内蒙古包头市回民中学2019_2020学年高二物理上学期月考试题含解析.doc

《内蒙古包头市回民中学2019_2020学年高二物理上学期月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《内蒙古包头市回民中学2019_2020学年高二物理上学期月考试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1内蒙古包头市回民中学内蒙古包头市回民中学 2019-20202019-2020 学年高二物理上学期月考试题学年高二物理上学期月考试题（含含解析）解析）考试时间：考试时间：9090 分钟分钟一、单选题（每题一、单选题（每题 4 4 分）分）1.某电解池中，若在 2 s 内各有 1.01019个二价正离子和 2.01019个一价负离子相向通过某截面，那么通过这个截面的电流是()A.0.8 AB.1.6 AC.3.2 AD.6.4A【答案】C【解析】试题分析：电解池中正离子和负离子同时向相反方向通过某截面，通过截面的电荷量等于它们电荷量绝对值之和，求出通过截面的电荷量，然后由电流的定义式qIt求出

2、电流通过这个界面的电流是1919191.0 1022.0 101.6 103.2A2qIt，C 正确2.如图所示的三个点电荷q1、q2、q3，在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的 2 倍，三个电荷都只在它们相互的静电力作用下处于平衡状态，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1：q2：q3为（）A.（-9）：4：（-36）B.9：4：36C.（-3）：2：（-6）D.3：2：6【答案】A【解析】【详解】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。同理可知也可能是q1、q3带负电，q2带正电。由于三

3、个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：2131222211()q qq qkrrkr对q2有：32122221k q qkrq qr对q3有：213132222()q qq qkrrkr联立可解得：221212123211rrrrqqqrr：():()根据题意可知r2=2r1，所以1239199 4 364qqq：由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36 或q1：q2：q3=9：-4：36；A.（-9）：4：（-36），与结论相符，选项 A 正确；B.9：4：36，与结论不相符，选项 B 错误；C.（-3）：2：（-6），与结论不相符，选项 C 错误；D.3：2：6，与结论

4、不相符，选项 D 错误。3.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的 5 条边上分别放置 5 根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走+Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）（）A.2kQLB.243kQLC.223kQLD.24 33kQL3【答案】D【解析】【详解】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零；由此可知，+Q的点电荷在O点的电场强度大小为22433()2kQkQEL那么每根细棒在O点

5、的电场强度大小也为243kQEL因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小24 33kQEL合其方向如图所示：若移走+Q及AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为24 33kQEL合方向与图中方向相反，A.2kQL与分析不符，故 A 项错误；B.243kQL与分析不符，故 B 项错误；C.223kQL与分析不符，故 C 项错误；D.24 33kQL与分析相符，故 D 项正确。4.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从 a 处运动到 b 处，以下判断正确的是()4A.电荷从 a 到 b 加速度减小B.b 处电势能大C.b 处电势高D.电

6、荷在 b 处速度小【答案】BD【解析】b 处的电场线比 a 处的电场线密，说明 b 处的场强大于 a 处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在 b 处的加速度大于在 a 处的加速度，A 选项错。由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即 Fe0，且 Fe 的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断 a，b 处电势高低关系是 UaUb，C 选项不正确。根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由 ab 电势能增加，B 选项正确；又因电场力做功与路径无关，

7、系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D 选项正确5.图中虚线所示为静电场中的等差等势面 1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面 2 的电势为 0，一带负电的点电荷在静电力的作用下运动，经过A、B点时的动能分别为 21eV 和 3eV当这一点电荷运动到某一位置其电势能变为15eV 时，它的动能为A.9eVB.15 eVC.24eVD.30 eV【答案】D【解析】【详解】由题，电荷经过A、B点时的动能分别为 21eV 和 3eV，动能减小为 18eV而相邻的5等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从 1 等势面到 2

8、 等势面时动能减小 6eV，因等势面 2 的电势为 0，电势能为零，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=0+21eV-6eV=15eV，其电势能变为-15eV 时，根据能量守恒定律得到，动能应为 30eV。A.9eV，与结论不相符，选项 A 错误；B.15 eV，与结论不相符，选项 B 错误；C.24eV，与结论不相符，选项 C 错误；D.30 eV，与结论相符，选项 D 正确。6.如图所示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行。已知3cmab，3cmad；a点电势为 15V，b点电势为 24V，d点电势为 6V。则此匀强电场的电场强度大小为（）A.30

9、0V/mB.600V/mC.300 3V/mD.600 3V/m【答案】B【解析】【详解】在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，故：adbc则得：cbad24V-15V+6V=15V，将bd连接起来，两点电势差为 18V，而ba电势差为 9V，所以将bd二等分，中点M电势为15V，将Ma连接为等势面Ma的垂线为电场线，如图所示：6所以bM间的电势差为：U=9V，则电场强度为：296003sin6010EUdV/m。ACD.根据计算可得：E=600V/m，故 ACD 错误；B.根据计算可得：E=600V/m，故 B 正确。7.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放

