【物理】江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 15页

‎2019-2020（上）高二第二次月考物理试卷 一 、选择题（1-8题单选，9-12题多选，每题4分，共48分）‎ ‎1.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 由可知电场中某点的电场强度与成反比 B. 由公式可知电场中某点的电势与成反比 C. 公式，其中电容器的电容与电容器两极板间电势差无关 D. 由可知，匀强电场中的任意两点、让的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由公式可求解电场强度，但电场强度与试探电荷无关，故A错误；由公式可求解电势，但电势与试探电荷无关，故B错误；由公式可求解电容，但电容与电压无关，故C正确；公式中，d是沿着匀强电场的电场强度方向的距离，不一定等于两点间距离，故D错误；故选C。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在电场中没画电场线的地方场强为零 B. 电场线是假想的一簇曲线或直线，实际上是不存在的 C. 靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小 D. 沿电场方向电场强度越来越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在电场中没画电场线的地方场强不一定为零，故A错误；‎ B．电场线是人们为形象描述电场而假象的，实际不存在，故B正确；‎ C．不管是靠近正电荷还是负电荷，电场线更密，电场强度更大，故C错误；‎ D．沿电场方向电场强度不一定越来越小，如匀强电场，故D错误。‎ ‎3.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是(　　 ) ‎ A. 两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B. 两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小 C. 两极板间距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大 D. 与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理 A．两板间距离越大，场强越小，电子的加速度越小，由可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误；‎ BC．两极板间的距离越小，场强越大，电子的加速度越大，由可知，加速时间越小，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故BC错误；‎ D．由可知，虽然极板间距发生变化，但电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确。‎ ‎4.导体中的电流是5 μA，那么在3.2 s内通过导体的横截面定向移动电荷量为q，相当于有n个电子通过该截面，则下列正确的是 A. q=1.6×10-5 C；n=1014个 B. q=1.6×10-2 C；n=1017个 C. q=1.6×10-5 C；n=1015个 D. q=1.6×10-2 C；n=1014 个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流的定义式得3.2s内通过导体横截面的电荷量为：‎ 通过该截面的电子的个数为：‎ 个 A.q=1.6×10-5 C；n=1014个与分析相符，故A正确；‎ B.q=1.6×10-2 C；n=1017个与分析不符，故B错误；‎ C.q=1.6×10-5 C；n=1015个与分析不符，故C错误；‎ D.q=1.6×10-2 C；n=1014 个与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为1：9，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是（ ）‎ A. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求 B. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求 C. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求 D. q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，电荷一定在两正电荷之间，根据平衡有：‎ 解得：‎ 即 q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求，故A正确。‎ ‎6.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8 J,在B点的电势能为0.80×10－8 J． 已知A，B两点在同一条电场线上，电场线方向如图箭头所示，该点电荷的电荷量为1.0×10－9 C，那么(　　)‎ A. 该电荷为正电荷 B. 把电荷从B移到A，电荷电势能减少4.0×10－9 J C. A、B两点的电势差UAB＝－4.0 V D. 把电荷从A移到B，电场力做功为－4.0×10－9 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿电场线方向电势降低，由题意，该点电荷从B到A，电势能增大，根据电势能Ep=qφ，可知该电荷为负电荷，故A错误；‎ B．把电荷从B移到A，电荷电势能增大 故B错误；‎ CD．该点电荷从A到B，电势能减小 ‎△Ep=1.2×10-8 J-0.80×10-8 J=4.0×10-9J 所以电场力做功为 WAB=4.0×10-9J 则A、B两点的电势差 故C正确，D错误。‎ ‎7.图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是（ ）‎ A. b点的电势一定高于a点 B. 无法比较a 、b点场强大小 C. 带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率 D. 带电粒子一定带正电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知带电粒子的电场力指向弧的内侧，电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，但由于电性未知，故无法判断电场的方向，即ab两点的电势无法判断，故A错误；‎ B．