2018-2019学年广西南宁市第三中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版 16页

绝密★启用前 广西南宁市第三中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列物理量中，属于矢量的是( )‎ A． 电势 B． 电势能 C． 电场强度 D． 电流强度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABD、电势、电势能和电流强度都是只有大小没有方向的标量。故ABD错误。‎ D. 电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。‎ 故选：C.‎ ‎2．油罐车后面都有一条拖地的铁链，其作用是( )‎ A． 向外界散热 B． 把电荷导入大地，避免由静电造成危害 C． 作为油罐车的标志 D． 发出响声，提醒其他车辆和行人的注意 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止，故B答案正确．故选B．‎ ‎3．真空中的两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．若现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为（ ）‎ A． 1:6‎ B． 1:12‎ C． 12:1‎ D． 6:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F=，‎ 变化之后它们之间的库仑力为：=12F，‎ 故：F：F′=1：12，故B正确、ACD错误。‎ 故选：B.‎ ‎4．一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如下图所示，tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有（ ）‎ A． A处的场强一定大于B处的场强 B． A处的电势一定高于B处的电势 C． 带电粒子在A处的电势能一定小于B处的电势能 D． 带电粒子从A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，由a=qE/m知，电场强度E增大，即有A处的场强一定小于B处的场强。故A错误；‎ B. 由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低。故B错误；‎ CD.由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功。故C错误，D正确。‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 速度时间图象的斜率等于加速度，由数学知识判断带电粒子的加速度增大，即可判断电场力和场强的大小．因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低．根据能量守恒判断电势能的大小，确定电场力做功正负．‎ ‎5．关于静电场的场强与电势，下列说法正确的是（ ）‎ A． 电势为零的地方，场强一定为零 B． 电场强度为零的地方，电势也一定为零 C． 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 D． 电场强度大的地方电势一定高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电势为零的点可以任意选取。电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零时，电场强度不一定为零，故A错误，B错误；‎ C. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，而且电场强度总是指向该点电势降落最快的方向。故C正确。‎ D. 电场强度与电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，故D错误。‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 电势为零的点可以任意选取。电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答。‎ ‎6．如图所示，下列四幅有关电场说法正确的是（ ） ‎ 甲. 乙. ‎ 丙. 丁. ‎ A． 图甲为等量同种点电荷形成的电场线 B． 图乙离点电荷距离相等的a、b 两点场强相同 C． 图丙中在 c 点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d 点 D． 图丁中某一电荷放在e 点与放到f 点，它们的电势能相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.图甲是等量异种点电荷形成的电场线，故A错误；‎ B. 图乙离点电荷距离相等的a、b 两点场强大小相等，方向不同，故B错误；‎ C. 在图丙中c 点正电荷受力沿切线方向，静止释放时，不可能沿着电场线运动到d 点，故C错误；‎ D. 图丁中e 点与f 点电势相等，根据EP=qψ，放在e 点与放到f 点的电荷电势能相同，故D正确。‎ 故选：D ‎7．质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，则所加匀强电场的最小值为（ ）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：要保证小球仍沿v0方向做直线运动，则小球所受的合力方向与v0方向共线，可得电场力的最小值满足，解得，故选B．‎ 考点：牛顿定律的应用；电场强度 ‎【名师点睛】此题考查了物体做直线运动的条件；要知道当物体做直线运动时所受的合力方向与初速度方向要共线；难度不大，是基础题．‎ ‎8．如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）‎ A． P点的电势将降低 B． 极板带电量将增加 C． 带电油滴的电势能将增大 D． 带电油滴将竖直向上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，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点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高。故A错误。油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故D错误。根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故B错误；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带正电，P点的电势升高，则油滴的电势能将增加。故C正确。故选C。‎ 点睛：本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，图线关于CH对称，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）‎ A． q1、q2为等量异种电荷 B． N、C两点间场强方向沿x轴正方向 C． N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D． 