键是分析电荷的受力情况和运动。18.如图所示，在E103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？【答案】（1）v2 m/s，L20 m （2）1.5N （3）0.6m【解析】试题分析：（1）在复合场中圆的最高点不再是没有电场时的最高点了，要使物体做圆周运动，则物体受到的电场力和重力刚好充当向心力，圆环对物体没有力的作用，即,解得此时重力与电场力的合力方向与竖直方向夹角为37，设滑块应在水平轨道上离N点x处释放，过程中重力，摩擦力做负功，电场力做正功，所以可得，解得x=2.09m，（2）设在P点时的速度为，则，根据牛顿第二定律可得，联立两式解得N=2.4N考点：本题考查了带电物体在复合场中的运动点评：此类型的题目，技巧在于将电场和重力场合成后，等效于原来的重力场，即圆环的最高点不再是只有重力作用时的最高点了，而是与竖直方向有一定夹角19.如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L=1cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=1。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：（1）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？屏上亮点的间歇时间为多少？【答案】（1）1.35cm （2）3.0cm；0.1s【解析】(1)设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：eU0=mv2设偏转电场的场强为E，则有：设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上： 在轴线侧向有： 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为，则电子通过偏转电场时有：电子在荧光屏上偏离O点的距离为 由题图知t=0.06 s时刻U=1.8U0，代入数据解得Y=13.5 cm (2)由题知电子偏移量y的最大值为d/2，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了 代入上式得：Y=3l /2 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y=3l =30 cm