2017-2018学年安徽省淮北市第一中学高二上学期第二次月考物理试题 15页

淮北一中2017—2018学年度第一学期高二年级第二次月考物理试卷 一、选择题(共14小题,每小题4分,共56分.1～8小题为单项选择题,9～14小题为多项选择题,选对但不全的得2分)‎ ‎1.如图所示,A,B为两块竖直放置的平行金属板,G是静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度.下述做法可使指针张角增大的是(　D　)‎ A.使A,B两板靠近些 B.使A,B两板正对面积错开些 C.断开S后,使B板向左平移减小板间距离 D.断开S后,使A,B板错位正对面积减小 解析:电容器与电源相连时,板间电压不变,指针张角增大表明两平行金属板间电压增大,所以选项A,B均错;断开S后,电容器所带电荷量不变,由C=知,电容C减小.根据电容C=知,可增大板间距离或减小两板正对面积,选项C错误,D正确.‎ ‎2. 两块大平行金属板A,B间存在电场强度为E的匀强电场,场强方向由B指向A,并将B板接地作为零电势点,如图所示,现将正电荷逆着电场线方向由A板移到B板,若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离,则其电势能Ep随x变化的图线为图中的(　C　)‎ 解析:场强E的方向水平向左(由B指向A),B板接地B=0,则A,B板 内各点电势均为负值,则距A板x处的某点的电势能Ep=q(x-B)=‎ qUxB=-Eq(d-x),由此可判断选项C正确.‎ ‎3. 如图所示,在等量异种电荷形成的电场中,画一正方形ABCD,对角线AC与两点电荷连线重合,两对角线交点O恰为电荷连线的中点.下列说法中正确的是(　B　)‎ A.A,C两点的电场强度及电势均相同 B.B,D两点的电场强度及电势均相同 C.一电子由B点沿B→C→D路径移至D点,电势能先减小后增大 D.一质子由C点沿C→O→A路径移至A点,静电力对其先做负功后做正功 解析:在电场中EA=EC,A点电势大于C点,故选项A错误;由于B,D两点关于O点对称,因此其场强大小相等,方向均水平向右,中垂线为等势线,故选项B正确;电子由B沿B→C运动到C过程中,靠近负电荷远离正电荷,因此静电力做负功,电势能增大,沿C→D运动到D过程中,靠近正电荷远离负电荷,静电力做正功,电势能减小,故整个过程中电势能先增大后减小,故选项C错误;图中两电荷连线电场方向水平向右,即由A指向C,质子受静电力水平向右,故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中静电力做负功,故选项D错误.‎ ‎4、如图6－2－20所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　B　)‎ A．到达M、N时两粒子速率仍相等 B．到达M、N时两粒子速率vM＞vN C．到达M、N时两粒子的电势能相等 D．两个粒子的电势能都是先减小后增大 解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误． ‎ ‎5‎ ‎. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是(　D　)‎ A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s末带电粒子回到原出发点 C.3 s末带电粒子的速度不为零 D.0～3 s内,静电力做的总功为零 解析: 由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为a1=,为第2 s内加速度a2=的,因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,vt图像如图所示.带电粒子在第1秒内匀加速运动,在第2秒内先做匀减速后反向加速,所以不是始终向同一方向运动,故选项A错误.根据图线与t轴围成的面积可知,在t=2 s时,带电粒子不在出发点,故选项B错误;由图可知,粒子在第3 s末的瞬时速度为0,故选项C错误;因为第3 s末粒子的速度为0,根据动能定理知静电力做功为零,故选项D正确.‎ ‎6. 正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为(　B　)‎ A.E0 B.E‎0 ‎C.E0 D.E0‎ 解析: 半球的中心O处的电场强度E0是球面上电荷产生的电场叠加的结果,根据对称性,作出球面上的电荷在O点产生的电场分布,如图所示.‎ 由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处产生的电场强度为E=E0sin 30°=,选项B正确.‎ ‎7.冬天当脱毛衫时,静电经常会跟你开个小玩笑.下列一些相关的说法中正确的是(　D　)‎ A.在将外衣脱下的过程中,内外衣间摩擦起电,内衣和外衣所带的电荷是同种电荷 B.