北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理Word版含解析.docx

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牛栏山一中2023-2024学年高二第一学期10月月考试卷物理（选考）试题一、单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，选对得3分，选错得0分。）1.下列物理量是矢量的有（）A.电流B.电场强度C.电势差D.电势能2.比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式属于比值定义式（　　）A.电场强度B.电动势C电阻D.电流3.对于某个给定的电容器，图中能够恰当地描述其所带电荷量Q、两板间的电势差U、电容C之间相互关系错误的是（　　）A.B.C.D.4.下列说法正确的是（　　）A.由可知，E与Q成正比，与r的平方成反比B.由可知φ与q成反比C.由可知，电场中两点间电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积D.由可知，电容器的容量与Q成正比，与U成反比5.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是() A.粒子带正电B.粒子在A点加速度大C.粒子在B点动能大D.A、B两点相比，粒子在B点电势能较高6.如图表示某电场等势面的分布情况。将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EPA、EPB，下列关系式正确的是（　　）A.FA>FBB.FAEPBD.EPAFBB.FAEPBD.EPAFB选项A正确，B错误；CD．因AB两点在同一等势面上，则电势相等，试探电荷在AB两点的电势能相等，即EPA=EPB选项CD错误。故选A。7.如图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，为待测电阻。如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（　　）A.电流表示数大于通过的实际电流，根据测量计算的值大于真实值B.电流表示数等于通过的实际电流，根据测量计算的值大于真实值C.电压表示数大于两端的实际电压，根据测量计算的值小于真实值D.电压表示数等于两端的实际电压，根据测量计算的值小于真实值【答案】B【解析】【详解】由电路可知，电流表示数等于通过的实际电流，由于电流表的分压作用，使得电压表示数大于两端的实际电压，根据 可知，测量计算的值大于真实值。故选B。8.有一只电流表的满偏电流，内阻，要把它改装成一个量程为的电压表，则应在电流表上：（　　）A.并联的电阻B.串联的电阻C.并联的电阻D.串联的电阻【答案】B【解析】【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值故B正确，ACD错误；故选B。9.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑绝缘的水平面上。P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C（可视为质点），由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度、加速度、电势能图像中，可能正确的是（　　）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【详解】在A、B的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，PO段电场力做正功速度增加，ON段做负功速度减小，O点速度最大。如果从P到O点场强一直变小，则加速度一直变小，则段加速度一直变大；如果从P点到O点场强先变大后变小则加速度先变大后变小，则点到点加速度加速度先变大后变小。A．若从P到O点场强一直变小，则加速度一直变小，则段加速度已知变大，则图像先变小后反向变大，故A正确；B．无论何种情况，都不可能在加速过程中加速度一直变大，故B错误；C．在和段加速度方向相反，故C错误；D．根据分析位移与时间的关系不是线性关系，电场力也不断变化，则图线不可能为直线，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。故选A。10.如图所示，将不带电的枕形导体AB，放在一个点电荷的电场中，点电荷的电荷量为，与导体AB的中心O的距离为R。当导体AB达到静电平衡时，下列说法正确的是（　　）A.导体A端带正电B.导体A端的电势低于B端的电势C.感应电荷在O点产生的电场强度大小为零D.感应电荷在O点产生的电场强度大小为【答案】D【解析】【详解】A．由于点电荷带负电，产生静电感应，根据“近异远同”可知导体A端带负电，B端带正电，故A错误；B．处于静电平衡的导体是一个等势体，所以导体A端的电势等于B端的电势，故B错误；CD．处于静电平衡导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷在O点的场强等大反向，大小为，方向向左，故C错误，D正确。故选D。 11.如图所示，真空中，平行板电容器上极板MN与下极板PQ正对且倾斜放置，与水平面夹角为θ，金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（　　）A.该电容器MN极板一定带负电B.液滴从P点到N点的过程中速度一定增加C.液滴从P点到N点过程中电势能一定减少D.油滴的加速度一定为零【答案】C【解析】【详解】ABD．一带电液滴在电场力和重力作用下由P点沿直线运动到N点，分析可知带电液滴受力如图所示电场力和重力恒定，合力恒定不为零，加速度恒定方向沿向下，该液滴一定做匀减速直线运动，由于不清楚液滴的电性，所以无法判断MN极板带正电还是负电，故ABD错误；C．由图可知，液滴所受电场力和液滴运动方向的夹角为锐角，可知电场力做正功，液滴电势能减小，故C正确。故选C。12.如图所示，在绝缘光滑水平面上，有水平向右的场强为E的匀强电场，在电场中用一个长为L的轻质绝缘细线栓一个质量为m的带电荷量为+q的小球，绕O点在水平面上做圆周运动，已知小球运动过程中细线刚好不松弛做完整圆周运动。