2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二10月月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故A错误；根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以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，电势能增大，电场力做负功，故D错误．故选B。‎ 考点：等势面 ‎【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．‎ ‎2．如图，若x轴表示时间，y轴表示速度，则该图象反映了质点做初速度为零的匀加速直线运动时速度与时间的关系。若x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图象又可以反映某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法正确的是（ ）‎ A． 若x轴表示电压，y轴表示电流，则该图象可表示为小灯泡的伏安特性曲线 B． 若x轴表示电流，y轴表示电阻，则该图象可表示导体电阻随电流变化的关系 C． ‎ 若x轴表示电流，y轴表示功率，则该图象可表示电流通过导体的热功率与电流变化的规律 D． 若x轴表示电压，y轴表示电量，则该图象可表示平行板电容器所带电量随极板间电压变化的规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小灯泡的伏安特性曲线是曲线，不是直线，则选项A错误；导体的电阻不随电流的变化而变化，则该图象不能表示导体电阻随电流变化的关系，选项B错误；根据P=I2R可知，若x轴表示电流，y轴表示功率，则该图象应该是曲线，选项C错误；若x轴表示电压，y轴表示电量，根据Q=CU可知，该图象可表示平行板电容器所带电量随极板间电压变化的规律，选项D正确；故选D.‎ ‎3．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A． 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B． 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C． 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D． 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；‎ B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；‎ C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；‎ D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。‎ ‎4．喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)‎ A． 向负极板偏转 B． 电势能逐渐增大 C． 运动轨迹是抛物线 D． 运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动。‎ 视频 ‎5．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）‎ A． a、b的电荷同号，‎ B． a、b的电荷异号，‎ C． a、b的电荷同号，‎ D． a、b的电荷异号，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。‎ 对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’，Fbc=k’，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D正确。‎ ‎【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。‎ ‎6．如图所示，质量分别为m1和m2的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q1和q2，用绝缘线悬挂在天花板上，平衡时两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。若两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v1和v2，最大动能分别为Ek1和Ek2，则（ ）‎ m1 ‎ m2 ‎ θ2 ‎ θ1 ‎ A．m1一定小于m2 B．q1一定大于q2‎ C．v1一定大于v2 D．Ek1一定大于Ek2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：对小球A受力分析如图，根据平衡条件，有：mAg tanθ1＝F，故：同理，有：，由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正确；两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，故A球的速度较大，故C正确；小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK，故Ek=mg△h=mgL（1-cosθ）=L（1-cosθ）,其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：Ek=L（1-cosθ）=FLcosθ＝FLcosθ•tan；其中F•Lcosθ=Fh，相同，故θ越大，tan越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确；故选ACD。‎ 考点：牛顿第二定律；物体的平衡；机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、物体的平衡以及机械能守恒定律的综合应用问题；解题的关键是分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解；此题同时考查了学生的数学计算能力.‎ ‎7．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J．则下列说法正确的是(　　)‎ A． 粒子带负电 B． 粒子在A点的电势能比在B点少1.5J C． 粒子在A点的动能比在B点少0.5J D． 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况，即可求得粒子运动到B点时的动能。‎ ‎【详解】‎ A项：由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；‎ B项：从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；‎ C项：从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；‎ D项：从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，故D正确。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键掌握动能定理，知道总功等于物体动能的变化，注意克服重力做功与重力做功是相反的。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．如图，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点。电荷量均为q（q＞0）的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是（ ）‎ A． b点的电场强度大小为 B． 过b、d点的直线位于同一等势面上 C． 在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低 D． 在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 等量同种点电荷的电场线与等势面分布如图： ac两电荷在b点的电场强度是矢量合，Ea＝Ec＝，则b点的电场强度大小为：E＝2Eacos45°＝，故A正确；由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过b、d的直线不是等势面，在ac中点的电势最高。故B C错误；结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，b点与d点的电势是相等的，所以电子在b、d两点的电势能相等，所以从b点释放的电子，将沿bd的方向运动，到达d点的速度恰好等于0．故D正确；故选AD.‎ ‎9．一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，两端电压仍为U，则（ ）‎ A． 通过导线的电流强度为I B． 通过导线的电流强度为I C． 自由电子定向移动的平均速率为v D． 自由电子定向移动的平均速率为v ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将导线均匀拉长，使其半径变为原来的1/2，横截面积变为原来的1/4倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I=U/R可知，电流变为原来的1/16；故A错误，B正确；电流I变为原来的1/16，横截面积变为原来的1//4，单位体积中自由移动的电子数n 不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的1/4，故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎10．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10 eV，从b到d的过程中克服电场力所做的功为4 eV。