20182019高二物理10月月考试卷含答案四川阆中中学.docx

2018-2019 学年度上期10月质量监测 物理试题 一．选择题（共12小题，每小题4分，共48分） 1．下列关于静电场的说法正确的是（　　） A．静电场中，电场强度大的点电势必定高 B．静电场中，电场强度为零的点电势必定为零 C．静电场中，在电势高的点点电荷的电势能必定高 D．无论匀强电场还是点电荷形成的电场，电场强度与放在该处的检验电荷无关 2．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（　　） A． B． C． D． 3下面说法中正确的是(　 　) A. 由E＝ 可知，电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比 B. 由C＝ 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 由 可知，将1 C正电荷从A点移动到B点克服电场力做功1J，则 =1 V D. 由 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关 4．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球+Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是（　　） A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小 C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小 5．有一个点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线．则下列说法正确的是（　　） A．正电荷在甲图电场中运动，对应的图线是① B．负电荷在乙图电场中运动，对应的图线是② C．负电荷在丙图电场中运动，对应的图线是① D．正电荷在丁图电场中运动，对应的图线是② 6．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若在A点放置一初速度为零的电子．电子仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B的过程中的速度图象如图（b）所示，则下列关于A、B两点电势φ和电场强度E的判断中正确的是（　　） A．φA＞φB，EA＞EB B．φA＞φB，EA＜EB C．φA＜φB，EA＜EB D．φA＜φB，EA＞EB 7．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中的某一平面内有P、Q两点，OP、OQ与PQ的夹角分别为53°、37°，取sin53°=0.8，O点处点电荷产生的电场在P、Q两点处的电场强度大小之比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．9：16 D．16：9 8．空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为�q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（　　） A．MN两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D．若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 9．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，则下列说法正确的是（　　） A．cd间电势差一定为4V B．c点电势可能比d点低 C．电场强度方向一定由b指向a D．电场强度大小一定为E=40V/m 10．如图所示，一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合。在增大电容器两极板间距离的过程中（　　） A．电容器的电容变大 B．电容器两极板间场强不变 C．电容器两极板间电压增大 D．电阻R中有从a流向b的电流
11.如图所示，一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动，已知该点电荷的电量q，质量m（重力不计），ab弧长为s，电荷经过a、b两点时的速度大小均为ν，且它们方向间的夹角为θ，则下列说法不正确的有（　　） A．该电场的场强方向指向圆弧ab的圆心 B．a、b两点的电势相等 C．a、b两点的场强大小均等于 D．电荷在a点受到电场力与在b点所受的电场力相同 12．如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是（　　） A．0＜t＜t0 B．t0＜t＜2t0 C．2t0＜t＜3t0 D．3t0＜t＜4t0 二．实验题（每空3分，共6分） 13．如图所示，一半径为R的光滑圆环，竖直放在水平向右的匀强电场中，匀强电场的电场强度大小为E．环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，可得小球所受重力　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）带电小球所受的静电力。小球在　 　（选填“a”、“b”、“c”或“d”）点时的电势能最小。 三．计算题（共4小题，共56分） 14.（8分）如图所示，水平方向的匀强电场中，用绝缘细线将质量4×10�3kg的带负电小球悬挂在O点．细线偏离竖直方向θ=37°小球处于静止状态．已知匀强电场的电场强度E=104N/C，g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）匀强电场的方向； （2）小球的电荷量．

15．（10分）如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求： （1）小球运动到B点时的速度大小； （2）小球在B点时对轨道的压力。

16．（12分）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10�4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求： （1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB； （2）A、B两点间的电势差UAB； （3）该匀强电场的电场强度E。

17．（12分）两块水平放置的平行金属板A、B，板长L=0.2m，板间距d=0.02m。一质量为m=2×106kg，带电量为q=+2×10�5C的粒子以v0=2×103m/s的速度，从两极板间中央处水平射入，如图。当A、B间的电势差UAB=2×103V时，粒子能从两极板间穿出，不计粒子重力，求： （1）两极板间的匀强电场的场强E； （2）粒子运动的加速度a； （3）粒子从极板穿出时的侧移量y。

18.（14分）如图所示，在E=103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道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=40cm，N为半圆形轨道最低点，P为ON圆弧的中点，一带负电的小滑块质量m=0.01kg，电荷量q=10�4C与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m的M点处，以某一初速度v0向左运动，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，取g=10m/s2，求： （1）滑块在M点开始运动初速度v0； （2）滑块通过P点时受到轨道的作用力是多大？

