广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

阳春一中2019-2020学年第一学期高二年级月考（二）‎ 物理科（选择考）‎ 一、选择题（本题有16个小题，每题4分共64分。其中1-10为单选题，11-16为多选题）‎ ‎1.关于元电荷，下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 元电荷实质上是指电子和质子本身 B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C. 元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，故A错误；‎ B项：所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；‎ C项：元电荷的数值为，故C正确；‎ D项：电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的，故D正确。‎ ‎2.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(　　)‎ A. 速度变大，加速度变小 B. 速度变小，加速度变小 C. 速度变大，加速度变大 D. 速度变小，加速度变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小；‎ A. 速度变大，加速度变小与分析相符，故A正确；‎ B. 速度变小，加速度变小与分析不符，故B错误；‎ C. 速度变大，加速度变大与分析不符，故C错误；‎ D. 速度变小，加速度变大与分析不符，故D错误。‎ ‎3.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C 处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是(　　)‎ A. A带正电，QA∶QB＝1∶8‎ B. A带负电，QA∶QB＝1∶8‎ C. A带正电，QA∶QB＝1∶4‎ D. A带负电，QA∶QB＝1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、由平行四边形定则可知，A对C的力沿CA方向，指向A，又C带正电，所以A带负电，故A、C错误；‎ BD、由几何关系得，解得，故B正确，D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图，电荷量为和的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知放在P、Q连线上某点R处的电荷q受力为零，且PR＝2RQ，则(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知在、连线上某点处的电荷受力为零，依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，再结合矢量的合成法则，则两点电荷带有同种电荷；再根据点电荷的电场强度公式得：‎ 解得：‎ A. 与分析不符，故A错误；‎ B. 与分析相符，故B正确； ‎ C 与分析不符，故C错误；‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量， F1、F2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. F1一定大于F2‎ B. F1一定小于F2‎ C. F1与F2大小一定相等 D. 无法比较F1与F2的大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲、乙两球所受的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，与带的电荷量的大小无关，所以C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎6.绝缘细绳一端固定在O点，另一端系一个带正电的小球，为了使绳子张紧而且小球能静止在图中所示位置，可以加一个与纸面平行的匀强电场，则所加电场方向符合要求的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场方向向下时，小球不能静止在图中位置，应静止与点正下方，故A错误；‎ B. 当时，电场方向向上，绳子不产生拉力，小球能静止在图中位置，当时，电场方向向上，绳子产生拉力，小球不能静止在图中位置，故B错误；‎ C. 由图可知，带电小球所受的电场力水平向左，小球不能静止在图中位置，故C错误；‎ D. 由图可知，带电小球所受的电场力水平向右，小球能静止在图中位置，故D正确。‎ ‎7.如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为29eV和5eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8eV时，它的动能应为 A. 34eV B. 68eV C. 21eV D. 13eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】经过a、b点时的动能分别为29eV和5eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为，故经过等势面3时的动能为13eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故有：0eV+13eV=-8eV+Ek；解得：Ek=21eV；故C正确，A，B，D错误.故选C.‎ ‎8.如题图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为和，a、b点的电场强度大小分别为和，则( )‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】图中、两点在一个等势面上电势相等，则间的电势差等于间的电势差，即为：‎ 根据有：‎ 位置的电场线较密集，位置电场线较疏，故有：‎ A. ，与分析相符，故A正确； ‎ B. ，与分析不符，故B错误；‎ C. ，与分析不符，故C错误；‎ D. ，与分析不符，故D错误。‎ ‎9.如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长L=4 cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C的电势分别为–4 V、0、8 V。则下列说法正确的是( )‎ A. E点的电势 B. A、F间的电势差UAF=0‎ C. 该匀强电场的场强大小E=100 V/m D. 该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 连接、、，与、的交点为、；设六边形的中心点为，如图所示：‎ 由图可知，与、都垂直，由六边形的特点可知，， 所以可知、、的电势分别是0V、4V、8V，所以和为等势面，则有：‎ 故AB错误；‎ C. 根据可得匀强电场的场强大小：‎ 故C错误；‎ D. 因电场线和等势面垂直，为等势面，故电场线和垂直，故为电场线，因为顺着电场线电势降低，所以电场线方向由指向，故D正确。‎ ‎10.三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为，则电路工作时，通过三个电阻器、、上的电流之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 与并联，两电阻中电流之比等于电阻的反比，则．电流等于和中电流之和，故电流之比应为．故选D．‎ ‎11.A、B两个点电荷在真空中所形成电场的电场线（方向未标出）如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则（ ）‎ A. 这两个点电荷一定是等量同种电荷 B. 这两个点电荷一定是等量异种电荷 C. C点的电场强度比D点的电场强度大 D. C、D两点的电势一定不相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，、是两个异种电荷，由于电场线的分布关于左右对称，可知两个电荷的电量相等，所以这两个点电荷一定是等量异种电荷，故A错误，B正确；‎ C. 在两等量异号电荷连线的中垂线上，点电场线最密，电场强度最大，所以点的电场强度比点的电场强度大，故C正确；‎ D. 是两点电荷连线的中垂线，中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为一条等势线，所以点的电势等于点的电势，故D错误。‎ ‎12.