a点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于b处，故B错误；‎ C．带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故带电粒子从a运动到b点时电场力做负功，所以带电粒子的动能减小，即带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率，故C正确；‎ D．由于电场的方向未知，故根据题意无法判断电荷的电性，故D错误。‎ ‎8.如图所示，匀强电场场强E＝100 V/m，A、B两点相距10cm，A、B连线与电场线夹角为，则UB A为(　　) ‎ A. －10V B. 10V ‎ C. －5V D. －5V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，AB方向与电场线方向间的夹角θ=，AB两点沿电场方向的距离：‎ d=Lcosθ AB两点间的电势差：‎ UAB=Ed=ELcosθ=100V/m×0.1m×cos=5V 所以：‎ UBA=-UAB=-5V 故C正确。‎ ‎9.如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)，两小球恰在同一水平线上，那么(　　)‎ A. 两球一定带异种电荷 B. q1可能大于q2‎ C. m1一定大于m2 D. m1所受库仑力一定大于m2所受库仑力 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两球相互吸引必定是异种电荷，故A正确。‎ B. 根据牛顿第三定律，两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小，q1可能大于q2，故B正确。‎ C. 设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到：‎ 同理，对m2研究，得到 则 因α＞β，得到m1＜m2，故C错误。‎ D. 根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力，故D错误。‎ ‎10. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是 A. 若将B板向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a电流 B. 若将B板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G中有a→b的电流 C. 若将S断开，A向左平移一小段距离，则油滴向上加速度运动，G中无电流 D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴仍静止，G中无电流 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；将B板上移，由可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据、，有：，故电容器电量增加，充电，故G中有a→b的电流；故A错误；若将B板向左平移一小段位移，由可知，E不变，油滴仍静止；根据、，有，故电容器电量减小，电容器放电，故G中有b→a的电流；故B错误；若将S断开，Q不变，根据、、U=Ed，可知C减小，U变大，则场强E变大，故油滴向上加速运动，G中无电流，故C正确；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，根据、、U=Ed，有：，故场强不变，油滴仍然静止；因电路断开；故G中无电流；故D正确；故选CD.‎ 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电容器问题的动态分析；首先要掌握三个公式：、和；关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析；注意当断开电源，只改变距离d时，两板上的电量不变。‎ ‎11.a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，a、p间距离大于p、b间距离．从图中可以判断以下说法正确的是(　　)‎ A. a和b均为负电荷且q1一定大于q2‎ B. 电势最低p点的电场强度为零 C. 将一负的检验电荷从b处移到p处，电荷电势能增加 D. a、p间的电场方向都指向a点 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则q1与q2在P处场强大小相等，方向相反，根据知，q1＞q2，故A错误；‎ B．根据顺着电场线降低及电场线的分布情况，p处电势最低，图象的斜率等于场强，可见p处场强一定为零，故B正确；‎ C．将一负的检验电荷从b处移到p处，电场力做负功，电势能增加，故C正确；‎ D．由图可知，a、p间的电场方向都指向p点，故D错误。‎ ‎12.如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N电荷量为q=2×10－6C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5，已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( ) ‎ A. B、A两点间的电势差为1200V B. 小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大 C. 小滑块第一次速度为零的位置在BC间某处 D. 从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AB两点间沿电场方向的长度为 故BA两点间的电势差为 故A正确；‎ B．由于小滑块带负电，所以小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；‎ CD．小滑块从A到B运动过程，合外力 ‎ 方向沿AB斜面向上，小滑块在BC上时，合外力 方向沿BC斜面向上，故小滑块在AB上做加速度为a的匀加速运动，在BC斜面上做加速度为5a的匀减速运动直到静止，那么，小滑块第一次速度为零的位置在BC上；小滑块从A到B运动的路程为d=AB=2m，然后第一次停在BC上，在BC上运动路程为 再从第一次静止到B的路程为，从B到第二次静止的路程为 故小滑块从静止到第一次速度为零的路程为 第一次速度为零到第二次速度为零的路程为 第二次速度为零到第三次速度为零的路程为所以，从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程 故C错误，D正确。