高二第一学月测试题―物理参考答案 　一．选择题（共12小题） 1．【解答】解：A、在静电场中场强与电势无关，则电场强度大的点电势不一定高。故A错误。 B、由于场强与电势无关，场强为零的点电势不一定为零。电势为零的点是人为选择的。故B错误。 C、由Ep=qφ，知在电势高的点正点电荷的电势能大，而负电荷的电势能小，故C错误。 D、电场强度反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，与放在该处的试探电荷无关，故D正确。 故选：D。 2．【解答】解：假设A、B带电量均为q，两球之间的相互吸引力大小是F=k ，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A、C的电量都为 ，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为 ，这时A、B两球之间的相互作用力大小F=k = ，故ACD错误，B正确； 故选：B。 3.D 4．【解答】解：存在+Q球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零， 说明a球带负电，b球带正电， a、b作为整体得+Q对a、b的水平方向的库仑力大小相等方向相反。 根据F=k 得A离+Q近点，所以a球带电荷量较小，b球带电荷量较大。故B正确 故选：B。 5．【解答】解：根据动能定理qU= mv2可知，物体的动能EK=qU 而U= s， 故有EK=q s， A、在甲图中各点的场强相同，故正电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变，故EK�S图象的斜率保持不变，故A正确。 B、在乙图中各点的场强相同，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变，故EK�S图象的斜率保持不变，故B错误。 C、在丙图中由a到b场强逐渐增大，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力逐渐增大，故EK�S图象的斜率逐渐增大，故C错误。 D、在丁图中a到b场强逐渐减小，正电荷从a点由静止释放后所受的电场力向左，不可能运动到b，故D错误。 故选：A。 6．【解答】解：由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强； 而电子从A到B的过程中，速度增加，动能增大，则可知电场力做正功，故电势能减小，故ɛA＞ɛB且电子带负电，可知，A点的电势要小于B点电势，故D正确； 故选：D。 7．【解答】解：结合几何关系，可知P、Q两点与O点的距离关系为： rP：rQ=sin37°：sin53°=3：4 根据点电荷的场强公式E= ，有：EP：EQ= ： =16：9．故ABC错误，D正确 故选：D。 8．【解答】解：A、根据动能定理得，Fdcosθ�qUMN=0，UMN= ，故A正确。 B、电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcosθ，由公式E= 得，E= = ，故B错误。 C、小球M到N做�Fdcosθ的功，电势能增大Fdcosθ．故C错误。 D、小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由N到M，F方向不变。故D错误。 故选：A。 9．【解答】解：A、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，则cd间的电势差等于ba间的电势差，为24V�20V=4V，故A正确。 B、由上分析知，cd间的电势差大于零，所以c点的电势一定比d点的电势高。故B错误。 C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场强度方向可能由b指向a，但不一定，故C错误。 D、若电场强度方向由b指向a，则电场强度为 E= = =40V/m，由于电场强度方向不确定，所以电场强度大小不一定为E=40V/m，故D错误。 故选：A。 10．【解答】解：由E= 得：E= =5000V/m； C点电势等于CA两点的电势差，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，UCA=�Ed1=�5000×0.04=�200V，故φC=�200V，故C正确，ABD错误。 故选：C。 11．【解答】解：A、由于电荷运动过程中速率不变，做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，则场强的方向指向圆心，故A正确； B、由于在a、b两点电荷的速度大小相同，故在从a运动到b的过程中电场力不做功，根据W=qU可知a、b两点的电势差为0，故两点的电势相等，故B正确； C、电荷q做匀速圆周运动，电场力提供向心力，故：qE=m ；由于S=Rθ；故E= ，故C正确； D、由于电荷运动过程中速率不变，故电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，方向不同，则电场力不同，故D错误； 本题选错误的，故选：D 12．【解答】解：A、在0＜t＜t0，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大。故A错误。 B、在t0＜t＜2t0，电子所受的电场力方向向左，电子向右做匀减速直线运动，2t0时速度为零。故B错误。 C、在2t0＜t＜3t0，电子所受电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动。故C错误。 D、在3t0＜t＜4t0，电子所受电场力向右，电子向左做匀减速直线运动。故D正确。 故选：D。 二．实验题（共1小题） 13．【解答】解：根据动能定理，合力做的功等于动能的增加量； 从a到d过程，有：mg•R�qE•R=0 解得 qE=mg 即电场力与重力大小相等， 根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，电场力向左，故运动到b点时电场力做的功最多， 所以电势能减小的最多，即小球在b点时的电势能最小。 故答案为：等于 b 三．计算题（共4小题） 14.【解答】解：（1）对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向右的电场力，因小球带负电，所以电场水平向左； （2）小球受力平衡，F电=Eq=mgtan37° 代入数据得： = C= 答：1）匀强电场的方向水平向左； （2）小球的电荷量 15．【解答】解：（1）带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR= mvB2 解得vB= 。 （2）小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FN�mg�k =m 解得FN=3mg+k 根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为 FN′=FN=3mg+k 方向竖直向下。 答：（1）小球运动到B点时的速度大小为 （2）小球在B点时对轨道的压力为3mg+k ；方向竖直向下。 16．【解答】解：（1）因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了△E=0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功W=�△E=�0.2J （2）A、B两点间的电势差UAB= = V=1000 V （3）匀强电场的电场强度E= = V/m=1×105V/m 答：（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功=�0.2J； （2）A、B两点间的电势差1000V； （3）该匀强电场的电场强度1×105V/m。 17．【解答】解：（1）两板间场强： （2）粒子运动的加速度： 且F=Eq 即 ， 代入数据可得：a=106m/s2。 （3）粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速运动，有：L=v0t 竖直方向有： 联立解得 y=0.005m 答： （1）两极板间的匀强电场的场强E为105N/C； 2）粒子运动的加速度a为106m/s2； （3）粒子从极板穿出时的侧移量y为0.005m。 18．【解答】解：（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得： ， 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� mv20 联立方程组，解得：v0=7m/s； （2）设滑块到达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� mv20 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=m ， 代入数据解得：FN=0.6N，方向水平向右； 答：（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应从M点以7m/s的初速度v0向左运动； （2）这样运动的滑块通过P点时受到轨道的压力是0.6N，方向水平向右 　

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