重庆市万州第二中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

重庆市万州第二中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

万州二中高2021级高二上期10月月考考试 物理试题 一、选择题（共12小题，每题4分，共48分，1—8题为单项选择题，9—12为多项选择题）‎ ‎1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A. 电场强度为零的地方，电势也为零 B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直 C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析： 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，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．‎ 考点：电场强度与电势 ‎【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．‎ ‎2.两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是(　　)‎ A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B. Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C. Q1、Q2一定均正电荷 D. Q1、Q2一定均为负电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由电场线的特点：电场线越密，代表电场强度越大，可知Q2周围的电场强度大于Q1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式： 可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量。故A正确，B错误。‎ CD．根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止。由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q1、Q2可能均为正电荷，也有可能Q1、Q2均为负电荷。故C错误，D错误。‎ ‎3.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎4.在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B. 电势高低关系有φa>φb、φc>φd C. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功 D. 将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于QA＜QB，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强。而c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误。‎ B．由题意知，电场线方向由B 指向A，则有φb＞φa、由于电荷从c点移到d点，电场力做功零，所以两点电势相等。故B错误。‎ C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b过程中，电场力方向与运动方向相同，所以电场力做正功。故C正确。‎ D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在c点电场力方向与速度方向夹角大于90°，而在d点的电场力方向与速度方向夹角小于90°，所以电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小。故D错误。‎ ‎5.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷q,x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中,错误的是(　　)‎ A. 从O点沿x轴正方向,电场强度先增大后减小,电势一直降低 B. 从O点沿x轴正方向,电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 C. O点的电场强度为零,电势最低 D. O点的电场强度不为零,电势最高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在点产生的场强抵消，合场强为零，圆环上各电荷在轴产生的电场强度有水平向右的分量，根据电场的叠加原理可知，轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从点沿轴正方向，电势降低．点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从点沿轴正方向，场强应先增大后减小．故A、B错误；根据对称性可知，点的电场强度为零，根据顺着电场线方向电势降低，可知点的电势最高，故C正确，D错误。‎ 考点：电势差与电场强度的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化。‎ ‎6.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，选沿x轴方向为正方向，则以下判断正确的是 A. 点电荷M、N一正一负 B. M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1‎ C. 沿x轴从0到3a电势逐渐降低 D. 将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、若两电荷为异种电荷，在x=2处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A错误；‎ B、2a处合场强=0，由 知，，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，故B错误；‎ C、选沿x轴方向为正方向， 0～2a电场为正，方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=0点的电势高于x=2a点的电势； 2a～3a电场为负，方向向左，故x=2a点的电势低于x=3a点的电势，故C错误；‎ D、将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，电势先减小后增大，所以该电荷的电势能先减小后增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键根据两点电荷连线之间某点的电场强度为0，而知道两点电荷为同种电荷，选沿x轴方向为正方向， 0～2a电场为正，方向向右，2a～3a电场为负，方向向左，沿电场线方向电势降低。‎ ‎7.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P 点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)‎ A. 1∶2 B. 1∶8 C. 2∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，联立解得：‎ 因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比。所以比荷之比为4：1。‎ A．1∶2．故A不符合题意． ‎ B．1∶8．故B不符合题意． ‎ C．2∶1．故C不符合题意． ‎ D．4∶1．故D符合题意．‎ ‎8.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A. 微粒一定带正电 B. 微粒一定做匀速直线运动 C. 可求出匀强电场的电场强度 D. 可求出微粒运动的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质。‎ ‎【详解】A.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，微粒受到竖直向下的重力，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，故A错误；‎ B.微粒受到向左的电场力与竖直向下的重力，合力的方向为左下方，所以运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B错误；‎ CD.由以上的分析可知，电场力：qE tanθ=mg，；解得 ， 由于不知道微粒的电量，所以不能完成该匀强电场的电场强度，可求出微粒运动的加速度。故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示，M、N为电场中两个等势面，GH直线是其中的一条电场线，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. EG＜EH B. 正电荷置于G点时电势能大于置于H点时的电势能 C. φG＜φH D. 