‎ 二、填空题（每空2分，共12分，注意按题目要求作答）‎ ‎13.(1)如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球 A，靠近放在 绝缘支架上不带电的导体 B，导体 B 用导线经开关接地，开关闭合 时，则导体 a 端_____________（选填：不带电、带正电、 带负电），导体 b 端 ________（选填：不带电、 带正电、 带负电）；现把 S 先合上，再移走 A，则导体 B ________（选 填：不带电、带正电、带负电）；如果先断开开关再移走 A，则导 体 B______（选填：不带电、 带正电、 带负电 ）。‎ ‎(2)用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设 A、B 两极板为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为θ．实验中， 极板所带电荷量不变，若 ‎①保持正对面积 S 不变，增大板间距离 d，则θ _____（选填 ：增大、 减小、 不变 ）‎ ‎②保持板间距离 d 不变，减小正对面积 s，则θ_____（选填 ：增大、 减小、 不变 ）‎ ‎【答案】 (1). 带负电 (2). 带正电 (3). 不带电 (4). 带负电 (5). 增大 (6). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于静电感应，B中的负电荷将向a端移动，从而使a端带负电，b端带正电；当闭合开关S，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，再移走 A，则导体 B不带电；如果先断开开关，再移走A，则导体B带负电。‎ ‎（2）①保持正对面积 S 不变，增大板间距离 d，根据电容的决定式：，可知电容减小，电量Q不变，由电容的定义式可知；板间电压增大，则偏角θ增大。②‎ 保持板间距离 d 不变，减小正对面积 S，根据电容的决定式：，可知电容减小，电量Q不变，由电容的定义式可知；板间电压增大，则偏角θ增大。‎ 三、计算题 ‎14.带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一个匀强电场（如图），电场强度E=2×10V/m，方向向下。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。‎ ‎(1)C、D两点的电势差UCD等于多少？‎ ‎(2)一个电子从C点移动到B板，静电力做多少功？‎ ‎【答案】(1)-1000V (2)-9.6×10-17J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)沿电场线方向电势越来越低，电场线竖直向下，因此D点电势高，CD两点间的电势差为：‎ UCD=Ed=-2.0×104×（10-3-2）×10-2V=-1000V ‎(2)一个电子从C点移动到B板，静电力做 WCB＝-qEdCB=-1.6×10-19×2×104×3×10-2J=-9.6×10-17J ‎15.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k和重力加速度g.‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度是多大？‎ ‎(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，‎ 根据库仑定律F＝k，r＝H/sinα 得a＝gsinα－.‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝，‎ 解得R＝‎ ‎【点睛】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大．‎ ‎16.如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R，半径OA水平，同时空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m、电量为q的带正电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B时，球对轨道的压力为2mg．求：‎ ‎(1)滑到B时的速度大小 ‎(2)匀强电场场强的大小 ‎(3)小球在光滑绝缘半球槽运动的最大速度。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在B点，根据牛顿第二定律得：‎ 据题得：N=2mg，解得：‎ ‎ ‎ ‎(2)由A到B的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎(3)速度最大时，合力与速度方向垂直，设此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则 由图可知，‎ ‎ ‎ 则 ‎ ‎ ‎17.如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。‎ ‎（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；‎ ‎（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？‎ ‎（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。‎ ‎【答案】（1）y＝；（2）电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a=，离子通过A、B板用的时间t=，离子射出A、B板时的侧移距离 y=at2==‎ ‎（2）离子通过A、B板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功 W=y=‎ 电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A、B板时电势能减少了。‎ ‎（3）离子射出电场时的竖直分速度vy=at，射出电场时速度的偏转角 tan==‎ 离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足y＜，即＜，解得离子的动能 Ek 同时也要满足Ltan+y＞，即+＞，解得离子的动能 Ek 打到屏MN上离子的初动能范围为 答：（1）离子射出A、B板时的侧移距离y= ；（2）离子通过A、B板时电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为。‎