黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析)

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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析)

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020学年高二上学期第二次月考物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1.以下说法正确的是 A. 等势面一定与电场线垂直 B. 电场中电势为零的地方场强一定为零 C. 电容器的电容越大,其所带的电荷量就越多 D. 电场线只能描述电场的方向,不能描述电场的强弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在等势面上移动电荷时不做功,故等势面与电场线处处垂直;故A正确.‎ B、电势零点可以人为任意选择,而场强是由电场决定,场强和电势两者没有直接关系;故B错误.‎ C、电容器电容越大,容纳电荷的本领越大,电容器两极板间电压每增加1V时增加的电荷量越大,不是电荷量大;C错误.‎ D、电场线即能描述电场的方向,又能反映电场强度的大小;D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】场强和电势都是描述电场的物理量,可结合定义式来正确理解各自的物理意义,并要掌握电场线的两个意义:电场线的方向反映电势的高低,电场线的疏密表示场强的方向.‎ ‎2.如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,仅在电场力作用下运动,轨迹如图中虚线所示,则微粒从M点运动到N点的过程中 A. 重力势能增大 B. 动能增大 C. 电势能增大 D. 机械能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、微粒只考虑电场力作用,不考虑重力,则重力不做功,重力势能不变;A错误.‎ B、C、粒子仅受电场力为合力,做类似平抛运动,电场力向下做正功,故从M到N动能增加,电势能减小;故B正确,C错误;‎ D、电场力是其他力做正功,则机械能增加;故D错误;‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题关键是熟悉常见的功能关系,合力做功等于动能的增加量,电场力做功等于电势能的减小量,除重力外其余力做的功等于机械能的增加量.‎ ‎3.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距离为2d,其它条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是 A. E2=E1,U2=U1‎ B. E2=4E1,U2=2U1‎ C. E2=2E1,U2=U1‎ D. E2=2E1,U2=4U1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电容公式说明电容变为原来的,根据电容定义式,发现电量变为原来的2倍,所以电势差变为原来的4倍,根据场强关系,d变为原来的2倍,所以场强变为2倍,故A、B、C错误,D正确.故选D.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式,同时注意U=Ed的正确应用.‎ ‎4.如图所示,C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U,A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板,B板上有一个小孔,小孔在C﹑D两板间的中心线上,一质量为m﹑带电量为+q的粒子(不计重力)在A板边缘的P点从静止开始运动,恰好从D板下边缘离开,离开时速度度大小为v0,则A﹑B两板间的电压为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在AB两板间做直线加速,由动能定理得:;而粒子在CD间做类平抛运动,从中心线进入恰好从D板下边缘离开,根据动能定理:;联立两式可得:;故选A.‎ ‎【点睛】根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键,应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。‎ ‎5.如图所示,质量为m、带+q电量的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑,当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时,滑块运动的状态为 A. 将加速下滑 B. 将减速下滑 C. 继续匀速下滑 D. 上述三种情况都可能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时,根据平衡条件得mgsinθ=f,N=mgcosθ,又f=μN;得到,mgsinθ=μmgcosθ,即有sinθ=μcosθ;当滑块进入电场时,设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到:滑块受到的沿斜面向下的力为(mg+F)sinθ,沿斜面向上的力为μ(mg+F)cosθ,由于sinθ=μcosθ,所以(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ,即受力仍平衡,所以滑块仍做匀速运动.故选C.‎ ‎【点睛】本题增加电场力,相当于增加物体的重力,对物体的运动情况没有影响.‎ ‎6.一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动,取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示,则电场强度E,粒子动能EK,粒子速度v,粒子加速度a分别与位移的关系,下列图象中合理的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子仅受电场力作用,做初速度为零的加速直线运动,电场力做功等于电势能的减小量,故:,即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力;‎ A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力,故电场力逐渐减小,根据,故电场强度也逐渐减小;故A错误;‎ B、根据动能定理,有:F•△x=△Ek,故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力;由于电场力逐渐减小,与B图矛盾,故B错误;‎ C、题图v-x图象是直线,相同位移速度增加量相等,又是加速运动,故增加相等的速度需要的时间逐渐减小,故加速度逐渐增加;而电场力减小导致加速度减小;故矛盾,故C错误;‎ D、粒子做加速度减小的加速运动,故D正确;‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律,突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律,然后结合动能定理分析.‎ ‎7.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子( )‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A、根据轨迹弯曲方向判断出,粒子在的过程中,一直受静电斥力作用,根据同性电荷相互排斥,故粒子带正电荷,故A错误;‎ B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大,场强越小,粒子在C点受到的电场力最小,故B错误;‎ C、根据动能定理,粒子由b到c,电场力做正功,动能增加,故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能,故C错误;‎ D、a点到b点和b点到c点相比,由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大,场强越小,故a到b电场力做功为多,动能变化也大,故D正确。‎ 点睛:电场线与等势面垂直.电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,沿电场线的方向,电势降低,电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增加。‎ 视频 ‎8.