如果内外两件衣服可看做电容器的两极,并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定,随着两衣间距离的增大,两衣间电容变小,则两衣间的电势差也将变小 C.在将外衣脱下的过程中,内外两衣间隔增大,衣物上电荷的电势能将减少(若不计放电中和)‎ D.脱衣时如果人体带上了正电,当手接近金属门把时,由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击 解析:根据电荷守恒知,选项A错;由C=和C∝知,当内外衣之间的距离d增大时,两衣间的电势差增大,选项B错;因为内外衣所带的是异种电荷,产生静电引力作用,故当两衣之间的距离增大时,静电力做负功,电荷的电势能增大,选项C对;由于人体带上正电荷,当手靠近金属门把时,产生静电感应现象,当两者之间的电压足以使空气电离时,产生放电现象,故人感觉到有轻微的电击,选项D也正确.‎ ‎8.某同学设计了一种静电除尘装置,如图1所示,其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料.图2是装置的截面图,上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连.带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集.将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率.不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.要增大除尘率,下列措施可行的是(　A　)‎ A.只增大电压U B.只减少长度L C.只增大高度d D.只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ 解析:带电尘埃在矩形通道在静电力的作用下做类平抛运动,电场强度为E=,在竖直方向上的加速度a==,在水平方向上做匀速直线运动,根据分运动的等时性可得,粒子的运动时间t=,故尘埃沿电场的方向上的位移为y=·()2,要增大除尘率,只需增大在电场方向上的位移即可,选项A,B正确.‎ ‎9. 如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图像正确的是（　AC　)‎ 解析:电场反向后,带电小球受向右的弹力和静电力向右加速,弹簧弹力逐渐减小,小球的加速度逐渐减小,当小球离开弹簧后,由于静电力恒定,小球的加速度恒定,小球做匀变速直线运动,选项A正确,B错误;由牛顿第二定律,a=,小球在与弹簧接触过程中,ax图线为直线,选项C正确,D错误. ‎ ‎10、如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V,20 V,30 V.实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则该带电粒子( A　D　)‎ ‎ ‎ A.该粒子一定带正点电 ‎ B.在b点处的电势能为0.5 J C.在b点处的动能为零 ‎ D.在c点处的动能为0.4 J 解析:由带电粒子的运动轨迹可知,静电力指向曲线的凹侧,所以静电力垂直于等势面指向电势低处,故带电粒子带正电,选项A对;在b点处的电势能为Epb= bq=30×0.01 J=0.3 J,选项B错误;因带电粒子做曲线运动,在b点的速度不为零,故动能不为零,选项C错误;带电粒子在电场中只受静电力作用,故动能与电势能之和守恒,则Eka+ aq=Ekc+ cq,解得Ekc=0.4 J,选项D正确 ‎11.如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J,金属块克服摩擦力做功8 J,重力做功24 J,则以下判断正确的是(　CD　)‎ A.金属块带负电荷 B.静电力做功4 J C.金属块的电势能与动能之和增加了16 J D.金属块的机械能减少12 J 解析:在金属块滑下的过程中动能增加了ΔEk=12 J,摩擦力做功Wf=‎ ‎-8 J,重力做功WG=24 J,根据动能定理得W合=WG+W电+Wf=ΔEk,解得W电=-4 J,所以金属块克服静电力做功4.0 J,金属块的电势能增加4 J.由于金属块下滑,静电力做负功,由于静电力水平向右,所以金属块带正电荷,故A,B错误;金属块的动能增加12 J,电势能增加4 J,所以金属块的电势能与动能之和增加了16 J,故C正确;在金属块滑下的过程中重力做功24 J,重力势能减小24 J,动能增加了12 J,所以金属块的机械能减少12 J,故D正确.‎ ‎12、如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为-q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是（　AD　） A．其它条件不变，将P释放，P也能静止 B．