【物理】广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版） 16页

‎2019-2020学年度汕头市金山中学高二月考物理试卷 一、单项选择题（共7题，每题4分，共28分）‎ ‎1.如图，一电荷量为q的负点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F。若把该点电荷换为电荷量为2q的正点电荷，则A点的电场强度E为 A. ，方向与F相反 B. ，方向与F相反 C. ，方向与F相同 D. ，方向与F相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将一电荷量为q的负点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F，则该点的电场强度大小为：‎ 方向与负电荷受力方向相反，即与F的方向相反；根据电场强度的物理意义：电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关。可知将该点电荷换为电荷量为2q的正点电荷，A点的场强大小仍然是，方向与F的方向相反；故A正确，BCD错误。‎ 故选A．‎ ‎2.如图所示，水平匀强电场场强为E，A、B两点间的直线距离为l，垂直电场方向的距离为d。一电荷量为q的带电粒子从A点沿图中虚线移动到B点。则 A. 该过程中电场力做功为qEl B. 该过程中电场力做功为qEd C. 该过程中带电粒子的动能一定增加 D. 该过程中带电粒子的动能可能不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点过程，A、B两点沿电场线方向的距离：‎ 电场力做功：‎ 故AB错误。‎ CD．除电场力以外其他力做功情况不清楚，则外力对粒子做的总功情况不能确定，总功可能是正值，则粒子的动能增加。总功可能为零，动能不变。总功可能为负值，则动能减小，故C错误，D正确。‎ 故选D．‎ ‎3.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为0.01C，在a处的动能为0.5J，则该带电离子（不计重力）‎ A. 可能带负电 B. 在b点处的电势能最小 C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知场强方向向上，带电粒子的轨迹向上弯曲，粒子所受的电场力向上，则该粒子一定带正电荷，故A错误。‎ B．粒子带正电，b处的电势最高，所以粒子在b点处的电势能最大，故B错误。‎ C．粒子在a点处的电势：‎ ‎0.01×10J=0.1J 总能量为：‎ ‎0.1J+0.5J=0.6J 粒子在b点处的电势能：‎ ‎0.01×30J=0.3J 所以粒子在b处的动能为0.3J．故C错误；‎ D．粒子在c点处电势能：‎ ‎0.01×20J=0.2J 由能量守恒定律得：‎ 得在c点处的动能为：‎ ‎0.6J-0.2J=0.4J 故D正确。‎ 故选D．‎ ‎4.直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示．一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，分别为a、b两点的电势．下列说法中正确的是 A. 可能有 B. 该电场可能为点电荷产生的电场 C. 带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能 D. 带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据粒子做曲线运动过程中，受到的合力指向轨迹内侧，并且粒子带正电，受到的电场力方向和电场线方向相同，故可知粒子的运动轨迹有图中1、2所示两种情况，有图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，电势减小，由图线1可知电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故一定有，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，AD错误C正确；因为轨迹是抛物线，所以要求受力恒定，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；‎ ‎5.如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直．一带电油滴在O点处于静止状态．则 A. 若将油滴置于P处，仍能静止 B. 若将油滴从M处释放，可能沿M、N的连线运动至N处 C. M点的电势一定比N点的高 D. 油滴在M点的电势能一定比在N点的小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题可知，带电油滴在O点处于静止状态，说明带电油滴在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知P点的电场强度大于O点电场强度，即，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故A错误；‎ B．带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故B错误；‎ C．根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故C错误；‎ D．若油滴带负电，则上极板带正电，则：‎ 则根据电势能公式：‎ 可知：‎ 若油滴带正电，则上极板带电，则：‎ 同理可知：‎ 故D正确。‎ 故选D．‎ ‎6.铜的原子量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】单位长度质量为：m′=ρS；单位长度原子数为：；每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为；电流；而；解得： ；故选D．‎ ‎7.如图所示，固定在竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过绝缘轻质细线悬挂一质量为m视为质点的金属小球，圆环带电均匀且带量为Q，小球与圆环同种电荷且电荷量为q，小球静止在垂直圆环平面的对称轴上的某一位置，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绳长为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于圆环不能看作点电荷，只取圆环上一部分△x，设总电量为Q，则该部分电量为：‎ 由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力：‎ 方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与相同；如图所示：‎ 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为：‎ 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力：‎ F库 方向水平向右；小球受力分析如图所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故T与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得：‎ 解得：‎ 故A正确，BCD错误。‎ 故选A．‎ 二、多项选择题（共5题，每题4分，共20分。每题有多个选项符合题意，全部选出得4分，漏选得2分，错选不得分）‎ ‎8.O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是 A. 电场力一定做正功 B. O点电势比A点电势高 C. 从O到A，电场强度先减小后增大 D. 从O到A过程中，电场强度一直增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，O到A电势能减小，所以电场力做正功，故A正确；‎ B．因为 且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势小于A点，故B错误；‎ CD．