云南省新平彝族傣自治县第一中学2018_2019学年高二物理10月月考试题.docx

云南省新平彝族傣自治县第一中学2018-2019学年高二物理10月月考试题本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题(共8小题,每小题3.0分,共24分) 1.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是()A 将滑动变阻器R的滑片向右移动B 在平行板电容器中插入电介质C 减小平行板电容器两极板间的距离D 减小平行板电容器两极板的正对面积2.现有丝绸、玻璃、塑料薄膜三种材料，通过实验发现，当被丝绸摩擦过的玻璃棒靠近被丝绸摩擦过的塑料薄膜时，两者相互吸引据此排出三种材料的顺序，使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者总是带负电，这个顺序是()A 丝绸、玻璃、塑料薄膜B 塑料薄膜、玻璃、丝绸C 塑料薄膜、丝绸、玻璃D 丝绸、塑料薄膜、玻璃3.如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定()A 两球都带正电B 两球都带负电C 大球受到的静电力大于小球受到的静电力D 两球受到的静电力大小相等4.某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是( )AA点的电场强度大于B点的电场强度，B点的电势低于A点的电势B 若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C 一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能D 若将一个正电荷由B点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动5.某同学通过以下步骤测出了从规定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是()A 建立“点电荷”的概念B 建立“合力与分力”的概念C 建立“瞬时速度”的概念D 研究加速度与力、质量的关系6.如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同则下面关于此实验得出的结论中正确的是()A 电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B 电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C 电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D 电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关7.如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等一个带正电的粒子在A点时的动能为10 J，在静电力作用下从A点运动到B点速度为零，当这个粒子的动能是7.5 J时，其电势能为()A 12.5 JB 2.5 JC 0 JD 2.5 J8.关于电源的以下说法，正确的是()A 电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差B 电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极之间有稳定的电势差C 只要电路中有电源，电路中就一定有电流D 电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 9.(多选)如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()A 保持S闭合，使A、B两板靠近一些B 保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些C 断开S后，使B板向右平移一些D 断开S后，使A、B正对面积减小一些10.(多选)用两节相同的电池给两个电容器C1和C2充电，已知C1C2，当达到稳定状态时，两电容器的电势差分别为U1和U2，带电量分别为Q1和Q2，则()AU1U2BU1U2CQ1Q2DQ1Q211.(多选)如图所示，绝缘金属球壳的空腔内有一带电小球，现在球壳左侧放一带电小球A，下列说法正确的是()AA球对球壳内的电场不影响B 由于静电屏蔽，球壳内没有电场C 球壳内外表面均没有电荷D 由于球壳接地，空腔内的电场对外部也没有影响12.（多选）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确是 （）A 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B 对应P点，小灯泡的电阻为R=C 对应P点，小灯泡的电阻为R=D 对应P点，小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积三、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 13.如图倾角为30的直角三角形的底边BC长为2L，处在粗糙的水平面上，一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑，O为底边中点，OD垂直AB，沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力（填“不变”、“先变大后变小”，“先变小后变大”）；若斜面是光滑的，测得它滑到D受到的库仑力大小为F，则它滑到B处的加速度的大小14.下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确结论填在横线上给电容器充电后与电源断开，即保持电量Q不变，那么A若保持板间距离d不变，正对面积S变小，两板电势差U_，电容C_.B若保持S不变，d变大，两板电势差U_，电容C_.C若保持S和d都不变，插入介质板后，两板电势差U_，电容C_.(填“变小”、“变大”或“不变”)15.在电场中把2.0109C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5107J，再把这个电荷从B点移到C点时，克服静电力做功4.0107J则电势差UAB_ V、UBC_ V、UAC_ V.16.带正电荷为1.0103C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10 J，飞经B点时动能为4 J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了J，AB两点电势差为V四、计算题 17.如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d8 cm，板长为L25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5 m/s的初速度从板间的正中点水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10 m/s2，求：(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间18.如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R.小球在A点时的初速度为v0，方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，斜轨的高度为h，试问：(1)如果小球能到达B点，那么小球在B点对半圆环的压力多大？(2)在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点，这时小球的速度多大？