A、B两点分别是圆周上和电场线平行的直径上两点（　　） A.小球做匀速圆周运动B.细线拉力为零的位置在B点C.小球最大速度位置在B点D.小球运动过程细线上的最大拉力等于5qE【答案】C【解析】【详解】A．小球在水平方向受到水平向右的电场力，小球从B到A过程中，电场力做负功，小球的速度减小，不可能做匀速圆周运动，故A错误；BCD．根据题意小球运动过程中细线刚好不松弛做完整圆周运动，小球在点速度最小，此时绳子拉力为零，设在点的速度为，根据牛顿第二定律小球在点速度最大，从A到B根据动能定理在B点，根据牛顿第二定律解得细线上的最大拉力故C正确，BD错误。故选C。13.粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T ，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（　　）A.质子从圆筒E射出时的速度大小为B.圆筒E的长度为TC.MN所接电源是直流恒压电源D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为【答案】B【解析】【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得质子从圆筒E射出时的速度大小为选项A错误；B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为选项B正确；D．同理可知，金属圆筒A的长度金属圆筒B的长度 则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为，选项D错误；C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。故选B。14.如图甲所示，金属导体的长度为、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为。在导体两端加上恒定电压，导体内部产生恒定电场。在恒定电场的作用下，自由电子加速运动时间后与导体内部不动的粒子发生碰撞，碰撞后的速度可认为是0。忽略碰撞时间，电子定向运动的图像可简化为图乙所示。大量的自由电子定向运动的平均速率不随时间变化，在导体内部产生恒定电流。自由电子的质量为m，电量为e。下列说法正确的是（　　）A.电子在恒定电场作用下定向移动的加速度B.电子在导体内定向移动的平均速率C.时间内通过横截面S的自由电子数目可表示为D.导体的电阻为【答案】B【解析】【详解】A．恒定电场的场强为可得电子在恒定电场作用下定向移动的加速度为A错误； B．根据题意自由电子加速运动时间后速度为根据匀变速运动规律可得电子在导体内定向移动的平均速率为B正确；C．时间内自由电子移动的距离为所以可得通过横截面S的自由电子数目为C错误；D．根据电流的微观表达式可得同时根据欧姆定律可得导体的电阻为代入解得D错误。故选B。二、实验题（共两个小题，15题6分，16题10分，总计16分）15.下列螺旋测微器（图甲）、电压表（图乙）（15伏量程）和游标卡尺（图丙）的读数分别为_____mm；__________V和______mm。 【答案】①.8.600②.5.5③.101.6【解析】【详解】[1]螺旋测微器固定刻度读数8.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm所以螺旋测微器读数为8.5mm+0.100mm=8.600mm[2]15V电压表的最小刻度值为0.5V，则该读数为5.5V。[3]游标卡尺主尺读数为101mm，因此游标读数0.1mm×6=0.6mm所以最终读数为101mm+0.6mm=101.6mm16.（1）如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）A.A板与静电计的指针带的是异种电荷B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角减小C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小（2）利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，直流电源电动势9V，内阻可忽略，实验过程中屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。①关于电容器充电过程中电容器两极间电压U、电容器所带电荷量Q随时间t变化的图像，下面四个图像中，正确的是________。 ②如果不改变电路其他参数，只减小电阻，充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将________（填“增大”“不变”或“变小”）；充电时间将________（填“变长”“不变”或“变短”）。③电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。按他的想法，下列说法正确的是________。A.图线的斜率越大，电容C越大B.搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积C.对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比D.若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为【答案】①.D②.AC##CA③.不变④.变短⑤.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]A．A板与静电计的指针相连，带的是同种电荷，A错误；B．根据平行板电容器的决定式，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，B错误；C．若将B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误；D．若将电介质插入两板之间，则C增大，U减小，静电计指针偏角减小，D正确。故选D。 （2）①[2]AB．电容器充电过程中，电容器两端的电压逐渐增大，最后等于电源电动势，斜率逐渐减小，最后为零，故A正确，B错误；CD．