因为 所以图线的斜率代表电场力，O到A斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故C正确，D错误。‎ 故选AC．‎ ‎9.带电的平行板电容器与静电计的连接如图，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有 A. 将极板B向左适当移动 B. 用手触摸极板A C. 在两板间插入电介质 D. 将极板B向上适当移动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将极板B向左适当移动时，间距增大，根据：‎ 则电容C减小，根据：‎ 知电势差增大，则指针偏角变大，故A正确；‎ B．用手触摸极板A，则导致其电量Q减少，根据：‎ 则电容C不变，根据：‎ 知电势差增减小，则指针偏角变小，故B错误；‎ C．在两板间插入电介质时，介电常数增大，根据：‎ 则电容C增大，根据：‎ 知电势差减小，则指针偏角变小，故C错误；‎ D．将极板B向上适当移动时，正对面积减小，根据：‎ 则电容C减小，根据：‎ 知电势差增大，则指针偏角变大，故D正确。‎ 故选AD．‎ ‎10.如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，虚线为AB连线的中垂线，交AB于O点，M位于虚线上，以下说法正确的是 A. 沿直线由A到B，各点的电场强度先增大后减小 B. 沿直线由A到B，各点的电势先增大后减小 C. 沿中垂线由M到O，电场强度增大 D. 将一正电荷从M点沿虚线移到O点的过程中，电场力不做功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AB之间的电场的电场强度大小关系是从A到B电场强度先变小后变大，其连线中点处的场强最小，故A错误；‎ B．AB之间电场线方向从B指向A，沿电场线方向电势逐渐降低，故沿直线从A到B各点的电势一直增大，故B错误；‎ C．在等量异种电荷连线的中垂线上O点的场强最大，向两边逐渐减小，所以沿中垂线由M到O，电场强度增大，故C正确；‎ D．等量异号电荷的中垂面是个等势面，且电势为零，沿等势面移动电荷电场力不做功，故D正确。‎ 故选CD．‎ ‎11.如图所示，在等边三角形的三个顶点A、B、C处各有一个电荷量为+Q的点电荷，M点为三角形的中心，N点和M点关于AC连线对称. 已知M点的电势为，N点的电势为，若将B点的点电荷换成电荷量为—Q的点电荷，则M、N两点的电势分别变为、，则下列关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】设A点的正点电荷在M点产生的电势为，B点的正点电荷在N点产生的电势为，则M点的电势，N点的电势为，将B点的点电荷换成电荷量为—Q的点电荷之后，M点的电势，N点的电势为，A、D项正确.‎ ‎12.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则 A. 所有粒子都不会打到两极板上 B. 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0‎ D. 只有t＝(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．‎ ‎【详解】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上，AB正确D错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有，由于，故有，故有，C正确．‎ ‎【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解．‎ 三、实验题（共12分）‎ ‎13.有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：‎ A.电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B.电压表（0～15V，内阻20kΩ）‎ C.电流表（0～3A，内阻1Ω）‎ D.电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E滑动变阻器（最大阻值5Ω）‎ F.滑动变阻器（最大阻值500Ω）‎ G.学生电源（直流6V）、开关、导线若干 ‎（1）实验时，选用的电路图来完成实验_________。（填“图甲”或“图乙”）‎ ‎（2）实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。（填序号）‎ ‎（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图____________。‎ ‎（4）下列小灯泡的伏安特性曲线符合实际的是________。‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). 图甲 (2). A D E (3). (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．‎ ‎（2）[2]因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；‎ ‎[3]由 得灯泡的额定电流：‎ A 故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；‎ ‎[4]由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（3）[5]对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：‎ ‎（4）[6]灯泡内阻随温度的增大而增大，而在I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故图象应为图象斜率减小的曲线，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ 四、计算题（共40分）‎ ‎14.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：‎ ‎（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据受力分析则竖直方向有：‎ 即 根据动能定理则，且，‎ 因此 ‎15.两平行板间有水平匀强电场，一根长为L，不可伸长的绝缘细绳，一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=37°，重力加速度为g，求：（sin37°=0.6、cos37°=0.8）‎ ‎（1）匀强电场的场强的大小；‎ ‎（2）小球到最低点的速度的大小；‎ ‎（3）经过最低点时，细线对小球的拉力的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）根据牛顿第二定律得：‎ 解得：．‎ ‎16.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．‎ ‎（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？‎ ‎（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9.0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）‎ ‎【答案】（1），（2）（3）‎ ‎【解析】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平夹角为α，运动轨迹如图 则：①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 由以上各式，代入数据求得： ，，‎ 故粒子通过MN界面时速度为：‎ ‎（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y 则：‎ 解得：‎ ‎（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得：，即 由得：‎ ‎【点睛】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；‎ ‎（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．‎