一个空心金属球A带8×10-4C正电荷,一个有绝缘柄的金属小球B带有2×10-4C的负电荷,将B球放入A球壳内与内壁接触,静电平衡后,A、B球带的电荷量正确的是 A. QA=6×10-4C B. QA=5×10-4C C. QB=3×10-4C D. QB=0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】把B球跟A球的内壁相接触,A与B构成整体,处于静电平衡状态,内部静电荷量为零,电荷均匀分布在外表面;故B球的带电量减为零;正电荷和负电荷中和后A球表面的带电量为6×10-4C的正电荷;故B、C错误,A、D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题关键是建立物理模型,知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态,内部的电场强度为零,静电荷量也为零.‎ ‎9.如图所示,在等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点,A、D两点与B、C两点均关于O点对称,设各点电势分别为φA、φB、φC、φD.下列说法正确的是(  )‎ A. φA<φB φC>φD B. φA=φD φB=φC C. φA=φB=φC=φD D. φA>φC φB>φD ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析:由等量同种点电荷的电势分布知:,AB对。‎ 考点:等量同种点电荷的电势分布图。‎ ‎【名师点睛】几种常见的典型电场的等势面比较 电场 等势面(实线)图样 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种点电荷的电场 连线的中垂面上的电势为零 等量同种正点电荷的电场 连线上,中点电势最低,而在中垂线上,中点电势最高 ‎10.如图所示的是一个电容式传感器,在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器,a与导电液体就是该电容器的两极,今使该电容器充电后与电源断开,并将a与静电计的导体球相连,插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连,则当导电液体深度h变大时 A. 引起两极间正对面积变大 B. 电容器的电容将变小 C. 电容器两极间的电压将变大 D. 静电计指针偏角将减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知,液体与芯柱构成了电容器,两板间距离不变;液面变化时只有正对面积发生变化;当液面升高时,只能是正对面积S增大;故A正确.‎ B、由可知电容增大,B错误.‎ C、D、因电容器充电后与电源断开,则电容器的总电荷量Q不变,依据,因此电势差减小,而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小,即静电计的指针偏角变小;C错误,D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用,是电容器的电何量不变为前提的动态分析.‎ ‎11.如图,在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q,在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点静止,则从M点运动到N点的过程中 A. 小物块所受电场力逐渐减小 B. 小物块具有的电势能逐渐减小 C. M点的电势一定高于N点的电势 D. 小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库仑力一定向左.随着由M运动到N,离电荷Q距离越来越大,所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小,A正确;由动能定理可得μmgx-WE=0,即WE=μmgx,静电力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值,B、D正确;因点电荷Q的电性未知,不能判断M、N两点电势的高低,C错误.此题选择错误的选项,故选C.‎ ‎12.竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A,在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B,A﹑B两个小球因带电而互相排斥,致使悬线与竖直方向成θ角,如图所示,若线的长度变为原来的一半,同时小球B的电量减为原来的一半,A小球电量不变,则再次稳定后 A. A、B两球间的库仑力变为原来的一半 B. A、B两球间的库仑力虽然减小,但比原来的一半要大 C. 线的拉力减为原来的一半 D. 线的拉力虽然减小,但比原来的一半要大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于逐渐漏电的过程中,处于动态平衡状态,对B进行受力分析如图所示:‎ ‎△PAB∽FBF2,所以.‎ C、D、因G和PQ长度h不变,则丝线长度l变为原来的一半,可得丝线拉力F2变为原来的一半,与小球的电量及夹角无关;C正确,D错误.‎ A、B、由三角形相似知,同理得,联立得,则,则可得;故A错误,B正确.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】本题是力学中动态平衡问题,采用的是三角形相似法,得到力的大小与三角形边长的关系,进行分析.‎ 二、计算题 ‎13.如图所示,在E=103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40 cm,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q=10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s(3)0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】W=-qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v,‎ 由牛顿第二定律得mg+qE=m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得 ‎-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv 联立方程组,解得:v0=7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′,则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得 ‎-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv′2-mv 又在P点时,由牛顿第二定律得FN=m ‎ 代入数据,解得:FN=0.6N 由牛顿第三定律得,小滑块通过P点时对轨道的压力FN′=FN=0.6N.‎ ‎【点睛】(1)根据电场力做功的公式求出电场力所做的功;‎ ‎(2)根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度,根据动能定理求出滑块的初速度;‎ ‎(3)根据动能定理求出滑块到达P点的速度,由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力,由牛顿第三定律得,小滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎14. 如图所示,在长为 2L、宽为 L 的矩形区域 ABCD 内有电场强度大小为 E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为 m,电量为 q 的带负电的质点,以平行于 AD 的初速度从 A 点射入该区域,结果该质点恰能从 C 点射出。(已知重力加速度为 g)‎ ‎(1)计算该质点从 A 点进入该区域时的初速度 v0。‎ ‎(2)若 P、Q 分别为 AD、BC 边的中点,现将 PQCD 区域内的电场撤去,则该质点的初速度v0为多大时仍能从 C 点射出?‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)水平匀速:竖直匀加速:‎ 恰好能从C射出:‎ 联立解得:‎ ‎(2)在ABQP中,水平匀速:‎ 竖直:‎ 在PQCD中,水平匀速:‎ 竖直:‎ 恰好从C点射出:‎ 联立解得:‎ 考点:带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】该题考查了带电粒子在有界匀强电场中的偏转问题,解答此类问题,主要是利用类平抛运动的知识进行求解(水平方向上是匀速直线运动,竖直方向上是匀加速直线运动),解答此类问题,有时还要用到能量的观点. ‎
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