云南省新平彝族傣自治縣第一中學2018_2019學年高二物理10月月考試題.docx

云南省新平彝族傣自治縣第一中學2018-2019學年高二物理10月月考試題本試卷分第卷和第卷兩部分，共100分，考試時間120分鐘。學校：_姓名：_班級：_考號：_分卷I一、單選題(共8小題,每小題3.0分,共24分) 1.如圖所示是由電源E、靈敏電流計G、滑動變阻器R和平行板電容器C組成的電路，開關S閉合在下列四個過程中，靈敏電流計中有方向由a到b電流的是()A 將滑動變阻器R的滑片向右移動B 在平行板電容器中插入電介質C 減小平行板電容器兩極板間的距離D 減小平行板電容器兩極板的正對面積2.現有絲綢、玻璃、塑料薄膜三種材料，通過實驗發(fā)現，當被絲綢摩擦過的玻璃棒靠近被絲綢摩擦過的塑料薄膜時，兩者相互吸引據此排出三種材料的順序，使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者總是帶負電，這個順序是()A 絲綢、玻璃、塑料薄膜B 塑料薄膜、玻璃、絲綢C 塑料薄膜、絲綢、玻璃D 絲綢、塑料薄膜、玻璃3.如圖所示，兩個帶電球，大球的電荷量大于小球的電荷量，可以肯定()A 兩球都帶正電B 兩球都帶負電C 大球受到的靜電力大于小球受到的靜電力D 兩球受到的靜電力大小相等4.某電場的電場線分布如圖所示，電場中有A、B兩點，則以下判斷正確的是( )AA點的電場強度大于B點的電場強度，B點的電勢低于A點的電勢B 若將一個電荷由A點移到B點，電荷克服電場力做功，則該電荷一定為負電荷C 一個負電荷處于A點的電勢能大于它處于B點的電勢能D 若將一個正電荷由B點釋放，該電荷將在電場中做加速度減小的加速運動5.某同學通過以下步驟測出了從規(guī)定高度落下的排球對地面的沖擊力：將一張白紙鋪在水平地面上，把排球在水里弄濕，然后讓排球從規(guī)定的高度自由落下，并在白紙上留下球的水印再將印有水印的白紙鋪在臺秤上，將球放在紙上的水印中心，緩慢地向下壓球，使排球與紙接觸部分逐漸發(fā)生形變直至剛好遮住水印記下此時臺秤的示數即為沖擊力的最大值下列物理學習或研究中用到的方法與該同學的方法相同的是()A 建立“點電荷”的概念B 建立“合力與分力”的概念C 建立“瞬時速度”的概念D 研究加速度與力、質量的關系6.如圖所示，一帶正電的物體位于M處，用絕緣絲線系上帶正電的小球，分別掛在P1、P2、P3的位置，可觀察到小球在不同位置時絲線偏離豎直方向的角度不同則下面關于此實驗得出的結論中正確的是()A 電荷之間作用力的大小與兩電荷間的距離有關B 電荷之間作用力的大小與兩電荷的性質有關C 電荷之間作用力的大小與兩電荷所帶的電量有關D 電荷之間作用力的大小與絲線的長度有關7.如圖所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為零，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等一個帶正電的粒子在A點時的動能為10 J，在靜電力作用下從A點運動到B點速度為零，當這個粒子的動能是7.5 J時，其電勢能為()A 12.5 JB 2.5 JC 0 JD 2.5 J8.關于電源的以下說法，正確的是()A 電源的作用是在電源內部把電子由負極不斷地搬運到正極，從而保持兩極之間有穩(wěn)定的電勢差B 電源的作用是在電源內部把電子由正極不斷地搬運到負極，從而保持兩極之間有穩(wěn)定的電勢差C 只要電路中有電源，電路中就一定有電流D 電源實質上也是一個用電器，也需要外界提供能量二、多選題(共4小題,每小題5.0分,共20分) 9.(多選)如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是()A 保持S閉合，使A、B兩板靠近一些B 保持S閉合，使A、B兩板正對面積減小一些C 斷開S后，使B板向右平移一些D 斷開S后，使A、B正對面積減小一些10.(多選)用兩節(jié)相同的電池給兩個電容器C1和C2充電，已知C1C2，當達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電容器的電勢差分別為U1和U2，帶電量分別為Q1和Q2，則()AU1U2BU1U2CQ1Q2DQ1Q211.(多選)如圖所示，絕緣金屬球殼的空腔內有一帶電小球，現在球殼左側放一帶電小球A，下列說法正確的是()AA球對球殼內的電場不影響B(tài) 由于靜電屏蔽，球殼內沒有電場C 球殼內外表面均沒有電荷D 由于球殼接地，空腔內的電場對外部也沒有影響12.（多選）小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線則下列說法中正確是 （）A 隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B 對應P點，小燈泡的電阻為R=C 對應P點，小燈泡的電阻為R=D 對應P點，小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積三、填空題(共4小題,每小題5.0分,共20分) 13.