四川省新津中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题 17页

新津中学高2018级高二物理10月月考试题 一、单项选择题。（共8题，每题3分，共计24分）‎ ‎1.下列关于元电荷和点电荷说法正确的是（ ）‎ A. 所有点电荷的电量都为1.6×10-19C B. 电子带电量为1.6×10-19C，因此一个电子就是一个元电荷 C. 带电金属球不能看成点电荷 D. 点电荷是理想化模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.元电荷的电量是1.6×10-19C，所有带电体的电量都是元电荷的整数倍，而元电荷是一个数值，并非实际物体，故AB错误。‎ CD.点电荷是理想化的物理模型，当一个带电体的大小形状对研究问题没有影响时，可以看成点电荷，与物体自身体积无关，故C错误D正确。‎ ‎2.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果距离变为原来的2倍，把其中一电荷电量也变为原来的2倍，另一个电量不变，则它们的静电力大小等于（ ）‎ A. 4F B. 2F C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律可知后来 A. 4F与计算结果不符，故A错误。‎ B. 2F与计算结果不符，故B错误。‎ C. 与计算结果相符，故C正确。‎ D. 与计算结果不符，故D错误。‎ ‎3.如图所示是电场中的三条电场线，其中有A、B两点，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由电场线方向可知，B点场强大于A点场强 B. 由电场线的方向可知，B点电势大于A点电势 C. 同一电荷在A点的加速度小于在B点的加速度 D. A点电场线较密，故A点电势高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A处电场线比B处电场线密，则A点场强大于B点的场强，故A错误。‎ BD.沿电场线方向电势降低，所以B点电势大于A点电势，故B正确D错误。‎ C.根据牛顿第二定律 同一电荷在A点的加速度大于在B点的加速度，故C错误。‎ ‎4.在示波管中，电子枪3s内发射6×1013个电子，则示波管中的电流为（ ）‎ A. 3.2×10-6A B. 4.8×10-6A C. 9.6×10-6A D. 1.6×10-6A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C，6×1013个电子总电荷量为 q=6×1013×1.6×10-19C=9.6×10-6C 则示波管中电流大小为：‎ A. 3.2×10-6A与计算结果相符，故A正确。‎ B. 4.8×10-6A与计算结果不符，故B错误。‎ C. 9.6×10-6A与计算结果不符，故C错误。‎ D. 1.6×10-6A与计算结果不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间的运动情况（两板间电压恒定），下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子在电场中运动，电势能增加 B. 两板间距越小，电子在板间加速度就大，电子到达Q板的速度就越大 C. 电子到达Q板的速度由加速电压决定，与两板间距无关 D. 电子在两板间运动，电场力做正功，电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.电场力对电子做正功，电势能减小，故AD错误。‎ BC. 粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：，解得：可知，电子到达Q板的速度由加速电压决定，与两板间距无关，故B错误C正确。‎ ‎6.将一正电荷从无穷远处移入电场中M点，电势能减少了8.0×10－9J，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10-9J，则下列判断中正确的是（ ）‎ A. φM＜φN＜0 B. φN＞φM＞0‎ C. φN＜φM＜0 D. φM＞φN＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正电荷从无穷处移向电场中M点，电势能增加8.0×10-9 J，电场力做负功大小为8.0×10-9J，则M点的电势高于无穷远的电势，即φM＞0。正电荷从无穷远移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10-9J，电场力做负功大小为9.0×10-9J，则N点的电势高于无穷远的电势，即φN>0。但是由于第一次电场力做功少于第二次，可知φN>φM＞0，故选B.‎ ‎【点睛】本题也可以画出电场线，标出M、N两点在电场线上大致位置，再判断电势高低.‎ ‎7.如图所示，在一场强为E的竖直向上的匀强电场中，放置两等量同种电荷，间距为2a，测得两电荷连线中垂线上距o点为a的P点场强为0，则两电荷的电性和电量为（ ）‎ A. 正电， B. 正电，‎ C. 负电， D. 负电，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 两电荷连线中垂线上距o点为a的P点场强为0，所以两电荷在P点的合场强竖直向下，所以两电荷带负电，故AB错误。‎ CD.根据几何关系及库仑定律可知，两电荷在P点的合场强 解得：，故C错误D正确。‎ ‎8.如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. E=2000V/m，φC=200V B. E=5000V/m，φC=-200V C. 电子在C点具有的电势能为-200eV D. 电子在C点具有的电势能为200eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由Ep=qφC可求得电子在C点具有的电势能．‎ ‎【详解】A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间电势差为 UAC=Ed1=5000×0.