甘肃省天水市秦安二中高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)

2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共48分，1至9题为单项选择，10、11、12为多项选择）1．电场中A、B、C三点的电场强度分别为：E A=﹣5V/m、E B=4V/m、E C=﹣1V/m，则这三点的电场由强到弱的顺序是( )A．ABC B．BCA C．CAB D．ACB2．由电场强度的定义E=可知( )A．E和F成正比，F越大E越大B．E和q成反比，q越大E越小C．E的方向与F的方向相同D．E的大小可由确定3．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是( )A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生磨擦．避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对4．已知A为电场中一固定点，在A点放一电量为q的电荷，受电场力为F，A点的场强为E，则( )A．若在A点换上﹣q，A点场强方向发生变化B．若在A点换上电量为2q 的电荷，A点的场强将变为 2EC．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关5．把质量为m的点电荷q在电场中释放，在它运动过程中，如果不计重力，下列说法中正确的是( )A．点电荷运动轨迹必和电场线重合B．若电场线是直线，则点电荷运动轨迹必和电场线重合C．点电荷的速度方向必定和点所在的电场线的切线方向一致D．点电荷的加速度方向必定和点所在的电场线的切线方向在一直线上6．如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距离为d．现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对检验电荷+q所做的功等于( )A．B．C．D．7．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A．l+B．l﹣C．l﹣D．l﹣8．如图所示是从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，在保持其它物理量不变条件下，可供选用的方法有，使( )A．U1减小为原来的一半B．U2减小为原来的一半C．偏转电场极板长度增大为原来的2倍D．偏转电场极板距离增大为原来的2倍9．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法中错误的是( )A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的场强大小为10V/mC．匀强电场的场强方向为由C指向AD．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J10．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论错误的是( )A．此液滴带正电B．液滴做匀加速直线运动C．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少11．如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电处于原点O．现有一个正电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动（只受电场力作用），其v﹣t图象如图乙所示，q 经过a、b两点时速度分别为v a、v b．则以下判断正确的是( )A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．b点的场强比a点的场强大C．a点的电势比b点的电势高D．q在a点的电势能小于在b点的电势能12．如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m，带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A 板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则( )A．落到A板的油滴数N=B．落到A板的油滴数N=C．第N+1滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为D．第N+1滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为二、实验题（每空2分，共16分）13．用如图所示装置可以研究影响平等板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，两极板间的距离为d，板间电介质的介电常数为ɛ，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，①若保持d，ɛ不变，减小S，则θ__________；②若保持S，ɛ不变，增大d，则θ__________；③若保持d，S不变，在板间插入介电常数ɛ更大的电介质，则θ__________．14．在利用重物自由下落“验证机械能守恒定律”的实验中．（1）备有如下器材：A．打点计时器；B．直流电源；C．交流电源；D．纸带；E．带夹子的重物；F．秒表；G．刻度尺；H．天平；I．导线；J．铁架台；K．复写纸；其中该实验不需要的器材是__________（填字母代号）（2）在实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，实验要求打点计时器在打第一个点时释放纸带．甲、乙、丙三个学生分别用同一装置各打出一条纸带，量出各纸带上第1、2两点间的距离分别为0.38cm，0.19cm和0.18cm，可见其中肯定有一个学生在操作上有错误，错误操作的同学是__________．其错误的操作可能是因为__________．（3）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8m/s2，若重锤质量为1kg．（计算结果保留3位有效数字）①打点计时器打出B点时，重锤的动能E kB=__________J．②从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为__________J．从而验证了机械能守恒定律的正确性．三．计算题：（共46分）15．如图所示，两个平行金属板AB中间为一匀强电场，AB相距10cm，CD为电场中的两点，CD=8cm，CD连线和电场方向成60°角，C点到A板的距离为2cm．已知质子从C点移到D点，电场力作功为3.2×10﹣17J．（质子带电量为1.6×10﹣19C）求：（1）匀强电场的电场强度；（2）AB两板之间的电势差；（3）若将A板接地，则C、D两点的电势各为多大？16．如图，在水平放置且相距2cm的平行带电金属板间的匀强电场中，有一个m=10﹣4克、电量q=﹣10﹣8库仑的液滴，在两板正中央处于静止状态．问：（1）哪块板带正电？板间电场强度多大？（2）若板间电场强度突然增为原来的2倍，液滴将做什么运动？触及板面时速度多大？17．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．18．（14分）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共48分，1至9题为单项选择，10、11、12为多项选择）1．