如圖傾角為30的直角三角形的底邊BC長為2L，處在粗糙的水平面上，一質量為m帶正電的小物塊恰好能在斜面上勻速下滑，O為底邊中點，OD垂直AB，沿OD上方與A等高的位置E處固定一帶正電的點電荷，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動，當物塊在DB之間時，斜面受到地面的摩擦力（填“不變”、“先變大后變小”，“先變小后變大”）；若斜面是光滑的，測得它滑到D受到的庫侖力大小為F，則它滑到B處的加速度的大小14.下面三個圖為探究平行板電容器電容大小決定因素的實驗，請將正確結論填在橫線上給電容器充電后與電源斷開，即保持電量Q不變，那么A若保持板間距離d不變，正對面積S變小，兩板電勢差U_，電容C_.B若保持S不變，d變大，兩板電勢差U_，電容C_.C若保持S和d都不變，插入介質板后，兩板電勢差U_，電容C_.(填“變小”、“變大”或“不變”)15.在電場中把2.0109C的正電荷從A點移到B點，靜電力做功1.5107J，再把這個電荷從B點移到C點時，克服靜電力做功4.0107J則電勢差UAB_ V、UBC_ V、UAC_ V.16.帶正電荷為1.0103C的粒子，不計重力，在電場中先后經過A、B兩點，飛經A點時動能為10 J，飛經B點時動能為4 J，則帶電粒子從A點到B點過程中電勢能增加了J，AB兩點電勢差為V四、計算題 17.如圖所示，水平放置的平行板電容器兩板間距為d8 cm，板長為L25 cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v00.5 m/s的初速度從板間的正中點水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下極板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10 m/s2，求：(1)下極板上提后液滴經過P點以后的加速度大??；(2)液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間18.如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的小球在光滑導軌上運動，導軌左邊為斜軌，右邊為半圓形滑環(huán)，其半徑為R.小球在A點時的初速度為v0，方向和斜軌平行，整個裝置放在方向豎直向下、場強為E的勻強電場中，斜軌的高度為h，試問：(1)如果小球能到達B點，那么小球在B點對半圓環(huán)的壓力多大？(2)在什么條件下小球可以沿半圓環(huán)做勻速圓周運動到達最高點，這時小球的速度多大？19.把帶電荷量2108C的正點電荷從無限遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8106J，若把該電荷從無限遠處移到電場中B點，需克服電場力做功2106J，取無限遠處電勢為零求：(1)A點的電勢；(2)A、B兩點的電勢差；(3)若把2105C的負電荷由A點移到B點電場力做的功20.如圖所示，空間中A、B、C三點的連線恰構成一直角三角形，且C30，ABL，在B、C兩點分別放置一點電荷，它們的電荷量分別是Q與Q(靜電力常量為k)求斜邊AC的中點D處的電場強度答案1.【答案】D【解析】電路穩(wěn)定時，該電路中沒有電流，移動滑動變阻器R的滑片，電容器的電壓不變，電路中仍沒有電流故A錯誤在平行板電容器中插入電介質，根據電容的決定式C分析得知電容增大，而電容器的電壓不變，則由電容的定義式C分析得知電容器所帶電量增加，將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計故B錯誤減小平行板電容器兩極板間的距離，由C知電容增大，而電壓不變，則由C知電容器所帶電量增加，將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計故C錯誤減小平行板電容器兩極板的正對面積，由C知電容減小，而電容器的電壓不變，則由C分析得知電容器所帶電量減小，將要放電，電路中形成順時針方向的放電電流，有a到b方向的電流通過電流計故D正確2.【答案】C【解析】絲綢與玻璃棒相互摩擦時，絲綢得到電子帶負電，玻璃棒失去電子帶正電，故絲綢的吸附電子能力大于玻璃棒；玻璃與塑料薄膜靠近時相互吸引，說明塑料薄膜帶負電，即塑料薄膜的吸附電子能力大于絲綢，故吸附電子能力由強到弱的排列順序是：塑料薄膜、絲綢、玻璃，此時使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者總是帶負電，C項正確3.【答案】D【解析】兩個帶電體之間存在著排斥力，故兩球帶同號電荷，可能都帶正電，也可能都帶負電，故選項A、B項都錯；靜電力遵循牛頓第三定律，兩球受到的靜電力大小相等，故C項錯，D項對4.【答案】C【解析】電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以A點的場強大于B點的場強，沿電場線的方向，電勢降低，所以B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；電荷由A點移到B點，電荷克服電場力做功，所以該電荷一定為正電荷，B錯誤；從B到A的過程中，電場力對負電荷做負功，電勢能增加，所以負電荷處于A點的電勢能大于它處于B點的電勢能，C正確；將一個正電荷由B點釋放，電荷受到的力的方向向左，電荷向左運動，加速度增大，D錯誤.5.