内蒙古自治区北方重工业集团有限公司第三中学2018_2019学年高二物理10月月考试题（含解析）.docx

内蒙古自治区北方重工业集团有限公司第三中学2018-2019学年高二物理10月月考试题（含解析）考试时间：2018年10月 考试时长：100分钟一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是 （ ）A. A点的场强一定大于B点的场强B. A点的电势一定高于B点的电势C. 粒子在A点的速度一定小于在B点的速度D. 粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能【答案】D【解析】A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断AB两点哪儿场强更大，故A错误B、由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势故B错误C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故粒子在A点时的速度大于它在B点时的速度，故C错误D、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大故D正确思路分析：直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，试题点评：物体速度方向变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口2.如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻为R，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据欧姆定律，电流的微观表达式，匀强电场强度表达式，联立得A. 与分析不符，不符合题意B. 与分析不符，不符合题意C. 与分析相符，符合题意D. 与分析不符，不符合题意3.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()A. B点的电阻为12 B. B点的电阻为40 C. 导体的电阻因温度的影响改变了1 D. 导体的电阻因温度的影响改变了9 【答案】B【解析】【详解】AB根据欧姆定律可得B点的电阻为：，故B正确，A错误；CD根据欧姆定律可得A点的电阻为：，则两点间的电阻改变了40-30=10，故C D错误。4.直角坐标系中，、两点位于轴上，、两点坐标如图。、两点各固定一负点电荷，一电荷量为的正点电荷置于点时，点处的电场强度恰好为零。静电力常量用表示。若将该正点电荷移到点，则点处电场强度的大小和方向分别为（ ）A. ，沿轴正向B. ，沿轴负向C. ，沿轴正向D. ，沿轴负向【答案】B【解析】试题分析：M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，故两个负电荷在G点形成的场强与电荷量为Q的正点电荷在G点形成的场强等大反向，大小；若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小，方向沿y轴负向，故选B考点：电场的叠加【名师点睛】此题是电场的叠加问题；关键是能找到两个负电荷在G、H两点的场强大小，根据点电荷场强公式求解正电荷Q的场强，最后叠加即可【此处有视频，请去附件查看】5.使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷A.验电器所带电荷与分析描述不符，不符合题意B.验电器所带电荷与分析描述符合，符合题意C.验电器所带电荷与分析描述不符合，不符合题意D. 验电器所带电荷与分析描述不符，不符合题意6.如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为010 V，当使用a、c两个端点时，量程为0100 V已知电流表的内阻Rg为500 ，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值()A. 9500；90000B. 90000；9500C. 9500；9000D. 9000；9500【答案】A【解析】【详解】由图示电路图可知，代入数据解得，A. 9500；90000与分析相符，符合题意B. 90000；9500与分析不符，不符合题意C. 9500；9000与分析不符，不符合题意D. 9000；9500与分析不符，不符合题意7.如图所示，以O点为圆心，以R0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成60角，已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、V，则下列说法正确的是() A. 该匀强电场的场强EV/mB. 该匀强电场的场强E80 V/mC. d点的电势为VD. d点的电势为4 V【答案】D【解析】【分析】匀强电场中，电势差与电场强度的关系为U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离，根据此公式和ac间的电势差，求出电场强度E。由题可知，圆心O点的电势为0，根据U=Ed分析d、b间电势差的关系，即可求得d点的电势。【详解】A、B项：由题意得，a、c间的电势差为，a、c两点沿电场强度方向的距离为，故该匀强电场的场强，故A、B错误；C、D项：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed，相等距离，电势差相等，因为 ，可知，O点电势为0，而dO=Ob，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知，d点的电势为-4V，故C错误，D正确。故应选D。【点睛】解决本题的关键是正确理解U=Ed，正确分析匀强电场中两点间的电势差关系，即可正确求解场强，注意公式中的d为沿电场线的距离。8.如图所示，水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m的带电荷量为q的小球，由于电场力的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OCh，又知道过竖直线上B点时小球速度最大，由此可确定Q所形成的电场中下述哪些物理量()B点的场强C点的场强B点的电势C点的电势A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在点，电场力等于重力，即，解得；从到根据动能定理得电，电场力做正功，电，电势能减小，点电势能为0，所以点电势能为，点的电势为，所以正确A. 与分析不符，不符合题意B. 与分析不符，不符合题意C. 与分析相符，符合题意D. 与分析不符，不符合题意9.如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1R2R3是( )A. 111B. 411C. 144D. 122【答案】C【解析】试题分析：并联电路两端的电压相等，则由可知，功率相等，电压相等，则电阻一定相等；中的电流等于并联部分的总电流，故，则有：；则由可知：，解得；，故电阻之比为：1：4：4，C正确；考点：考查了串并联电路规律，电功率的计算【名师点睛】关键是公式及其变形式的灵活应用，难点是利用串联电路的电压与电阻成正比的关系求出电阻与的比值【此处有视频，请去附件查看】10.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 该匀强电场的电场强度大小为B. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C. 带电物块电势能的增加量为mg（Hh）D. 弹簧的弹性势能的增量为【答案】D【解析】试题分析：物体静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg-qE=ma，解得：，故A错误从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为故B错误从A到C过程中，电场力做功为mg（H+h），则电势能增加量为mg（H+h）故C错误根据动能定理得：mg（H+h）mg（H+h）+W弹=0，解得弹力做功为：W弹mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故D正确故选D。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量。二、多项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。11.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a,c连线的中点，N为b，d连线的中点。一电荷量为q（q0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小。