M与N的距离 为L C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．其它条件不变，小球P的电荷量增加为+2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 ‎13．如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为（、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知.时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是 （ CD） ‎ A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线H C．物体克服摩擦力所做的功 D．物体与墙壁脱离的时刻为 ‎14．电场强度方向与轴平行的静电场，其电势随的分布如图所示，一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），以初速度从左侧沿轴正方向进入电场。下列叙述正确的是（ A D ）‎ A．粒子从点运动到点的过程中，在点速度最大 B．粒子从点运动到点的过程中，电势能先减小后增大 C．要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为 D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为 ‎ ‎ 二、非选择题(共44分)‎ ‎15. (8分)一束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,若两板间距d=‎1.0 cm,板长L=‎5.0 cm,足够大的竖直屏与两板右侧相距b=‎20 cm.如图所示,在两板间加上可调偏转电压U2=300 V.电子质量m=9.1×10‎-31 kg、带电荷量为e=1.6×10‎-19 C(不计重力和电子间相互作用)求:‎ ‎(1)电子从平行板间飞出时,偏转的角度θ的正切tan θ;‎ ‎(2)电子从平行板间飞出达到竖直屏时,竖直方向偏移的距离Y.‎ 解析:(1)加速过程中,由动能定理得eU1=m,(1分)‎ 在偏转电场中L=v0t 根据牛顿第二定律得a==,(1分)‎ 则vy=at 而tan θ=(1分)‎ 联立解得tan θ==0.15.(1分)‎ ‎(2)根据y=at2解得y== m=‎0.375 cm,(2分)‎ 射出偏转电场后做匀速直线运动,b=v0t′,y′=vyt′,(1分)‎ 所以竖直方向偏移的距离Y=y+y′=‎3.375 cm.(1分)‎ 答案:(1)0.15　(2)‎‎3.375 cm ‎16.(8分) 如图所示,带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间,距下板‎0.8 cm,两板间的电势差为300 V.如果两板间电势差减小到60 V,则带电小球运动到极板上需多长时间(g=‎10 m/s2)?‎ 解析:取带电小球为研究对象,设它带电荷量为q,则带电小球受重力mg和静电力qE的作用.‎ 当U1=300 V时,小球受力平衡:mg=q(2分)‎ 当U2=60 V时,带电小球向下极板做匀加速直线运动:‎ mg-q=ma,又h=at2(2分)‎ 解得t=‎ ‎= s ‎=4.5×10-2 s.(4分)‎ 答案:4.5×10-2 s ‎17. (8分)如图所示,匀强电场中A,B,C三点构成一个直角三角形中,∠A=30°,边长AC=‎32‎ cm.把电荷量q=-2×‎ ‎10‎-10 C的点电荷由A点移到B点,静电力做功4.8×10-8 J,再由B点移到C点,电荷克服静电力做功4.8×10-8 J,取B点的电势为零,求:‎ ‎(1)A,C两点的电势;‎ ‎(2)匀强电场的场强.‎ 解析: (1)A,B间UAB== V=-240 V,(1分)‎ B,C间UBC== V=240 V(1分)‎ 又UAB=A-B,UBC=B-C,B=0,‎ 得到A=-240 V,C=-240 V.(2分)‎ ‎(2)因A,C在同一等势面上,场强方向垂直A,C连线指向左上方.(1分)‎ A,B两点沿场强方向的距离d=ACcos 30°sin 30°=‎0.24 m.(1分)‎ 大小E== V/m=103 V/m.(2分)‎ 答案:(1)-240 V　-240 V　(2)103 V/m　方向垂直AC指向左上方 ‎18.（10分）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎ (1)小球运动到B点时的加速度大小。‎ ‎ (2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)。‎ ‎16题：(1)带电小球在A点时： …………（2分）‎ ‎ 带电小球在B点时： …………（2分）‎ ‎ 解得： ………………（1分）‎ ‎(2)由A点到B点应用动能定理得：‎ ‎ ……………………（3分）‎ ‎ 联立： ……………（1分）‎ ‎ 可得： …………………………（1分）‎ ‎19.