黑龙江省佳木斯市第一中学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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佳木斯市第一中学2023-2024学年度高二学年第一学期10月月考物理试卷注意事项：1.本试卷满分100分。考试用时75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡指定区域内。写在本试卷上无效。一、选择题（1-5单选，每小题6分；6-10多选，每小题6分，选对得6分，漏选得3分，有错误选项得0分）1.下列说法中正确的是（　　）A.人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值为1CB.摩擦起电是电荷通过摩擦后被创造出来的，电荷总量要增加C.当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷D.相同电荷量的带电体接触后，电荷量平均分配【答案】C【解析】【详解】A．人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值约为，故A错误；B．摩擦起电的本质是电子在物体之间转移，使得失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，而不是创造了电荷，电荷总量不变，故B错误；C．当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷，故C正确；D．带电体接触后的电荷量分配与带电体的材料、形状有关，所以相同电荷量的带电体接触后，电荷量不一定平均分配，故D错误。故选C。2.直空中有两个点电荷，带电量的大小分别是q1和q2，两电荷相距r时相互间库仑力的大小是F。如果两电荷的电量都增大为原来的2倍，距离减小到原来的一半，则这时两电荷相互间的库仑力的大小是（　　）A.16FB.8FC.4FD.F【答案】A 【解析】【详解】根据库仑定律的公式可知F=，两电荷的电量都增大为原来的2倍，则力会增大为原来的4倍，而距离又减小到原来的一半，所以力又要增大为原来的4倍，所以库仑力变为原来的16倍，故选A。3.在如图所示的电场中，各点电荷带电量大小都是Q，甲图中的A，B为对称点，乙、丙两图的点电荷间距都为L，虚线是两侧点电荷的中垂线，两点电荷连线上的O、C和O、D间距也是L，正确的是（　　）A.图甲中A，B两点电场强度相同B.O点的电场强度大小，图乙等于图丙C.从O点沿虚线向上的电场强度，乙图变大，丙图变小D.图乙、丙的电场强度大小，C点大于D点【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由点电荷的电场分布可知，图甲中电场强度方向不同，A错误；B．由电场的叠加可知，图乙O点电场强度为0，图丙O点不为0，所以B错误；C．由电场线的分布及电场的叠加可知，图乙中O点的电场强度为0，到远时，电场强度仍为0，所以从O点沿虚线向上，电场强度先大后小；图丙的电场强度从O点到无穷远，电场强度逐渐减小，故C错误；D．由电场的叠加可知，C点的电场强度是左侧两点电荷作用之和，D点的电场强度是左侧两点电荷作用之差， C点大于D点，故D正确；故选D。4.如图所示在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，、，直角边NP的长度为8cm。电场方向与三角形所在平面平行。已知M、N和P点的电势分别为3V、15V和12V，则电场强度的大小为（　　）。 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示由几何知识可知N、O间的距离NO＝4cmM、O间的距离MO＝12cm由匀强电场的特点得O点的电势为即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知B正确，ACD错误。故选B。5.x轴上O、P两点分别固定两个点电荷Q1、Q2，其产生的静电场在x轴上O、P间的电势φ分布如图所示，下列说法正确的是（　　） A.x轴上从x1到x3的场强先变小后变大B.Q1和Q2是同种电荷C.x轴上O、P间各点中，x2处电势最低D.电子沿x轴从x1移到x3，电势能先增大后减小【答案】A【解析】【详解】A．由图像斜率表示电场强度可知，x轴上从x1到x3的场强先变小后变大，故A正确；B．由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则电场线由O指向P，根据电场线从正电荷出发终止于负电荷可知，Q1和Q2是异种电荷，故B错误；C．由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则x2处电势不是最低，故C错误；D．x轴从x1移到x3电势逐渐降低，由负电荷在电势低处电势能大，则电子沿x轴从x1移到x3，电势能一直增大，故D错误。故选A。6.如图所示，虚线表示电场的一族等势面且相邻等势面电势差相等，一个带正电的粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，粒子先后通过M点和N点．在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出()A.N点的电势高于M点的电势B.粒子在N点的电势能比在M点的电势能大C.粒子在M点的速率小于在N点的速率D.粒子在M点受到电场力比在N点受到的电场力大【答案】AB【解析】 【详解】粒子带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知N点的电势高于M点的电势，A选项正确；电场力做负功，电势能增加，B选项正确；电场力做负功，动能减小，C选项错误；根据电场线或等势面的疏密表电场强弱可知，D选项错误．7.如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，则（　　）A.若保持S接通，将M板下移一小段距离，M板的带电量增加B.若保持S接通，将M板下移一小段距离，P点的电势升高C.若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，两板间场强增大D.若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变【答案】AB【解析】【详解】A．当S保持接通时，M板下移一小段距离，则间距减小，根据可知，电容增大，因电压不变，根据Q = CU可知，M板的带电量增加，故A正确；B．当S保持接通时，M板下移一小段距离，则间距减小，根据可知，场强增大，由于，N与P点之间的距离不变，所以N与P点之间的电势差增大，则P点的电势升高，故B正确；C．将S接通后再断开，Q不变，将N板向下移动，间距增大，根据可知，电场强度与金属板间距无关，因此场强不变，故C错误；D．将S接通后再断开，将N板向下移动，间距增大，由C选项知场强不变，由于，N与P点之间的距离变大，所以N与P点之间的电势差增大，所以P点的电势升高，根据可知，负点电荷在P点的电势能减小，故D错误。