10、置一均匀带电的细杆 MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上 a、b、c 三点的场强大小分别为 Ea、Eb、Ec，三者相比（）A.Ea最大B.Eb最大C.Ec最大D.Ea=Eb=Ec【答案】C【解析】【分析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆 MN 产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。根据带电的细杆 MN 在 abc 三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在 a、b、c 三点的场强大小关系。【详解】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆 MN 产生的场强大小相等，方向相反，相

11、互抵消。c 点离带电的细杆 MN 最近，带电7的细杆 MN 在 c 点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在 c 点处产生的场强最大，即 Ec最大。故选：C。【点睛】本题考查了静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键。常规题。要注意金属球内场强为零是指合场强为零8.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是()A.Q不变，C变小，U变大，E不变B.Q不变，C变小，U变大，E变小CQ变小，C不变，U不变，E变小D.Q变小，C变小，U不变

12、，E不变【答案】A【解析】【分析】题中电容器的带电量不变；先由电容的决定式4SCkd分析电容的变化，再由电容的定义式QCU分析极板间电压的变化。【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量 Q 不变，根据电容的决定式：4SCkd由于 d 增大，所以电容减小，由公式QCU可知板间电压 U 增大，由公式44UQQkQESdCdSdkd，所以板间场强不变，故 A 正确。【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式4SCkd和电容的定义式QCU并能结合8进行分析。9.假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则（）A.白炽灯的

13、电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanC.在A点，白炽灯的电阻可表示为02UID.在A点，白炽灯的电阻可表示为021UII【答案】C【解析】【详解】A.由图示图象可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故 A 项不符合题意；BCD.在A点灯泡电阻02tanURI，00212tanUURIII=，故 B、D 项不符合题意，C 项符合题意；10.如图所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在 A 球上，使两球均处于静止状态现将A球向竖直杆

14、NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）9A.A、B两小球间的库仑力变大B.A、B两小球间的库仑力变小C.A球对MO杆的压力不变D.A球对MO杆的压力变小【答案】BC【解析】【详解】对 A 球受力分析,受重力 mg、拉力 F、支持力1N,静电力1F,如图,根据平衡条件,有x方向:1sinFFy方向:11cosNmgF再对 B 球受力分析,受重力 Mg、静电力1F、杆对其向左的支持力,如图,根据平衡条件,有x方向:12sinFNy方向:1cosFMg有上述四式得到1cosMgF1NmgMg10由式,因为新位置两球连线与竖

15、直方向夹角变小,故静电力1F变小,故 A 错误,B 正确;由式,水平杆对球 A 的支持力等于两个球的重力之和,不变,再结合牛顿第三定律可以知道,球 A 对水平杆的压力不变,故 C 正确,D 错误;二、多选题（每题二、多选题（每题 4 4 分）分）11.铅蓄电池的电动势为 2V,这表示（）A.在电源内部电流由正极流向负极B.电路中每通过 1 C 电荷量,电源把 2 J 的化学能转变为电能C.蓄电池在 1 s 内将 2 J 的化学能转变为电能D.蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为 1.5 V）的大【答案】BD【解析】【详解】A在电源内部电流由负极流向正极，选项 A 错误；B根据电

16、动势的概念可知，电路中每通过 1 C 电荷量,电源把 2 J 的化学能转变为电能，选项 B 正确；C电路中每通过 1C 的电量，电池内部非静电力做功为 W=Uq=2J；不是在 1s 内将 2J 的化学能转化为电能。故 C 错误；D电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为 1.5V）的强，故 D 正确；12.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，下列说法正确的是（）A.若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电场强度一定相等B.若两电荷是异种电荷，则O点的电场

17、强度大小，与HG上各点相比是最大的C.若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D.若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与HG上各点相比是最大的【答案】AB11【解析】【详解】A.若两电荷是异种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，方向相同，即电场强度相同，故 A 正确；B.若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比O点的电场线最稀疏，故场强是最小的，而与HG上各点相比，O点的电场线是最密的，故场强是最大的，故 B 正确；C.若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，但是方向相反，即电场强度不同，故 C 错误；D.若两电荷是

18、同种电荷，则O点的电场强度大小为零，故与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，故 D 错误。13.匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动.带电颗粒从A到B的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是A.颗粒一定带负电B 颗粒可能带正电C.颗粒的机械能减小，电势能增大D.颗粒的机械能减小，动能增大【答案】AC【解析】【详解】AB带电颗粒在电场中沿斜向上方向做直线运动，则带电颗粒所受合力方向与运动方向共线，所以带电颗粒受力情况如图：带电颗粒所受电场力方向与场强方向相反，颗粒带负电；故 A 项正确，B 项错误；12CD带电颗粒从A到B的过程中

19、，受重力和电场力，电场力做负功，电势能增大，机械能减小；电场力和重力均做负功，动能减小；故 C 项正确，D 项错误。14.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度0v沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则（）A.在2t时间内，电场力对粒子做的功为14UqB.在2t时间内，电场力对粒子做的功为18UqC.在粒子下落的前4d和后4d过程中，电场力做功之比为1:1D.在粒子下落的前4d和后4d过程中，电场力做功之比为1:2【答案】BC【解析】由类平抛规律，在时间 t 内有：L=v0t，2122da