电场中A、B、C三点的电场强度分别为：E A=﹣5V/m、E B=4V/m、E C=﹣1V/m，则这三点的电场由强到弱的顺序是( )A．ABC B．BCA C．CAB D．ACB【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，正负表示方向，根据电场强度的大小比较三点的电场强弱．【解答】解：E A=﹣5V/m、E B=4V/m、E C=﹣1V/m，正负表示方向，其绝对值表示大小，则E A＞E B ＞E C．即电场由强到弱的顺序是ABC．故选：A．【点评】解决本题的关键知道电场强度的是矢量，正负表示方向，不表示大小．2．由电场强度的定义E=可知( )A．E和F成正比，F越大E越大B．E和q成反比，q越大E越小C．E的方向与F的方向相同D．E的大小可由确定【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】1、抓住比值定义法的共性，E与试探电荷的电场力和电量无关，由电场本身决定；2、电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同．【解答】解：A、B电场强度E与试探电荷所受电场力F、电量q无关，不能说E和F成正比，和q成反比．故AB错误．C、根据物理学上规定可知，电场强度E的方向与正电荷所受电场力F方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，而题中q的正负未知．故C错误．D、由定义式E=可计算出E．故D正确．故选D【点评】本题考查对电场强度定义式的理解，抓住定义式具有比值定义法的共性，不能单纯从数学知识理解此公式．3．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是( )A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生磨擦．避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对【考点】静电现象的解释．【分析】雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．【解答】解：当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击．其原理为尖端放电．故B正确，ACD错误；故选：B【点评】本题考查了避雷针的原理，难度不大，属于基础题．4．已知A为电场中一固定点，在A点放一电量为q的电荷，受电场力为F，A点的场强为E，则( )A．若在A点换上﹣q，A点场强方向发生变化B．若在A点换上电量为2q 的电荷，A点的场强将变为 2EC．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度为电场本身的性质，其大小及方向与试探电荷的电量及电性无关．【解答】解：电场强度E=是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故ABC均错误，D正确．故选：D．【点评】该题考查对电场强度的定义式的理解，比值定义法是物理学中常用方法，但要注意所定义的量不一定与式中的物理有比例关系．5．把质量为m的点电荷q在电场中释放，在它运动过程中，如果不计重力，下列说法中正确的是( )A．点电荷运动轨迹必和电场线重合B．若电场线是直线，则点电荷运动轨迹必和电场线重合C．点电荷的速度方向必定和点所在的电场线的切线方向一致D．点电荷的加速度方向必定和点所在的电场线的切线方向在一直线上【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合；点电荷的加速度方向与电场力方向相同，对于正电荷，电场力与场强方向相同，沿着电场线的切线方向．【解答】解：A、点电荷运动的轨迹不一定与电场线重合，只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合．故A 错误；B、若电场线是直线，则点电荷运动轨迹不一定和电场线重合，还与电荷的初速度方向有关，故B错误．C、点电荷的速度方向始终沿着轨迹的切线方向，由于轨迹不一定与电场线重合，所以其速度方向不一定终与所在点的电场线的切线方向相同，故C错误；D、电荷的受到的电场力的方向与所在点的电场线的切线方向一致，根据牛顿第二定律可知，加速度方向相同与其所受的电场力的方向相同，所以电荷的加速度方向始终与所在点的电场线的切线方向在同一直线上，故D正确．故选：D．【点评】关于电场线与轨迹的关系，要根据电场线的状态和电荷的初速度进行分析．并掌握电场线的切线方向表示场强方向，运用牛顿第二定律分析加速度方向．6．如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距离为d．现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对检验电荷+q所做的功等于( )A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电容器的电容为C，带电荷量为Q，求出板间电压U，得到板间电场强度．根据W=qEd求出电场力做功【解答】解：由C=得，U=，板间场强E==，检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点，电场力对检验电荷+q所做的功W=qEssin30°=故选：C【点评】匀强电场中求电场力做功，只要把电场力当作一般的恒力，根据功的一般计算公式求解7．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A．l+B．l﹣C．l﹣D．l﹣【考点】库仑定律；胡克定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由于3个小球带同种电荷，互相排斥，所以弹簧处于伸长状态，对小球受力分析，根据平衡的条件列出方程可以求得弹簧的原长．【解答】解：对第三个小球受力分析，第三个小球受三个力的作用，即为两库仑力与弹簧的拉力，它们的关系是 k0x=k+k，解得 x=；所以弹簧的原长为 l0=l﹣x=l﹣，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】对小球进行正确的受力分析是解决本题的关键，分析清楚小球受到的各个力的作用，由平衡条件列方程可以求得弹簧的长度．8．如图所示是从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，在保持其它物理量不变条件下，可供选用的方法有，使( )A．U1减小为原来的一半B．U2减小为原来的一半C．偏转电场极板长度增大为原来的2倍D．偏转电场极板距离增大为原来的2倍【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系．由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择．【解答】解：设电子的质量和电量分别为m和e．电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得：eU1=…①电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为：a=…②电子在水平方向做匀直线运动，则有：t=…③在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量：y=at2…④联立上述四式得：y=A、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的．