(10分)如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=‎0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103 V/m.一带正电小球以速度v0‎ 沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点.已知小球的质量为m=1.0×10‎-2 kg,所带电荷量q=2.0×10‎-5 C,‎ g=‎10 m/s2.(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移)‎ ‎(1)小球能通过轨道最高点D时的速度大小;‎ ‎(2)带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的 距离;‎ ‎(3)小球的初速度v0.‎ 解析:(1)恰能通过轨道的最高点的情况下,‎ 设到达最高点的速度为vD,‎ 离开D点到达水平轨道的时间为t,‎ 落点到B点的距离为x,则m=mg+qE,(2分)‎ 代入数据解得vD=‎2 m/s.(2分)‎ ‎(2)2R=()t2,代入数据解得t=0.2 s,(2分)‎ x=vDt=‎0.4 m.(2分)‎ ‎(3)由动能定理得:‎ ‎-mg·2R-qE·2R=m-m(2分)‎ 得v0=2 m/s.(2分)‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2)‎0.4 m　(3)2 m/s 淮北一中2017—2018学年度第一学期高二年级第二次月考物理试卷 ‎ (时间:100分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(共14小题,每小题4分,共56分.1～8小题为单项选择题,9～14小题为多项选择题,选对但不全的得2分)‎ ‎1. (　D　)‎ ‎2. (　C　)‎ ‎3. (　B　)‎ ‎4、 (　B　)‎ ‎5. (　D　)‎ ‎6. (　B　)‎ ‎7. (　D　)‎ ‎8. (　A　)‎ ‎9.（　AC　)‎ ‎10、 ( A　D　)‎ ‎11. (　CD　)‎ ‎12、（　AD　）‎ ‎13．（ CD）‎ ‎14．（ A D ）‎ ‎ ‎ 二、非选择题(共44分)‎ ‎15. 解析:(1)加速过程中,由动能定理得eU1=m,(1分)‎ 在偏转电场中L=v0t 根据牛顿第二定律得a==,(1分)‎ 则vy=at 而tan θ=(1分)‎ 联立解得tan θ==0.15.(1分)‎ ‎(2)根据y=at2解得y== m=‎0.375 cm,(2分)‎ 射出偏转电场后做匀速直线运动,b=v0t′,y′=vyt′,(1分)‎ 所以竖直方向偏移的距离Y=y+y′=‎3.375 cm.(1分)‎ 答案:(1)0.15　(2)‎‎3.375 cm ‎16.解析:取带电小球为研究对象,设它带电荷量为q,则带电小球受重力mg和静电力qE的作用.‎ 当U1=300 V时,小球受力平衡:mg=q(2分)‎ 当U2=60 V时,带电小球向下极板做匀加速直线运动:‎ mg-q=ma,又h=at2(2分)‎ 解得t=‎ ‎= s ‎=4.5×10-2 s.(4分)‎ 答案:4.5×10-2 s ‎17. 解析: (1)A,B间UAB== V=-240 V,(1分)‎ B,C间UBC== V=240 V(1分)‎ 又UAB=A-B,UBC=B-C,B=0,‎ 得到A=-240 V,C=-240 V.(2分)‎ ‎(2)因A,C在同一等势面上,场强方向垂直A,C连线指向左上方.(1分)‎ A,B两点沿场强方向的距离d=ACcos 30°sin 30°=‎0.24 m.(1分)‎ 大小E== V/m=103 V/m.(2分)‎ 答案:(1)-240 V　-240 V　(2)103 V/m　方向垂直AC指向左上方 ‎18. (1)带电小球在A点时： …………（2分）‎ ‎ 带电小球在B点时： …………（2分）‎ ‎ 解得： ………………（1分）‎ ‎(2)由A点到B点应用动能定理得：‎ ‎ ……………………（3分）‎ ‎ 联立： ……………（1分）‎ ‎ 可得： …………………………（1分）‎ ‎19.解析:(1)恰能通过轨道的最高点的情况下,‎ 设到达最高点的速度为vD,‎ 离开D点到达水平轨道的时间为t,‎ 落点到B点的距离为x,则m=mg+qE,(2分)‎ 代入数据解得vD=‎2 m/s.(2分)‎ ‎(2)2R=()t2,代入数据解得t=0.2 s,(2分)‎ x=vDt=‎0.4 m.(2分)‎ ‎(3)由动能定理得:‎ ‎-mg·2R-qE·2R=m-m(2分)‎ 得v0=2 m/s.(2分)‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2)‎0.4 m　(3)2 m/s