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则 ( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子加速度逐渐减小 C. A点的速度小于B点的速度 D. 粒子的初速度不为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；‎ B. 根据电场线的疏密可知，的电场强度大与点的电场强度，所以粒子在点的电场强度大与点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在点的加速度大与点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；‎ C. 电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，运动方向与电场力方向的夹角大于，故粒子从到电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小，所以点的速度大于点的速度，故C错误；‎ D. 若在 点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D正确。‎ ‎13.两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为1：7，相距r，两小球可视为点电荷，两者相互接触后再放回原来位置上，则它们之间的库仑力大小与原来之比可能为（ ）‎ A. 4：7 B. 3：7 C. 16：7 D. 9：7‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7，故C、D正确，A、B错误。‎ 考点：库仑定律。‎ ‎14.平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则(　 　)‎ A. 保持开关S闭合，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角不变 B. 保持开关S闭合，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角增大 C. 开关S断开，带正电A极板向B极板靠近，则θ角不变 D. 开关S断开，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 若保持开关S闭合，则电容器两端的电压恒定，极板向极板靠近时，两极板间的距离减小，由可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则增大，故A错误，B正确；‎ CD. 若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，极板向极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式、定义式以及可得：‎ 故说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则不变，故C正确，D错误。‎ ‎15.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ ‎16.某导体中的电流随其两端的电压的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 加5 V的电压时，导体的电阻约是5 Ω B. 加11 V的电压时，导体的电阻约是1.4 Ω C. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断增大 D. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知导体的电阻为：‎ 故A正确；‎ BCD. 由图可知随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率等于电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，则加11V电压时，导体的电阻应大于，故C正确，B、D错误。‎ 二、非选择题(本大题共有3小题，共36分)‎ ‎17.某同学研究“4V 0.7A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流的关系，备有下列器材：‎ A．电动势E= 6V的直流学生电源 B．量程为0~5V的电压表 C．量程为0~15V的电压表 D．量程为0~1A的电流表 E．量程为0~3A的电流表 F．阻值为0~1kΩ的滑动变阻器 G．阻值为0~10Ω的滑动变阻器 H．一个电键、导线若干 ‎(1)实验中所用电压表应选用______；实验中所用电流表应选用______；实验中所用滑动变阻器应选用______。（填前面的字母）‎ ‎(2)在下面方框中画出实验的电路图______‎ ‎(3)将所选用器材连接成实验所用的电路实物图______。‎ ‎(4)依据所测数据画出的I—U图线如图所示，说明I—U图线变为曲线的理由：________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). G (4). (5). (6). 随着电压的增加小灯泡的阻值变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由于要求小灯泡额定电压为4V，所以电压表应选量程为0~5V的电压表，即选B；[2]由于通过小灯泡的最大电流为0.7A，所以电流表应选量程为0~1A的电流表，即选D；[3]由于通过小灯泡的电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器G；‎ ‎(2)[4]由于满足灯泡电阻更接近电流表内阻，所以电流表应用外接法，由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以变阻器应采用分压式，方框中实验的电路图如图：‎ ‎(3)[5]根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；‎ ‎(4)[6]小灯泡的伏安特性曲线是这种图形的原因是：随着灯泡两端电压的增加，灯丝温度升高电阻变大。‎ ‎18.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：‎ 小球在A点处的速度大小；‎ 小球运动到最高点B时对轨道的压力．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ 解：（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N 电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N 在A点，有：qE﹣mg=m 代入数据解得：v1=6m/s ‎（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：‎ ‎（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12‎ 在B点，设轨道对小球弹力FN，则有：‎ FN+mg﹣qE=mv22‎ 由牛顿第三定律有：FN′=FN 代入数据解得：FN′=21.6N 答：（1）小球在A点处的速度大小为6m/s；‎ ‎（2）小球运动到最高点B时对轨道的压力为21.6N．‎ ‎【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．‎ ‎19.如图所示电子射线管阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速。A、B是偏向板，使飞进的电子偏离.若已知P、K间所加电压UPK＝2.5×104V，两极板长度L＝6.0×10-2m，板间距离d＝3.6×10-2m，所加电压UAB＝1000V，R＝3×10-2m， 电子质量me＝9.1×10-31kg，电子的电荷量e＝-1.6×10-19C。设从阴极出来的电子速度为零，不计重力。(保留两位有效数字) ‎ ‎(1)电子通过阳极P板的速度v0是多少?‎ ‎(2)电子从偏转电极出来时的偏移距离y是多少？‎ ‎(3)电子过偏转电极后到达距离偏转电极R＝3×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的O点距离是多少?‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电场力对电子做正功： ‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)带电粒子在作类平抛运动，在水平方向：‎ 竖直方向：‎ 粒子的加速度为：‎ 联立解得：‎ ‎(3)电子离开偏向板时沿场强方向的分速度：‎ 偏转角的正切：‎ 故由几何知识得：‎ ‎ ‎