【答案】B【解析】點電荷是一種理想化的模型，是采用的理想化的方法，故A錯誤；合力和分力是等效的，它們是等效替代的關系，故B正確；瞬時速度是把短時間內的物體的平均速度近似的認為是瞬時速度，是采用的極限的方法，故C錯誤；研究加速度與力、質量的關系的時候，是控制其中的一個量不變，從而得到其他兩個物理量的關系，是采用的控制變量的方法，故D錯誤6.【答案】A【解析】在研究電荷之間作用力大小的決定因素時，采用控制變量的方法進行，如本實驗，根據小球的擺角可以看出小球所受作用力逐漸減小，由于沒有改變電性和電量，不能研究電荷之間作用力和電性、電量的關系，故B、C、D錯誤，A正確7.【答案】D【解析】根據題意，帶電粒子從等勢面a運動到等勢面c，靜電力做功10 J，則粒子從等勢面a運動到等勢面b時，靜電力做功5 J，粒子的動能是5 J，此時粒子的電勢能為零，帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和是守恒的，為5 J，當動能為7.5 J時，其電勢能為2.5 J.8.【答案】B【解析】電源的作用是維持正、負極之間恒定的電勢差，外電路中自由電子在電場力的作用下向正極移動；在電源內部，需要將電子由正極不斷地搬運到負極，故A錯，B對.電路中有電流不僅需要電源，還需要電路是閉合的，兩者缺一不可，故C錯.電源是對電路提供能量的裝置，故D錯.9.【答案】CD【解析】靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器所帶的電荷量不變，由C可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大所以本題的正確答案是C、D.10.【答案】BD【解析】據題意：用兩節(jié)相同的電池給兩個電容器C1和C2充電，U1U2.由C得，QCU，U相同，C1C2.則Q1Q2.故B、D正確，A、C錯誤11.【答案】AD【解析】由于金屬球殼接地，對內外電場都有屏蔽作用，故A、D對，球殼外表面沒有電荷，因為空腔內有帶電體，所以空腔內有電場，內表面有感應電荷，故B、C錯12.【答案】AB【解析】IU圖線各點與原點連線的斜率表示電阻，由題，此斜率減小，說明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大，故A正確根據電阻的定義得到，對應P點，小燈泡的電阻為R=，R不等于切線斜率，R也不等于“面積”，故B正確，C、D錯誤13.【答案】不變+【解析】開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力正比例增加，故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的；再對斜面體分析，受重力,故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零；即當物塊在DB之間時，斜面受到地面的摩擦力為0，保持不變；在D點，電場力為：F=k=；在B點電場力F為：FB=k=；在B點，電荷q受重力、電場力和支持力，在平行AB桿的方向，根據牛頓第二定律，有：mgsin30+cos30=ma，解得：a=+14.【答案】A.變大變小B變大變小C變小變大【解析】保持板間距離d不變，兩極板正對面積減小，根據電容的決定式C得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C分析得到，板間電勢差U增大；保持S不變，板間距離d增大，根據電容的決定式C得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C分析得到，板間電勢差U增大；保持S和d都不變，插入介質板后，根據電容的決定式C得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C分析得到，板間電勢差U減小15.【答案】75 V200 V125 V【解析】UABV75 V.UBCV200 V.正電荷從A點到C點的過程中，電場力做功為WACWABWBC2.5107J，則UACV125 V.16.【答案】6 6 000【解析】根據能量守恒定律得到，帶電粒子從A點到B點的過程中電勢能的增加等于動能的減小，即Ep=10 J4 J=6 J電場力做功為W=Ep=6 J，AB兩點的電勢差UAB=V=6 000 V17.【答案】(1)2 m/s2(2)0.3 s【解析】(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴做勻速運動，所以有：qEmg，即：qUmgd.當下極板上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動此時液滴所受電場力F，此時加速度ag2 m/s2.(2)因液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是，設液滴從P點開始在勻強電場中的飛行時間為t1，則：at