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

2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析） (III)一、选择题（共 10 题，每小题 6 分，1 至 6 小题为单选题，7 至 10 小题为多选题，选不全得 3 分， 共 60 分。）1.下列说法中正确的是（ ）A. 英国物理学家牛顿利用实验直接测量了电子的电荷量B. 19 世纪 30 年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场C. 匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点距离的乘积D. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强 ，电容,加速度都是采用比值法定义的【答案】B【解析】【详解】密立根最先准确测量出了电子的电荷量，故A错误；19 世纪 30 年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，故B正确；根据公式U=Ed得知，匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向距离的乘积，故C错误；电场强度：，电容都是采用了比值法定义，加速度是加速度的决定式，不是比值定义法，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.两个分别带有电荷量和的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为的两处,它们间库仑力的大小为.若两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为，则此时两式联立得F=F，故C正确，ABD错误，故选C。【点睛】本题考查库仑定律及电荷守恒定律问题注意两等大的小球接触后电荷先中和后均分，这是解决本题的关键3.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点， 如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是（ ）A. 粒子在 a 点时的加速度比在 b 点时的加速度小B. 从 a 到 b 过程中，粒子的电势能不断减小C. 无论粒子带何种电，经 b 点时的速度总比经 a 点时的速度小D. 电场中 a 点的电势一定比 b 点的电势高【答案】A【解析】【详解】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EaEb，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A正确；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受力沿曲线的内侧，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大。但a点到b点，整个过程最终电场力做正功，故BC错误；因为不知道粒子的电性，所以无法判断哪点电势高低，故D错误。所以A正确，BCD错误。4.如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的作用力和重力）则它们（ ）A. 同时到达屏上同一点 B. 先后到达屏上同一点C. 同时到达屏上不同点 D. 先后到达屏上不同点【答案】B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=不同两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场在偏转电场中的偏转位移，联立得 同理可得到偏转角度的正切tan=，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间5.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)设若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若 ()A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，减小S，则变小D. 保持d不变，减小S，则不变【答案】A【解析】AB：保持S不变，增大d，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角变大。故A项正确，B项错误。CD：保持d不变，减小S，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角变大。故CD两项错误。点睛：平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。6.如图甲所示，x 轴上固定两个点电荷 Q1、Q2（Q2 位于坐标原点 O），其上有 M、N、P 三点，间距MN=NP，Q1、Q2在轴上产生的电势 随 x 变化关系如图乙则（ ）A. M 点电势和电场强度大小均为零B. N 点电势和电场强度大小均不为零C. 一正试探电荷从 P移到 M过程中，电场力做功|WPN|=|WNM|D. 由图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，且 Q1电荷量大于 Q2【答案】D【解析】【详解】-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以M处的场强不为零，电势为零，故A错误；-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，电势为负值，故B错误；由图象可知，UMNUNP，故电场力做功qUMNqUNP，从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|WNM|，故C错误；因为N点的场强为0，所以两点的电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为异种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，Q1带负电、Q2带正电。因为N点的场强为0，所以两点的电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反，根据，知距离大的电量大，所以Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故D正确。所以D正确，ABC错误。7. 如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D时，动能为15eV（电子伏），到达等势面A时速度恰好为零则下列说法正确的是（ ）A. 场强方向从A指向DB. 匀强电场的场强为100V/mC. 电子经过等势面C时，电势能大小为5eVD. 电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：3【答案】BC【解析】试题分析：电子到达等势面A时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从D指向A，故A错误；从D到A，动能减小15eV，故电场力做功15eV，故有：WDA=eEdDA=15eV，解得，故B正确；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：EkD+EpD=EkA+EpA，解得EPA=15eV；匀强电场中，没前进相同距离电势变化相同，故EpC=5eV，故C正确；运用逆向思维，到达A后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=at2，通过1S、2S、3S的时间之比为1:，故通过连续三段S时间之比为1：（-1）：（-），故D错误；故选BC考点：带电粒子在电场中的运动8. 一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（ ）A. 小球所受重力大于电场力B. 小球在b点时的机械能最小C. 小球在d点时的电势能最大D. 小球只有在c点时的动能最大【答案】C【解析】试题分析：小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况，根据除重力外其余力做功判断机械能的变化情况解：A、D、根据动能定理，从a到d过程，有：mgRqER=0解得：qE=mg即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动此处时动能最大，故AD错误；B、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故B错误；C、根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最大，故C正确；故选：C【点评】本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解9. 匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放。