电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，充电电流逐渐减小，所以图象的斜率逐渐变小，最后为零，故C正确，D错误。故选AC。②[3][4]由电容器的计算公式，可得电荷量，电容器储存的电荷量与电阻无关，如果不改变电路其他参数，只增大减小，充电时曲线与横轴所围成的面积将不变，减小电阻，由于电阻对电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短；③[5]A．图线斜率为解得斜率越大，电容越小，A错误；B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则u-q图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积，B正确；C．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积解得从上面的式子看出，E和U2成正比，C错误；D．由下面的公式解得 又因为解得D正确。故选BD。三、解答题：本题包括4小题，共42分。解答时，在答题纸上应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17.如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中。在位置A点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角是37°，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求该电场场强大小；（2）现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态。小球从位置B无初速度释放。不计小球受到的空气阻力。求：①小球通过A点时的速度大小vA；②小球通过最低点时轻绳对小球的拉力大小。【答案】（1）；（2）①；②【解析】【详解】（1）在位置A点对小球作受力分析，受重力mg，电场力F，轻绳拉力T，如图 则电场场强（2）①小球从位置B到A点由动能定理得解得②小球从位置B无初速度释放到最低点的过程中，根据动能定理得解得小球在最低点由牛顿第二定律得解得小球通过最低点时轻绳对小球的拉力大小为18.若距地面高约2km的空中有两块乌云，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差约为 3×109V且在没放电前保持不变。已知空气的电场强度达到3×106V/m将被击穿放电。请对以下问题进行估算（估算时可以把两块乌云间电场看成是匀强电场）。（1）当两块乌云相距多少米时会发生电闪雷鸣？（2）若某次闪电，两块乌云在很短时间放电完毕，两块乌云之间电势差变为零，通过的电荷量为500C，可释放多少能量？（3）这次放电现象将（2）问中的电荷放电完毕历时约0.01s，则其平均电流约为多大？【答案】（1）1000m；（2）1.5×1012J；（3）5×104A【解析】【详解】（1）由可得两块乌云会发生电闪雷鸣的距离（2）释放的能量为电场力做功（3）平均电流约为19.如图甲所示是显像管的基本原理图，热电子（质量为m，电荷量为q）由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U，平行极板板长和板间距离均为，下极板接地，平行极板右端到荧光屏的距离也是，在平行板两个板间接一交变电压u，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的），求：（1）电子离开发射装置时的速度v（用题干中字母表示即可）；（2）在时刻，电子打在荧光屏上的何处；（3）荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 【答案】（1）；（2）O点上方18cm处；（3）60cm【解析】【详解】（1）电子发射加速过程，据动能定理可得解得电子离开发射装置时的速度为（2）在时刻，偏转电压为电子在偏转电场中做类平抛运动，则有，经电场偏转后侧移量为联立解得设电子打在屏上的点距O点的距离为Y，由相似三角形可得解得即电子打在荧光屏上O点上方18cm处。（3）当电子的侧移量达到10cm时最大，由相似三角形可得解得 由对称性可知，荧光屏上有电子打到的区间为60cm。20.经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做匀速圆周运动。已知氢原子核的电荷量为+e，电子电荷量为-e，质量为m，静电力常量为k。电子绕核旋转的两个可能轨道S1、S2到氢原子核的距离分别为r1、r2。（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出氢原子核在S1轨道处产生的电场强度表达式；（2）电荷量为Q的点电荷电场中，距点电荷距离为r处的电势可以用表示，该式仅由静电力常量k、点电荷的电荷量Q及该点到点电荷的距离r决定。若电子在等势面S1上做匀速圆周运动时，点电荷与电子组成的系统具有的总能量为E1，在等势面S2上做匀速圆周运动时具有的总能量为E2，某同学类比机械能守恒猜测E1=E2。你是否同意他的结论？通过推导或计算说明你的观点。（3）英国物理学家法拉第引入电场线来表示电场，线上每一点切线方向都跟该点的场强方向一致，并用电场线的疏密表示场强的大小。为什么可用电场线疏密来表示场强大小呢？请用真空中孤立的点电荷的电场进行论证说明。【答案】（1）（2）不同意，见解析；（3）见解析【解析】【详解】（1）电子绕核在S1轨道旋转，则根据库仑定律可知根据电场强度的定义式可知解得氢原子核在S1轨道处产生的电场强度表达式（2）电子在等势面S1上做匀速圆周运动时，根据库仑定律和牛顿第二定律可得 则电子的动能为电子的势能为点电荷与电子组成的系统具有的能量是同理可得由于，所以（3）由点电荷电场强度公式，可知距离点电荷的距离越大该点的电场强度越小，在以点电荷为圆心的同一圆周上各点的电场强度大小相等，距离点电荷的距离越大的圆周上各点的电场强度越小；不同的圆周的圆周长为即距离点电荷距离越大，圆周长越大；不同圆周上通过的电场线的数目相同，所以距离点电荷距离越大，电场线分布越稀疏，即电场线越稀疏的地方电场强度越小，所以电场线疏密表示场强大小。