安徽省芜湖市顶峰美术学校2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题

安徽省芜湖市顶峰美术学校2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题

‎2018~2019学年高二上学期第一次月考 物 理 ‎（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）‎ 注意事项：‎ ‎1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）‎ ‎1．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r。两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（ ）‎ A．3：7 B．4：‎7 C．9：7 D．16：7‎ ‎2．关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎3．传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现已知该电容式传感器充电完毕且电荷量不变，将它与静电计相连，如图所示。当待测压力增大时，(　　)‎ A．电容器的电容将增大，静电计指针偏角将增大 B．电容器的电容将增大，静电计指针偏角将减小 C．电容器的电容将减小，静电计指针偏角将减小 D．电容器的电容将不变，静电计指针偏角不变 ‎4．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb ‎5．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为　(　　)‎ A． 　　　　B． C． D． ‎6．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)‎ A．微粒达到B点时动能为mv B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程电势能减少 ‎7．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎8．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 ‎9．如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，则（ ）‎ A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B．微粒下落过程中重力做功为mg(h+)，电场力做功为 C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为 D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 ‎10．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC = 2OA，AC = 2BC，如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A. 三个粒子在电场中运动的时间之比tA : tB : tC = 2 : 3 : 4‎ B. 三个粒子在电场中运动的加速度之比aA : aB : aC = 1 : 3 : 4‎ C. 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA : EkB : EkC =36 : 16 : 9‎ D. 带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7 : 20‎ 二、填空题（3个小题，共15分）‎ ‎11．（3分）图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=－3V。由此可得D点电势UD=________V。‎ ‎12．（3分）如图所示， A、B两个带异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在一放在水平支持面上的木盒内的底部和顶部，木盒对地面的压力为FN，细线对B拉力为F。若将系B的细线断开，刚断开时，木盒对地面的压力将___________FN（填“＝”“＞”或“＜”）‎ ‎13．（9分）如图所示，一个带电液滴带电量为q，质量为m，在两水平放置的场强为E的平行金属板之间静止。这个液滴带_______电。当两板间场强突然变为原来的1/2时，液滴则向_______运动，其加速度为____________。‎ 三、计算题（3个小题，共45分）‎ ‎14．（9分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度；‎ ‎(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。‎ ‎15．（12分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。‎ ‎ ‎ ‎(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－‎2 m，m＝9.1×10－‎31 kg，e＝1.6×10－‎19 C，g＝‎10 m/s2。‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。‎ ‎16．（24分）如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，一带正电荷q＝10－‎4 C的小滑块质量为m＝‎40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2，问： ‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？‎ ‎2018-2019学年高二第一次月考（物理）‎ 参考答案及解析 ‎1．【答案】C ‎【解析】接触前，两小球之间的库仑力为，接触后两者所带电荷量为，两小球之间的库仑力为，，C正确。‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错误；电场线一定与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错误；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，D错误。‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】当压力增大时，平行板间距d减小，根据可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量Q不变，根据C＝可知，电压减小，则静电计指针偏角减小，B正确。‎ ‎4．【答案】D ‎【解析】根据可知，因为rbac>aa；因电荷只有电场力做功，故电势能和动能之和守恒，因电荷在a点的电势能最小，b点的电势能最大，故a点的动能最大，b点的动能最小，即va>vc>vb，D正确。‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】带电小球a、b在c球位置处的场强大小均为Ea=，方向如图所示，根据平行四边形定则，其合电场强度大小为Eab=，该电场应与外加的匀强电场E等大反向，即E=，B正确。