下列说法正确的是（ ）A. 此匀强电场的场强方向一定与 a、b两点连线平行B. 若该粒子从 M点移动到 N点，则电场力做功一定为C. 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于 b、N两点之间的电势差D. 若c、d之间的距离为 ,则该电场的场强大小一定为【答案】BC【解析】【详解】A.一电荷量为（）的粒子从点移动到点或从点移动到点，电场力做正功，其电势能减小，但无法判断匀强电场的场强方向，故选项A不符合题意；B.粒子从点移动到点，其电势能减小，故，粒子从点移动到点，其电势能减小，故，匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故，即，同理，故 ，所以到的电场力做功为，故选项B符合题意；C.若，根据可知，故，则，故，而，故，故选项C符合题意；D. 若、之间的距离为，但不一定平行电场线，故，其中为与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为，故选项D不符合题意。12.两点电荷q1和q2（电性和大小均未知）分别固定在X轴上的-2L和2L处。两电荷连线上各点电势随X变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 从-2L到2L电势先减小后增大B. 从-2L到2L场强先减小后增大C. -L处的场强为0D. X轴上只有一个点的场强为0，且位于2L的右边【答案】B【解析】【详解】由图像可知，从-2L到2L电势一直降低，故A错误；图像的斜率等于场强，则从-2L到2L场强先减小后增大，故B正确；-L处切线的斜率不为零，则场强不为0，故C错误；由图像可知，-2L处的电荷为正电荷且带电量较小，2L处的电荷为负电荷，且电量较大，则X轴上只有一个点的场强为0，且位于-2L的左边，故D错误；故选B。【点睛】此题关键能根据电势分布情况判断两电荷的电性和电量，知道-x图像的斜率等于电场强度.13.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )A. 三个等势面中，a的电势最高B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大C. 带电质点通过P点时的动能较Q点大D. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大【答案】BD【解析】【详解】A电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确。14.两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a,b,c三点,如图所示,下列说法正确的是( )A. a点的电势比b点电势高B. a,b两点场强方向相同,b点场强比a大C. a,b,c三点与无穷远处电势相等D. 一带电粒子(不计重力)在a点无初速释放,则它将在a,b线上运动【答案】BC【解析】【详解】根据电场的叠加和电场方向可和等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，故A错误，C正确；根据电场的叠加和电场方向可知等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，且电场强度中点c处最大，往两边逐渐减小；图中a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；在a点无初速度释放带电粒子，受到的电场力方向沿水平方向，不会沿ab线运动，故D错误。15.如图所示，匀强电场方向水平向右，一根不可伸长的绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球。把小球拉至水平位置 A，然后由静止释放，小球运动到细线与水平方向成=60的位置B时速度刚好为零。重力加速度为g。以下说法正确的是（ )A. 匀强电场的场强大小为B. 匀强电场场强大小为C. 球在B点时，细线拉力为D. 球在B点时，细线拉力为【答案】BC【解析】类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin30=mgcos30，化简可知Eq=mg，选项B正确，A错误；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60，故细线拉力T=mg，选项C正确，D错误；故选BC。点睛：本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据类比和对称的思想，根据相关公式解题三、实验题：本题共2小题，共14分。16.某同学利用如图所示的装置来研究平行板电容器电容的影响因素（1）对该装置理解正确的是_A操作过程中，可认为A、B两板间的电压始终不变B操作过程中，可认为A、B两板间场强始终不变C操作过程中，可认为A、B两板间的带电量始终不变D操作过程中，可认为电容器的电容始终不变（2）当手持绝缘柄将A板向左平移时，静电计指针张角将_；将A板向上平移时，静电计指针张角将_（选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). C (2). 变大 (3). 变大【解析】【详解】(1)1根据实验可知，电容器两极板的电量不变，故选项C正确，A、B、D错误；(2)2将板向左平移时，板间距离增大，根据可知电容减小，而电容器所带电量不变，由可知两板间的增大，则静电计指针张角变大；3将板向上平移时，两板正对面积减小，根据可知电容减小，而电容器所带电量不变，由可知两板间的增大，则静电计指针张角变大。17.有一个小灯泡上标有“3V；1.5W”的字样，现在要描绘小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A电压表（06V，内阻20K ）B电压表（03V，内阻10K ）C电流表（00.6A，内阻0.4）D电流表（00.3A，内阻1）E滑动变阻器（500，0.2A）F滑动变阻器（5，10A）（1）实验中电压表应选用_，电流表应选用_（用序号字母表示）（2）为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）（3）请在下面的方框中画出实验原理图_。（4）如图所示的实物电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整_。【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). 见解析 (5). 见解析【解析】【详解】(1)1小灯泡的额定电压为3V，为了测量的准确，电压表选择03V量程的，故选B；2小灯泡的额定电流，为了测量准确，电流表选择00.6A量程的，故选C；(2)3灯泡的电阻大约为，由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选F；(3) 4电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；测量小灯泡的伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法；所以实验原理图为：(4) 5根据实验原理图，实物电路如图所示四、计算题：本题共三小题，共36分。18.有一个电量q=-310-6C的点电荷，从某电场中的A点移动到B点，电荷克服电场力做了610-4J的功，从B点移至C点，电场力对电荷做了910-4J的功，设B点为零电势，求：（1）A点的电势为多少？（2）A、C两点的电势差UAC为多少？【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)由题意知电荷从到过程，电场力做功：，电荷从到过程，电场力做功： 则得：间电势差：;间的电势差：根据，又 解得：， (2)间电势差为：19.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力求(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点上方，可采取哪些措施？【答案】（）；（）；（）见解析【解析】试题分析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1=mv020解得：v0=（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动设电子离开偏转电场时的侧移量为y沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t垂直初速方向，有 y=at2又电场力 F=eE=e根据F=ma，得加速度为：a=解得：y=（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=知，可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2