故选 AB。8.如图所示，竖直放置的一对平行金属板的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2 。一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出，不计电子重力。下列说法正确的是（　　）A.增大U1，电子一定打在金属板上B.减小U1，电子一定打在金属板上C.减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出【答案】BC【解析】【详解】AB．设水平金属板长为L，两板间距离为d，电子在加速度电场中，根据动能定理，有eU1=mv2电子在偏转电场中，水平方向有L=vt竖直方向联立三式可得，电子在竖直方向的偏转距离由上式可知，减小U1，可增大偏转距离y，则电子一定打在金属板上。故A错误；B正确；CD．同理，减小U2，可减小偏转距离y，则电子一定能从水平金属板间射出。C正确；D错误。故选BC。9.原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为　　A.B C.D.【答案】ABD【解析】【详解】A．根据电流的定义式可得等效电流为故A正确；B．电子运动的周期表达式为根据电流的定义式可得等效电流为故B正确；CD．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v，根据库仑力提供向心力解得形成的电流为故C错误，D正确。故选ABD。10.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）。下列说法中正确的是（） A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】AC【解析】【详解】AB．根据题中条件作出带电粒子的v—t图像，根据v—t图像与坐标轴围成的面积及v—t图像分析粒子的运动，由图（a）知，t=0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，则电子一定能击中右板，A正确、B错误；CD．由图（b）知t=时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后将往复运动，C正确、D错误。故选AC。二、实验题（本题共9分。将答案填写在答题纸相应位置的横线上）11.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图．一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的I-t图像如图所示． （1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为_________C．（结果保留两位有效数字）（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________F．（结果保留两位有效数字）（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）．【答案】①.0.016-0.018②.0.0016-0.0018③.不变【解析】【详解】（1）[1]．电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It，从微元法得到，I-t图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图象下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为Q=42×0.001×0.4C=0.017C．（2）[2]．从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量Q=0.017C，而所加电压U=E=10V，所以（3）[3]．由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总量不变．三、计算题（本题共3小题。12题8分，13题10分，14题13分，共计31分。解答时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，答案中必须明确写出数值和单位。）12.ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小【答案】(1)(2)3N【解析】【详解】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得： 解得：(2)小球C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′=NC=3N13.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计。求：(1)电子通过偏转电场的时间t0；(2)偏转电极C、D间的电压U2；(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y。 【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：得：电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：(2)电子在偏转电极中的加速度:离开电场时竖直方向的速度：离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：解得：(3)离开电场的侧向位移：解得：电子离开电场后，沿竖直方向的位移：电子到达荧光屏离O点的距离：【点睛】 本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．14.如图所示，一半径的绝缘光滑圆轨道，竖直固定在方向水平向右的匀强电场中。在轨道的最低点，由静止释放一质量的带电小球，小球沿轨道运动所到达的最高点为。已知运动轨迹所对圆心角，电场强度，重力加速度取。试求：(1)小球的带电量；(2)小球由运动到过程中的最大速度；(3)若欲使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则由点沿水平向右的方向至少需给小球多大的初速度。【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】详解】(1)小球由至，由动能定理得解得所以(2)设小球由运动至的过程中某一时刻，小球与圆心连线与竖直方向成角，由动能定理可得小球沿圆轨道运动，受到三个力的作用，分别为重力、电场力及轨道对小球的弹力，其中，均为恒力，将其合成等效为恒力，则方向与竖直方向成角，斜向右下方，所以当时，小球速度最大 (3)小球沿圆轨道运动，不脱离轨道的临界状态是，恰好通过“最高点”，如图所示此时轨道对小球的弹力为零，所以即此时对应的在点的初速度最小，由动能定理得联立解得