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故φC=-UAC=-200V，故A错误，B正确；‎ C、D、电子在C点具有的电势能EP=φC×(-e)=200eV；故C错误，D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．‎ 二、多项选择题。每题至少有两个选项，漏选得2分，错选、多选均不得分，5题共计20分。 ‎ ‎9.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a，b是运动轨迹上的两点，可以判定（ ）‎ A. 粒子在a点的速度大于在b点的速度 B. 粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 C. 粒子一定带负电 D. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线的切线方向向左，粒子从a运动到b，电场力对粒子做正功，粒子的速度增大；从b运动到a电场力做负功，所以粒子在a点的速度小于在b点的速度。故A错误。‎ B. a点处的电场线较疏，而b点处电场线较密，则a点处的电场强度较小，粒子在a点受力小，则在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确。‎ C. 由于电场线的方向未知，所以不能确定粒子带什么电，故C错误。‎ D.因为粒子在a点的速度小于在b点的速度，所以粒子在a点的动能小于在b点的动能，根据能量守恒可知，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。‎ ‎10.如图所示，平行板电容器与直流恒压电源连接，下极板接地。一带点油滴静止于电容器中P点。现将上极板竖直向上迅速移动一小段距离则（ ）‎ A. 油滴带正电 B. P点电势将降低 C. 油滴电势能将增大 D. 电容器电容减小，极板带电量将增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，故A错误。‎ BC. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即极板间距变大， ，则电容器的电容减小，由于电容器两板间电压不变，根据 可知场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，因为油滴带负电，所以油滴电势能变大，故BC正确。‎ D. 电容器板间距离增大，电容将减小，根据Q=CU，由于电容器极板间的电势差不变，故其带电量减小，故D错误。‎ ‎11.一电子经过电场中的A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10-17J，动能为3.2×10-17J，经过B点时电势能为6.4×10-17J，如果只考虑电子受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子在B点动能为1.6×10-17J B. 电子从A到B电场力做功为100eV C. A点电势低于B点电势 D. A、B两点电势差为100V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因只有电场力做功；故电势能和动能之和守恒；在A点，总能量为：‎ E=Ek+EP=3.2×10-17+4.8×10-17=8×10-17J 则可知在B点动能 Ek=E-EP=8×10-17-6.4×10-17=1.6×10-17J 故A正确。‎ B. 电场力做的功等于电势能的该变量，所以 WAB=EPA-EPB=-1.6×10-17J=-100eV 故B错误。‎ C.电子在电势低的地方电势能大，所以B点电势低，故C错误。‎ D.根据电势差与电场力做功的关系WAB=-eUAB，所以UAB=100V，故D正确。‎ ‎12.两个固定的等量异种点电荷所形成电场叠等势面如图虚线所示。一带电粒子以某一速度从a点进入电场，运动轨迹为图中实线，若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子带正电 B. 电势能先减小后增大 C. 速率先减小后增大 D. 粒子在c点电势能大于在e点电势能 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误。‎ BC. 负电的粒子在电势低的地方电势能大，所以粒子从a→b→c过程中，电势能增大，结合能量守恒可知，动能减小，速率减小，c→d→e过程中，电势能减小，动能增大，速率变大，所以电势能先增大后减小，速率先减小后增大，故B错误C正确。‎ D. 负电的粒子在电势低的地方电势能大，粒子在c点电势能大于在e点电势能，故D正确。‎ ‎13.如图所示，带电量之比为qA：qB=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点垂直射入水平放置的两平行金属板间的匀强电场中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比xA：xB=2：1，则两粒子质量和飞行时间之比分别为（ ）‎ A. tA:tB=2:1 B. tA:tB=4:3 C. mA:mB=4:3 D. mA:mB=2:1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。则：水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：‎ tA：tB=xA：xB=2：1‎ 故A正确B错误。‎ CD. 竖直方向有：‎ 解得：，因为E、y、v0相等，则得 故C正确D错误。‎ 三、实验题 ‎14.如图所示，为“探究影响库仑力因素”的实验装置图。‎ ‎（1）当连接小球B的丝线与竖直方向的夹角为θ时,库仑力（F）与重力及夹角θ的关系是 _______；‎ ‎（2）当球A向右移动的过程中，小球B（质量为m）与竖直方向的偏角发生变化，说明小球B受到的库仑力在变化。两球距离越小，偏角越__________，小球受到的库仑力越_______.‎ ‎【答案】 (1). (2). 变大 (3). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]对小球受力分析 根据平衡可知 。‎ ‎(2)[2][3]根据库仑定律 可知，球A向右移动的过程中，r变小，库仑力变大，‎ 变大，所以偏角变大。‎ ‎15.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线。现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0．3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表A2（0～0．6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表____，电流表____，滑动变阻器____．（填器材前方选项符号，如A、B）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图_________。‎ ‎（3）P为上图中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，对应P点，小灯泡的电阻约为______Ω。（保留两位有效数字）‎ ‎（4）小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是__________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 5.3 (6). 灯丝的电阻会随温度的升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据小灯泡的标志“4V，2W”的字样，电压表应选A；通过小灯泡的额定电流，电流表应选D；本实验要求小灯泡电流从零开始调节，滑动变阻器应用分压式接法，为便于调节（灵敏），应选阻值小的变阻器E。‎ ‎（2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，要求小灯泡电流从零开始调节，所以滑动变阻器应用分压式接法，电路如图所示：‎ ‎（3）P点表示当小灯泡两端电压为2．4V时，通过小灯泡的电流为0．45A，此时小灯泡的电阻。‎ ‎（4）小灯泡两端电压越大，通过小灯泡的电流越大，小灯泡的热功率越大，温度越高，导致电阻率变大，小灯泡的电阻增大，I—U图象斜率变小。也就是说随着电压的增大，小灯泡的电阻增大，使I—U图象斜率变小。‎ 四、计算题 ‎16.有一个带电荷量q=－3×10－6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电力做6×10－4J的功，从B点移到C点，静电力对电荷做9×10－4J的功，问：‎ ‎(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎(2)如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？‎ ‎【答案】(1) UAB=200 V；UBC=－300 V；UCA=100 V；‎ ‎(2) φA=200 V；φC=300 V；EpA=－6×10－4 J；EpC=－9×10－4 J ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷由A移向B克服静电力做功即静电力做负功，WAB=－6×10－4 J UAB= V=200 V UBC= V=－300 V UCA=UCB＋UBA=－UBC＋(－UAB)=300 V－200 V=100 V.‎ ‎(2)若φB=0，由 UAB=φA－φB 得φA=UAB=200 V 由 UBC=φB－φC 得 φC=φB－UBC=0－(－300) V=300 V 电荷在A点的电势能 EpA=qφA=－3×10－6×200 J=－6×10－4 J 电荷在C点的电势能 EpC=qφC=－3×10－6×300 J=－9×10－4 J.‎ ‎17.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，用丝线悬挂质量为的带电小球，丝线跟竖直方向成角时，小球恰好平衡，如图所示。请问：‎ ‎（1）小球带电荷量是多少？‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由小球处于平衡状态，知小球带正电，对小球受力分析 ‎①‎ ‎②‎ 由①②联立得，故。‎ ‎（2）由第（1）问中的方程②知，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力。小球的加速度，‎ 小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为，‎ 又由，‎ 得。‎ ‎18.如图所示，一束电子从静止开始经加速电压 加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，金属板长为，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压时，光点偏离中线，打在荧光屏的P点，求OP为多少？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的竖直位移，再求出射出电场后竖直方向的位移；‎ 解：设电子射出偏转极板时偏移距离为y，偏转角为θ，则①‎ 又  ② ‎ ‎   ③‎ 在加速电场加速过程中，由动能定理有 ④‎ 由②③④式解得，‎ 代入①式得 ‎19.如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：‎ ‎(1)O处点电荷的电性和电荷量；‎ ‎(2)两金属板间所加的电压．‎ ‎【答案】(1)负电，；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为： …① 在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足…② 由①②得： （2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°= …③ vy=at…④ …⑤‎ ‎ …⑥ 由③④⑤⑥得： ‎ ‎ ‎