下列说法正确的是（ ）‎ A． 平面c上的电势为零 B． 该电子经过平面d时的动能为4 eV C． 该电子经过平面f时，其电势能为4 eV D． 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从b到d的过程中克服电场力所做的功为4eV，动能减小了4eV，电势能增加了4eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；在平面a上电势为4V，则电子的电势能为-4eV，动能为10eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，因d的电势为-2V，则电势能为2eV，则动能为4eV，故B正确；因f的电势为-4V，则电势能为4eV，则C正确；当电子经过平面b时，因b的电势为2V，则电势能为-2eV，则动能为8eV，电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误；故选ABC。‎ ‎【点睛】‎ 考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键.‎ ‎11．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用力和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）‎ A． a的质量比b的小 B． 在t时刻，a的动能比b大 C． 在t时刻，a和b的电势能相等 D． 在t时刻，a和b的速度大小相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有 y=at2= •t2．由题意知，相同时间内a的位移大于b的位移，q、E又相等，可知ma＜mb．故A正确。根据动能定理得 Ek-0=qEy，即t时刻粒子的动能为 Ek=qEy，a的位移大，电场力做功多，所以在t时刻，a的动能比b的大，又ma＜mb，则a的速度比b大，故B正确，D错误。在t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ=qφ知，a和b的电势能不相等，故C错误。故选AB。‎ ‎【点睛】‎ 本题是牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合运用，根据动能定理研究动能关系是常用的思路，要熟练掌握.‎ ‎12．如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（ ）‎ A． 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B． 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C． a、b两点间的电势差Uab一定为 D． 若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，但ab连线不一定沿着电场线，故A错误；粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，故：qφa-qφb=W1，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，故：qφc-qφd=W2，匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa-φM=φM-φc，即φM=（φa+φc），同理φN=（φb+φd），故qφM-qφN=，故B正确；因带正电的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，电场力做正功，则，选项C正确；若W1=W2，根据U=W/q可知，Uab=Ucd，故φa-φb=φc-φd，则φa-φc=φb-φd，故Uac=Ubd；而Uac=2UaM，Ubd=2UbN，故UaM=UbN，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式U=Ed进行分析，不难.‎ 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．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则：_____（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1_____（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2_____（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎【答案】 Rx1， 大于， 小于 ‎【解析】试题分析：因为，所以电流表外接误差较大，故电流表内接误差相对小一点，所以更接近被测电阻的真实值，图a中电流表是真实值，但是由于电流表的分压，电压表测量值比两端的实际电压要大，根据可得测量值比真实值偏大，而图b中，电压表测量的是准确电压，但是由于电压表的分流，电流表测量值比通过的实际电流要大，故根据可得测量值比真实值偏小，‎ 考点：测量电阻阻值实验 ‎【名师点睛】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值 视频 评卷人 得分 四、填空题 ‎14．如图，已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA。由题给条件和数据，可求出R1＝_____Ω，R2＝_____Ω。‎ ‎【答案】1535‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 使用a、b接线柱时，Iab=Ig+=0.001+=0.003， 使用a、c接线柱时，Iac=Ig+=0.001+=0.010， 解得：R1=15Ω，R2=35Ω；‎ ‎【点睛】‎ 此题关键是知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题.‎ 评卷人 得分 五、解答题 ‎15．如图所示，一电子以初动能Ek从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从B点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向夹角为150°。已知电子电量为e，电场强度大小为E，不计电子重力。求电子在电场中的偏转距离。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电子垂直进入电场做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，将B点的速度分解，根据平行四边形定则知，电子经过B点时的速度 电子从A运动到B的过程，根据动能定理得，eEy=mvB2 -mv02。 据题有 Ek=mv02。 解得电子在电场中的偏转距离 y=‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键要知道电子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合平行四边形定则、动能定理进行求解.‎ ‎16．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎(1)AB两点的电势差UAB；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ ‎，所以。‎ ‎（2）BA间电势差为，则场强。‎ ‎（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：，所以。‎ 考点：电势差、共点力平衡的条件及其应用、动能定理的应用、电场强度 ‎【名师点睛】小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力，在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力。‎ ‎17．如图所示，在方向水平向右、大小为E＝6×103 N／C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1＝2×10－4 kg，带正电荷量为q1＝2×10－9 C；乙的质量为m2＝1×10－4 kg，带负电荷量为q2＝1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态。由静止释放两滑块，t＝3 s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，g取10 m／s2，试求：‎ ‎（1）细绳断裂前，两滑块的加速度大小；‎ ‎（2）在整个运动过程中，滑块乙的电势能增量的最大值；‎ ‎（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量。‎ ‎【答案】（1）0.02 m／s2（2）7.2×10－7 J（3）△E机＝6.48×10－6 J或△E机＝6.48×10－6 J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）q1E－q2E＝（m1＋m2）a ‎ 解得a＝0.02 m／s2‎ ‎（2）t＝3 s时 v0＝at ‎ 细绳断裂后滑块乙：q2E＝m2a2‎ ‎△EP乙max＝q2E（） ‎ 解得△EP乙max＝7.2×10－7 J ‎（3）滑块乙：－＝v0t′－‎ v2＝v0－a2t′‎ 滑块甲：q1E＝m1a1 ‎ v1＝v0＋a1t′‎ ‎△E机＝ ‎ 解得△E机＝6.48×10－6 J 或△E机＝q1E（）解得△E机＝6.48×10－6 J ‎【点睛】‎ 该题整体法、隔离法相结合，运用牛顿第二定律求加速度，与运动学相结合求出各个时段甲乙的位移和速度。以及知道当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大。因为电场力做负功，电势能增大.‎