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；‎ B. 沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B正确；‎ C. φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；‎ D. NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；‎ 故选：BC ‎【点睛】‎ 由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷。由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小。沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化。‎ ‎10．如图所示，d处固定有负点电荷Q，一带电粒子只在电场力作用下，沿图中曲线abc 的运动．a、b 、c 、d 恰好是一正方形的四个顶点，则有（ ）‎ A． a 、b 、c三点处电势高低关系是 B． 带电粒子由a 到c，电势能先增加后减小，在b 点动能最小 C． 带电粒子在a 、b 、c 三点处的加速度大小之比为 2:1:2‎ D． 若将d 处的点电荷改为+Q ，该带电粒子的轨迹可能仍为曲线abc ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即φa=φc<φb.故A错误；‎ B. 根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故带电粒子带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小。故B正确；‎ C.由图可知,ra=rc=rb，‎ 代人库仑定律：，‎ 可得：Fa：Fb=2：1‎ 由牛顿第二定律：aa：ab=Fa：Fb=2：1，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2:1:2；故C正确；‎ D. 若将d处的点电荷改为+Q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故D错误。‎ 故选：BC ‎【点睛】‎ 电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系 ‎11．如图所示，在平面直角坐标系中有一等边三角形OPC，O点位于坐标原点，OC与x轴重合，P点坐标为，A，B分别为OP，PC的中点．坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知O点的电势为6V，A点的电势为3V，B点的电势为0V,则由此可判定（ ）‎ A． C点的电势为 B． 场强方向由A指向B C． 该匀强电场的电场强度大小为100V/m D． 该匀强电场的电场强度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 因为AB平行于OC，且为三角形OPC的中位线，OC=2AB，故有：UOC=2UAB，即6−φC=2(3−0)，得φC=0V，故A正确；‎ B. 由A分析得，BC为等势线，场强方向与等势线垂直，故B错误；‎ C. 由A分析知，BC为0V等势线，过O作BC的垂线OB，垂足为B，由几何关系得：LOB=2，‎ 故电场强度为：E=，‎ 故C错误，D正确。‎ 故选：AD ‎12．如图所示，带正电的粒子（不计粒子的重力）以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则（ ）‎ A． 在前 时间内，电场力对粒子做的功为 B． 在后时间内，电场力对粒子做的功为 C． 在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1:1‎ D． 在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1:2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由y=at2可得，前t/2时间内与t时间内垂直于板方向之比为1:4，在前t/2时间内的位移为y1=d/8，电场力对粒子做功为：W=qEy1=q××=，故A错误；‎ B. 由y=at2可得，后t/2时间内与T时间内垂直于板方向之比为3:4，则在后t/2时间内，电场力对粒子做功为.故B正确；‎ C. 由电场力做功W=qEy，则前粒子在下落前d/4和后d/4内，电场力做功之比1:1，故C正确，D错误。‎ 故选：BC.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=Ω，则：‎ ‎（1）当S1和S2均断开时，改装成的是_______表，最大量程是______；‎ ‎（2）当S1和S2均闭合时，改装成的是_______表，最大量程是______．‎ ‎【答案】电压；1V；电流；1A；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，改装所成的表是电压表表，量程为U=Ig（Rg+R1）=0.001（100+900）=1V； ‎ ‎(2)由电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，‎ 改装所成的表是电流表，量程为：I=Ig+=0.001+=1A，‎ 故答案为：(1)电压，1V；(2)电流，1A.‎ ‎【点睛】‎ 把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，分析清楚图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．‎ ‎14．图甲为小孔同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I—U图线的实验电路图．‎ ‎（乙） ‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图（乙）中的实验电路连接成完整实验电路__．‎ ‎（2）开关S闭合之前，图（乙）中滑动变阻器的滑片应该置于__________（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）.‎ ‎（3）该同学在实验中采用了__________（选填“内接法”或“外接法”），实验测得的结果比真实值__________（选填“大”或“小”） .‎ ‎（4）图（丙）是实验中测得的数据，根据实验数据，该同学画出的小灯泡I—U图线如图所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是_________ Ω.‎ ‎【答案】A端；外接法；小；5；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据原理图连接实物图如图所示；‎ ‎（2）为了仪器安全，开关S闭合之前，图（乙）中滑动变阻器的滑片应该置于A端，此时灯泡的电压为零；‎ ‎（3）因为灯泡的电阻较小，所以应采用电流表外接法。