‎ ‎6．【答案】C ‎【解析】物体在运动过程中，受力情况如图所示。‎ 由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的动能一定不是mv，A错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知Eqcos θ＝mg，Eqsin θ＝ma，因此加速度大小为gtan θ，B错误；电容器内的电场强度E＝，因此两板间的电势差为U＝Ed＝，C正确；从A向B运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D错误。‎ ‎7．【答案】ABC ‎【解析】由图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知，粒子M受到引力作用所以带负电，粒子N受到斥力作用所以带正电，A正确；由于a点比b点更靠近带正电的点电荷，所以粒子M由a点运动到b点的过程中粒子要克服电场力做功，动能减小，B正确；d点和e点在同一个等势面上，所以N在d点的电势能等于它在e点的电势能，C正确；粒子 N带正电，从c点运动到d点的过程中电场力做正功，D错误。‎ ‎8．【答案】AC ‎【解析】φ x图象的斜率表示电场强度。由图象可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度向右，x1处电场强度大于零，x2处电场强度等于零，故q1和q2带有异种电荷，A正确，B错误；负电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能减小，电场力减小，C正确，D错误。‎ ‎9．【答案】BCD ‎【解析】由带电粒子运动到c点速度减小到零，可知动能先增大后减小，A错误；粒子下落高度为h+，重力做功为mg(h+)，电场力做负功，大小为，B正确；由功能关系可知克服电场力做了多少功，电势能就增大多少，C正确；若微粒从距B板高2h处自由下落，假设能够到达A点，重力做功mg(h+d)，克服电场力做功，由动能定理可知D正确。‎ ‎10．【答案】ACD ‎【解析】三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x = v0t得，运动时间tA : tB : tC = 2 : 3 : 4，A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据，解得：aA : aB : aC = 36 : 16 : 9，B错误；由牛顿第二定律可知F = ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W = Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36 : 16 : 9，C正确；三个粒子的合力大小关系为FA > FB > FC，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得aA : aB : aC = (mg+qAE) : mg : (mg -qCE)，解得qA : qC = 7 : 20，D正确。‎ ‎11．【答案】9‎ ‎【解析】匀强电场中，由公式知沿着任意方向每个相同的距离，电势差都相等。连接AC，AC连线三等分点为E、F，则F点的电势为，连接DF，则DF为一条等势线，D点在DF连线上，D点电势。‎ ‎12．【答案】＞‎ ‎【解析】静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg和地面的支持力FN′。根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得：Mg=FN′=FN；对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出：mg+F=F电。若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg、向上的电场力F电。刚断开时，小球B的加速度为： ；对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg、地面的支持力FN″。运用牛顿第二定律得：F合=FN″-Mg=F，FN″=Mg+F=FN+F> FN。‎ ‎13．【答案】负 下 ‎‎0.5g ‎【解析】液滴在电场中静止，处于平衡状态，根据受力分析可知液滴受到向上的电场力，故液滴带负电；由此可知：mg=qE；若场强变为原来的，由F=qE可知电场力变为原来的，故合力为F合＝mg−F′电＝mg，加速度为a==‎0.5g，向下做匀加速运动。‎ ‎14．【答案】(1)　 (2)　　 (3) ‎【解析】(1)由v2＝2gh得v＝ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mg－qE＝ma ‎0－v2＝2ad 得E＝‎ U＝Ed Q＝CU 得Q＝‎ ‎(3)由h＝gt ‎0＝v＋at2‎ t＝t1＋t2‎ 综合可得t＝ ‎15．【答案】（1）　　 （2）（3）见解析 ‎【解析】(1)根据功能的关系，有eU0＝mv 电子射入偏转电场时的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝ ‎(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈10－30 N 电场力F＝≈10－16 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力。‎ ‎（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能Ep与其质量m的比值，叫做重力势，即φG＝。电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ ‎16．【答案】(1)‎20 m 　(2)1.5 N　 (3)‎0.6 m　 m/s ‎【解析】(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：‎ qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg＝ 代入数据解得v＝‎2 m/s，L＝‎‎20 m ‎(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mv－0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，FN－qE＝ 解得FN＝1.5 N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。‎ ‎(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2可得滑块运动的时间 t＝，得t＝0.4 s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝‎2.5 m/s2‎ 水平的位移为x＝vt－at2‎ 代入解得x＝‎‎0.6 m 滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy＝gt＝10×‎0.4 m/s＝‎4 m/s 水平方向的速度的大小为vx＝v－at＝‎2 m/s－2.5×‎0.4 m/s＝‎1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ m/s