19.把带电荷量2108C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8106J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零求：(1)A点的电势；(2)A、B两点的电势差；(3)若把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做的功20.如图所示，空间中A、B、C三点的连线恰构成一直角三角形，且C30，ABL，在B、C两点分别放置一点电荷，它们的电荷量分别是Q与Q(静电力常量为k)求斜边AC的中点D处的电场强度答案1.【答案】D【解析】电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流故A错误在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式C分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则由电容的定义式C分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故B错误减小平行板电容器两极板间的距离，由C知电容增大，而电压不变，则由C知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故C错误减小平行板电容器两极板的正对面积，由C知电容减小，而电容器的电压不变，则由C分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计故D正确2.【答案】C【解析】丝绸与玻璃棒相互摩擦时，丝绸得到电子带负电，玻璃棒失去电子带正电，故丝绸的吸附电子能力大于玻璃棒；玻璃与塑料薄膜靠近时相互吸引，说明塑料薄膜带负电，即塑料薄膜的吸附电子能力大于丝绸，故吸附电子能力由强到弱的排列顺序是：塑料薄膜、丝绸、玻璃，此时使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者总是带负电，C项正确3.【答案】D【解析】两个带电体之间存在着排斥力，故两球带同号电荷，可能都带正电，也可能都带负电，故选项A、B项都错；静电力遵循牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，故C项错，D项对4.【答案】C【解析】电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以A点的场强大于B点的场强，沿电场线的方向，电势降低，所以B点的电势高于A点的电势，A错误；电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，所以该电荷一定为正电荷，B错误；从B到A的过程中，电场力对负电荷做负功，电势能增加，所以负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能，C正确；将一个正电荷由B点释放，电荷受到的力的方向向左，电荷向左运动，加速度增大，D错误.5.【答案】B【解析】点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故A错误；合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故B正确；瞬时速度是把短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，故C错误；研究加速度与力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，故D错误6.【答案】A【解析】在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量的关系，故B、C、D错误，A正确7.【答案】D【解析】根据题意，带电粒子从等势面a运动到等势面c，静电力做功10 J，则粒子从等势面a运动到等势面b时，静电力做功5 J，粒子的动能是5 J，此时粒子的电势能为零，带电粒子在电场中的电势能和动能之和是守恒的，为5 J，当动能为7.5 J时，其电势能为2.5 J.8.【答案】B【解析】电源的作用是维持正、负极之间恒定的电势差，外电路中自由电子在电场力的作用下向正极移动；在电源内部，需要将电子由正极不断地搬运到负极，故A错，B对.电路中有电流不仅需要电源，还需要电路是闭合的，两者缺一不可，故C错.电源是对电路提供能量的装置，故D错.9.【答案】CD【解析】静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大所以本题的正确答案是C、D.10.【答案】BD【解析】据题意：用两节相同的电池给两个电容器C1和C2充电，U1U2.由C得，QCU，U相同，C1C2.则Q1Q2.故B、D正确，A、C错误11.【答案】AD【解析】由于金属球壳接地，对内外电场都有屏蔽作用，故A、D对，球壳外表面没有电荷，因为空腔内有带电体，所以空腔内有电场，内表面有感应电荷，故B、C错12.【答案】AB【解析】IU图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A正确根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=，R不等于切线斜率，R也不等于“面积”，故B正确，C、D错误13.【答案】不变+【解析】开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体分析，受重力,故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零；即当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力为0，保持不变；在D点，电场力为：F=k=；在B点电场力F为：FB=k=；在B点，电荷q受重力、电场力和支持力，在平行AB杆的方向，根据牛顿第二定律，有：mgsin30+cos30=ma，解得：a=+14.【答案】A.变大变小B变大变小C变小变大【解析】保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C分析得到，板间电势差U增大；保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式C得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C分析得到，板间电势差U增大；保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式C得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C分析得到，板间电势差U减小15.【答案】75 V200 V125 V【解析】UABV75 V.UBCV200 V.正电荷从A点到C点的过程中，电场力做功为WACWABWBC2.5107J，则UACV125 V.16.【答案】6 6 000【解析】根据能量守恒定律得到，带电粒子从A点到B点的过程中电势能的增加等于动能的减小，即Ep=10 J4 J=6 J电场力做功为W=Ep=6 J，AB两点的电势差UAB=V=6 000 V17.【答案】(1)2 m/s2(2)0.3 s【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：qEmg，即：qUmgd.当下极板上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力F，此时加速度ag2 m/s2.(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：at