负电荷由H点移动到G点时电场力做正功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线与等势面垂直，根据图象可知电场线成汇聚状，H点处密集，所以H 点的场强一定大于G点的场强。故A正确。‎ BC．沿电场线的方向，电势降低，G点电势大于H点电势，正电荷在高电势点G电势能高。故C错误，B正确。‎ D．负电荷在H点的电势能大于在G点的电势能，电场力做正功电势能降低，所以负电荷由H点移动到G点时电场力做正功。故D正确。‎ ‎10.如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 解：‎ A、AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误．‎ B、A、C中点G的电势为：φG==V=4V．将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线．故B正确；‎ C、由题意，A、B、C三点的电势φA=5V，φB=2V，φC=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线．故C正确；‎ D、BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误．‎ 故选：BC．‎ 考点：电场强度．‎ 分析：在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线．‎ 点评：本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析．‎ ‎11.两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且0M>ON，中图可知( ）‎ A. N点的电势低于M点的电势 B. M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小小于N点的场强大小 C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动 D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A. 由图知，N点的电势高于M点的电势。故A错误；‎ B. 由E=U/d可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。故B正确；‎ C. 根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。故C错误；‎ D. 负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向由从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功。故D正确。‎ 故选：BD 点睛：根据电势的图象直接读出电势高低．由E=U/d可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况．根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负．‎ ‎12.如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则(　　)‎ A. 力F大小的取值范围只能在0～‎ B. 电场强度E的最小值为 C. 小球从A运动到B电场力可能不做功 D. 若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图，可知F无最大值，选项A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．‎ 则得：qE=mgsinθ，所以电场强度的最小值为 ，选项B正确．若电场强度 ‎ ，即qE=mgtanθ时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，选项C正确；也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为 W=qEsin2θ•d=q•sin2θ•d=2mgdsin2θ．选项D正确；故选BCD.‎ 点睛：解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解．‎ 二、填空题（10分）‎ ‎13.如图所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿电场方向，BC和电场方向成60°角.一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从A移到B，电场力做功为W1＝1.2×10－7 J.匀强电场的电场强度E的大小为________ N/C.电荷从B到C，电荷的电势能改变情况是________（填“增加”“减少”） 改变量是_______________ J ‎【答案】 (1). 60 (2). 减少 (3). 1.44×10－7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由W1＝qE·AB得，该电场的电场强度大小为 E＝＝N/C＝60 N/C ‎(2) [2] [3]电荷从B到C，电场力做功为 W2＝F电·BC·cos 60°＝qE·BC·cos 60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J 所以，该过程电势能减少1.44×10－7 J.‎ ‎14.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度________(填“增大”“减小”（不变）)，保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度________(填“增大”“减小”（不变）)‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大。‎ ‎[2]保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，所以张角不变。‎ 三、计算题（共42分）‎ ‎15.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：‎ ‎(1)粒子在偏转电场中运动的时间t；‎ ‎(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。‎ ‎【答案】(1)L　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子从静止经加速电压U1加速后，由动能定理得qU1＝mv02‎ 解得：‎ v0＝ ‎ 粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间满足L＝v0t 解得：‎ t＝L ‎(2)粒子在偏转电场中竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：a＝ ‎ 纵向偏移量：y＝at2‎ 解得：‎ y＝‎ ‎16.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为，半径为，内壁光滑，两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过点时速度最大，连与竖直方向的夹角，重力加速度为。求：‎ ‎（1）小球所受的电场力大小；‎ ‎（2）小球在点的速度为多大时，小球经过点时对圆轨道的压力最小。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，小球受到的电场力大小 ‎ ‎（2）要到达B点，必须到达速度最小的D点；在D点速度最小时，小球经B 点时对轨道的压力也最小。设在D点轨道对小球的压力恰为零， 解得： 由轨道上A点运动到D点的过程： ，解得： ‎ ‎17.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球带电情况；‎ ‎(2)小球由A到B的位移；‎ ‎(3)小球速度的最小值．‎ ‎【答案】（1）小球带正电， （2） ，与水平方向的夹角为450（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动 加速度 B点是最高点，竖直分速度为0，有： ‎ 水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为0，加速度 ‎ 水平方向有： ‎ 联立两式得： ‎ 可得 ‎ ‎（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向由 ‎ 可得 ‎ 所以位移为 ‎ 其与水平方向夹角为 ‎ ‎，即位移与水平方向的夹角为 ‎ 设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为 则：，如图所示 开始一段时间内，F与速度方向夹角大于，合力做负功，动能减小 后来F与速度夹角小于，合力做正功，动能增加 ‎ 因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为 即：，则， ‎ 解得 ， ‎ 点睛：考查运动如何分解，及分运动的等时性，并要掌握运动学公式，牛顿第二定律，动能定理，及能量守恒定律，并理解电场力做功与电抛能变化关系。‎ ‎ ‎