电压表示数等于灯泡两端的电压，电流表的示数大于灯泡的电流，根据R=U/I，测量值比真实值小；‎ ‎（4）由图可知，电压为0.5V时，电流为0.10A，根据R=U/I，小灯泡灯丝的电阻为5Ω。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．2018年9月7日20时，台风“山竹”在西北太平洋洋面上生成，9月16日17时“山竹”在广东台山海宴镇登陆，登陆时中心附近最大风力14级，中心最低气压955百帕；伴随台风的还有电闪雷鸣，通常情况下，一次闪电过程通常由若干个相继发生的闪击构成，每个闪击持续时间很短，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前，云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为2 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为5×10-5s．若闪电前云地间的电场可以看做匀强电场，试估算：‎ ‎（1）闪电前云地间的电场强度大小；‎ ‎（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值；‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)电场强度大小E=U/d=v/m=5×105V/m，‎ ‎(2)平均电流A=1.2×105A，‎ 答：(1)闪电前云地间的电场强度大小是5×105V/m.‎ ‎(2)第一个闪击过程中闪电电流的平均值是1.2×105A.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；‎ ‎（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；‎ ‎16．把带电荷量2×10－8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10－6 J， 若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10－6 J，求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差；‎ ‎（2）把2×10－5 C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．‎ ‎【答案】（1）300V（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）A点电势为：=400V ‎ B点电势为：=100V ‎ 所以：UAB=φA-φB=400V-100V=300V ‎（2）电场力做功：‎ ‎【点睛】‎ 根据电势的定义式φ=W/q得到各个点的电势，可求A、B两点间的电势差；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．‎ ‎17．如图所示，正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点，现将一质量为m、带电量为q（电性未知）的小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷；‎ ‎（2）小球运动到B点时的加速度；‎ ‎（3）A、B两点间的电势差UAB.‎ ‎【答案】（1）带正电（2） 沿斜面向上（3）- ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知，小球带正电．‎ ‎（2）设正点电荷带电量为Q，则小球在A点受到的库仑力：‎ 小球在B点的受到的库仑力： ‎ 在A点，有：‎ 在B点，有：‎ 由以上可得：aB=，方向沿斜面向上；‎ ‎（3）设由A到B正点电荷对小球做功为WAB，‎ 对小球由动能定理得：‎ 由电场力做功与电势差的关系得：‎ 得：‎ 答：（1）小球带正电；‎ ‎（2）小球运动到B点时的加速度大小为g/2，方向沿斜面向上；‎ ‎（3）AB两点间的电势差为−mgL/4q.‎ ‎【点睛】‎ 根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小；根据动能定理和电场力公式W=qU结合，求解B和A两点间的电势差．‎ ‎18．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E=2×104N/C、方向竖直向上的匀强电场；区域II中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R=2m，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ有一宽为d=3m的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m=0.4kg、带电荷量为q= -2×10-4C的小球（质点）从左边界O点正上方的M点以速度v0=2m/s水平射入区域I，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从Ⅲ区域中电场的右边界穿出，（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）OM的长L；‎ ‎（2）区域Ⅲ中电场的电场强度大小E′；‎ ‎（3）小球回到区域Ⅲ中的电场左边界上的点与OO′的距离．‎ ‎【答案】（1）0.3m（2） （3）21m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小球在区域 I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy，‎ 则有：4m/s ‎ ‎ 由牛顿第二定律可得：=20m/s2 ‎ 由匀变速直线运动的速度位移公式得： ‎ 解得：L=0.3m ‎（2）在区域 II中，由图可得，由A至B下降的高度为，‎ 则由A到B，根据动能定理： ‎ 解得：vB=3v0=6m/s 在区域 III中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，‎ 由匀变速直线运动的速度位移公式得：vB2=2 ‎ 解得：E′=1.2×104N/C ‎ ‎（3）水平方向：vB=a’t 而：‎ 代入数据得：‎ 竖直方向上小球做自由落体运动： ‎ 小球到达右边界后又向左返回到左边界，返回用时：‎ 竖直方向下落的高度：‎ 所以小球到达区域Ⅲ中电场边界上时与的距离为：‎ ‎，‎ 所以：‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）小球在区域I中做类平抛运动，结合A点的速度方向和初速度求出竖直分速度，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，结合速度位移公式求出L的长度；‎ ‎（2）根据动能定理求出B点的速度，在区域III中水平方向上做匀减速运动，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出区域III的电场强度；‎ ‎（3）在区域III中竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，结合位移公式求出小球到达区域Ⅲ中电场右边界上的点与oo′的距离．‎