20、t，在2t内有：21()22tya，比较可得y=8d，则电场力做的功为 W=qEy=88qEdqU，所以 A 错误，B 正确粒子做的功分别为：W1=qE4d，W2=qE4d，所以 W1：W2=1：1，所以 C 正确，D 错误故选 BC点睛：对于带电粒子在匀强电场中的偏转问题，采用分解观点处理，同学要熟练的推导出偏移量、位移偏角和速度偏角的表达式，这类问题考查频率较高15.在光滑绝缘的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷AQ、BQ两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中xL点为图线的最低点，若在2xL的C点由静止释放一个质量为m、电量为q的带电小球（

21、可视为质点），下列有关说法正确的是（）13A.小球在xL处的速度最大B.小球一定可以到达2xL 点处C.小球将以xL点为中心做往复运动D.固定在A、B处的电荷的电量之比为:4:1ABQQ【答案】AD【解析】【详解】A据-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到x=L处加速度为 0，从x=L向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故 A 正确。Dx=L处场强为零，根据点电荷场强则有：22(4)(2)ABQQkkLL，解得QA：QB=4：1，故 D正确。BC由点电

22、荷电势kQr，根据叠加定理，由两点电荷的电荷量及电性可得：13xL处电势与x=2L处电势相等，故根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达13xL处，故小球将以12()5326LLxL 点为中心作往复运动，故 BC 错误。三、计算题三、计算题(共共 5050 分）分）16.带电量为+3106C 的粒子先后经过电场中的 A、B 两点，静电力做功6104J，已知 B点电势为 50V，则求(1)A、B 两点间的电势差 UAB；(2)A 点的电势A；(3)把电量为3106C 的电荷放在 A 点所具有的电势能 EPA【答案】(1)-200V；(2)-

23、150V；(3)4.5104J14【解析】【分析】(1)A、B 间两点间的电势差是ABABWUq；(2)根据 UAB=A-B；由题意B=50V，即可求出 A 点的电势A；(3)根据电势能 EPA=qA，代入数值求解。【详解】(1)粒子经过电场中的 A、B 两点，静电力做功-610-4J，则电场力对粒子做功为WAB=-610-4J；A、B 间两点间的电势差是466 102003 10ABABWUVVq ；(2)根据 UAB=A-B；由题意B=50V，得 A 点的电势A=-150V；(3)把电量为-310-6C 的电荷放在 A 点的电势能 EPA=qA=-310-6（-150）J=4.510-4J

24、。【点睛】电势差等于电势之差，UAB=A-B，电势差反映电场的能的性质，常常根据电场力做功求解。17.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为2mgEq，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为14圆弧一个质量为m，电荷量为+q 的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失（1）小球在A点进入电场时的速度；（2）小球在C点离开电场前瞬间对轨道的压力分别为多少；（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离【答案】(1)2AvgH（2）1233mgHNmgqER(3)qERhHmg

25、15【解析】【详解】（1）对从释放到A点过程，根据动能定理，有：2102AmgHmv解得2AvgH（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：21()02mg HRqERmv小球在C点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：21NmgqvERm.联立解得：1233mgHNmgqER根据牛顿第三定律，小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别1233mgHNmgqER（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：()00mg HhqER解得：qERhHmg18.如图所示，两平行金属板A、B长L8cm，两板间距离d8cm，A板比B板电势高 300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q1010C

26、，质量m1020kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度02106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域已知两界面MN、PS相距为 12cm，D是中心线RD与界面PS的交点求：16(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y的大小？(2)粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？【答案】（1）0.03m（2）0.12m【解析】【详解】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为aqEqUmmd水平方向有：Lv0t竖直方向有：y12at2联立得：y2202qULmdv代入数据解得：y0.03m(2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两

27、界面MN、PS相距为D由相似三角形得：22LyLYD解得：Y4y012m19.如图所示，光滑绝缘轨道由水平段 AB 和圆形轨道 BCD 组成，B 在圆心正下方，轨道上的17C、D 两点与圆心等高，圆轨道半径为 R。整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为 E=mgq。现将一小球从 A 点由静止释放。已知小球质量为 m，电量为 q，且带正电，重力加速度为 g，不计空气阻力，求：（1）若 AB=2R，求小球运动到 C 点时对轨道的压力大小；（2）若小球能沿圆轨道运动到 D 点，则 AB 间的距离至少为多大?【答案】(1)N=5mg；(2)3 2(1)2R【解析】【详解】(1)小球从 A 点到 C 点由动能定理有：2132CqERmgRmv在 C 点由牛顿第二定律得：2CCvNqEmR联立解得：5CNmg=由牛顿第三定律可知，球运动到 C 点时对轨道的压力大小为 5mg；(2)电场与重力场的合场强与竖直方向成045斜向下，设 AB 的距离为 x，球能沿圆轨道运动到 D 点，则在 D 点有：22DvmgmR从 A 到 D 由动能定理得：180021(1 sin45)(sin45)02DmgRqE xRmv联立解得：3 2(1)2xR