故A正确．B、根据偏转量公式得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U2增大为原来的2倍．故B错误．C、根据偏转量公式得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的长度L增大为原来的倍．故C错误．D、要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来的．故D 错误．故选：A．【点评】本题粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场，得到的结论与粒子的质量和电量无关，基础题目．9．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法中错误的是( )A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的场强大小为10V/mC．匀强电场的场强方向为由C指向AD．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J【考点】等势面；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．由W=qU，则电场力做功就可以求解．【解答】解：A、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD∥EB，而匀强电场的等势面平行，则CD直线也是一条等势线．故A正确．B、BA间的电势差为U BA=1V，又U BA=Ed AB cos30°，得场强E==V/m=V/m．故B错误．C、由几何知识得知，CA⊥EB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A．故C正确．D、由上得知，E的电势为2V，D点与C点的电势相等为3V，则电子从E点移到D点，电场力做正功，而且为W ED=qU ED=q（φE﹣φD）=﹣1.6×10﹣19×（2﹣1）J=1.6×10﹣19J，电势能将减小1.6×10﹣19J．故D正确．本题选择错误的，故选B．【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．10．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论错误的是( )A．此液滴带正电B．液滴做匀加速直线运动C．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况【解答】解：A、若液滴带正电，其受力情况如图一所示，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故A错误．B、对液滴进行受力分析，其受力情况如图二所示，故物体所受合力F=mg，故物体的加速度为：a=g，做匀加速直线运动，故B正确．C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，并不为零，故C错误D、由于电场力所做的功W电=Eqx bd cos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确．因选错误的，故选：AC【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握11．如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电处于原点O．现有一个正电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动（只受电场力作用），其v﹣t图象如图乙所示，q 经过a、b两点时速度分别为v a、v b．则以下判断正确的是( )A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．b点的场强比a点的场强大C．a点的电势比b点的电势高D．q在a点的电势能小于在b点的电势能【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图象分析可知：正带电粒子在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点正电粒子受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性为负；通过正带电粒子的动能先减小再增大，判断电场力做功和电势能的变化，根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势的高低．【解答】解：A、根据v﹣t图象的斜率等于0，可知正电荷q在b点的加速度为0，在b点左侧电荷做减速运动，b点右侧做加速运动，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，根据点电荷场强公式E=k得知Q2带电荷量小于Q1，故A正确；B、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，受力为零，故b的场强为零，而a点的场强不为零，所以b点的场强比a点的场强小，故B错误．C、该电荷从a点到b点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b点电势比a点的电势高．故C错误D、由C分析得，粒子在a点的电势能比b点的电势能小，故D正确故选：AD【点评】解决本题的关键是根据图象分析b点的场强为零，分析电荷的能量如何变化时，往往判断外力做功情况，根据功能关系进行分析，要掌握常见的功能关系，比如电场力做功与电势能变化的关系，总功与动能变化的关系等等．12．如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m，带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则( )A．落到A板的油滴数N=B．落到A板的油滴数N=C．第N+1滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为D．第N+1滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为【考点】带电粒子在混合场中的运动；机械能守恒定律．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．【解答】解：AB、第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．则：设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：mg﹣qE=ma其中：E===得：a=g﹣第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y==第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤联立以上公式得：，N=，故A正确，B错误；C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg ﹣qE代人数据得：W=，故C正确；D、第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W电=﹣qE=﹣，故D正确；故选：ACD【点评】考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用．。