已知小球所受电场力大小等于重力大小，不考虑空气阻力，则（ ）A. 开始一段时间内小球可能做变速圆周运动B. 开始一段时间内小球可能做变速直线运动C. 整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变D. 小球运动至左侧时最高点一定低于释放位置【答案】AB【解析】试题分析：若小球带正电，释放后小球受到向右的电场力，重力和绳子的拉力，开始一段时间内小球做变速圆周运动, 若小球带负电，释放后小球受到向左的电场力和重力，在开始一段时间内绳子是松弛的，小球做匀加速直线运动，A.B正确；若小球带负电，则小球在运动过程中由直线运动变成圆周运动的瞬即有能量损失，所以电势能与机械能之和是变化的，C错误；若小球带负电，小球运动到左端的过程中电场力做正功，最高点高于释放位置 ，D错误。考点：本题考查了带电物体在电场中的运动，侧重于考查对运动的分析10.如图所示，水平面内的等边三角形 ABP 的边长为 L，顶点 P 恰好位于一倾角为 30的光滑绝缘直轨道 OP 的最低点，OO 垂直于水平面，O 为三角形 AB 边的中点，现将一对等量异种电荷固定 于 A、B 两点，各自所带电荷量为 Q，在光滑直导轨 OP 上端 O处将质量为 m，带电荷量为+q 的小 球套在轨道上（忽略它对原电场的影响）由静止开始释放，取无穷远处电势为零，静电力常量为 k， 重力加速度为 g，空气阻力可忽略，则小球沿轨道 OP 下滑过程中（ ） A. 小球做匀加速直线运动B. 小球的电势能先增大后减小C. 轨道 O与 P 处场强大小之比为 2 : 1D. 小球到达轨道底端 P 的速度为【答案】ACD【解析】【详解】在O点电场强度方向水平向右，则加速度由重力沿斜面向下的分量产生：a=gsin30=0.5g，所以小球做匀加速直线运动，故A正确；因等量异种电荷固定于A、B两点，则在其连线的中垂面上所有点的场强方向垂直于该面，则为等势面，则小球OP下滑过程中电势能不变，故B错误；对于O点， ，则，OAO=45，则其场强为，对于P点：，则，故C正确；因由O点到P点电势相等，电场力不做功，只有重力做功：，解得：，故D正确。所以ACD正确，B错误。二、实验题(11 题 6 分，12 题 6 分，共 12 分)11.已知ABC 处于匀强电场中，平行于电场。将一个带电量 q=2106C的点电荷从 A 移到 B 的过程中，电场力做功 W1=1.210 -5J；再将该点电荷从 B 移到 C，电场力做功 W2=610 -6J已知 A 点的电势 A=5V，则 B、C两点的电势分别为_V 和_V试在图中画出通过 A 点的电场线【答案】 (1). 1 (2). 2 【解析】【详解】A、B间的电势差为：，B、C间的电势差为，UAB=A-B，UBC=B-C，又A=5V，代入解得：B=-1V，C=2V，AB连线中点D的电势为，与C点电势相等，将DC连接起来，即为等势线，过A点做DC的垂线，如图为电场线。12.用传感器观察电容器的放电过程：按图（甲）连接电路，电源电动势 E8V，电容器选用几百微法的电解电容器。先使开关 S 与 1 端相连，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成。然后把开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的 It 曲线，如图（乙）。（1）估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量 q_C；（2）根据以上数据估算电容为 C_ F。(结果保留两位有效数字) 【答案】 (1). 3.310-3 C (2). 4.1102【解析】【详解】（1）由图象的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为0.0810-3C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为41，所以释放的电荷量是：Q=0.0810-3C42=3.310-3C。（2）根据电容器的定义式可得：。三、论述、计算题(本题共 3 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求 （1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能。【答案】(1) （2） (3) 【解析】（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=mv02解得到质子射出加速电场的速度 （2）粒子在竖直方向：y=dat2，在水平方向：x=L=v0t联立上式得到 d代入数据得L= （3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：mv2=e（U0+）14.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距d，如图所示，求：（1）小球带电荷量q是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）由平衡条件可知：Eq=mgtan得：（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：由运动学公式得：则考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用.【名师点睛】此题主要考查物体的平衡条件的应用以及牛顿第二定律的应用问题；首先要受力分析，根据共点力的平衡条件列出方程；注意当剪断细线的瞬时，小球将沿细线的方向斜向下做匀加速直线运动，我们可以只研究水平方向的匀加速运动即可.15.如图，轨道 CDGH 位于竖直平面内，其中圆弧段 DG 与水平段 CD 及倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，圆弧段和倾斜段均光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中一带电物块由 C 处静止释放，经挡板碰撞后滑回 CD 段中点 P 处时速度恰好为零已知物块的质量 ，所带的电荷量；电场强度 ； CD 段的长度 L=0.8m，圆弧 DG 的半径 r=0.2m，GH 段与水平面的夹角为 ，且 sin=0.6，cos=0.8； 不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度 g 取 10m/s2（1）求物块与轨道 CD 段的动摩擦因数 ；（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能 Ek；（3）分析说明物块在轨道 CD 段运动的总路程能否达到 2.6m若能，求物块在轨道 CD 段运动 2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能【答案】（1）0.25；（2）0.018J；（3）0.002J【解析】【分析】物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理列式，求出物块与轨道CD段的动摩擦因数；物块在GH段运动时，由于qEcos=mgsin，所以做匀速直线运动，由C运动至H过程中，由动能定理列式，求出物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；由能量守恒定律求出物块能在水平轨道上运动的总路程，判断在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m。【详解】（1）物块由 C 处释放后经挡板碰撞滑回 P 点过程中，由动能定理得：qEmg（L+）=00代入数据解得：=0.25；（2）物块在 GH 段运动时，由于 qEcos=mgsin，所以做匀速直线运动，由 C 运动至 H 过程中，由动能定理得：qELmgL+qErsinmgr（1cos）=EK0解得：EK=0.018J（3）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0，设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量守恒定律可得：qEL=mgs代入数据解得：s=2.4m因为2.6ms，所以不能在水平轨道上运动2.6m的路程物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得：qErsin-mgr（1-cos）=E0-0代入数据解得：E0=0.002J【点睛】本题考查动能定理和能量守恒定律的应用，解题的关键是分析运动过程中哪些外力做了功，做正功还是负功，再根据动能定理列式求解即可。