黑龍江省佳木斯市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期10月月考試題（Word版附解析）

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佳木斯市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年度第一學(xué)期10月月考高二學(xué)年物理試卷命題人：          考試時間：75分鐘注意事項：1.本試卷滿分100分。考試用時75分鐘。2.答卷前，考生務(wù)必將自己的班級、姓名、考號填寫在答題卡上。3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡指定區(qū)域內(nèi)。寫在本試卷上無效。一、選擇題（1-5單選，每小題6分；6-10多選，每小題6分，選對得6分，漏選得3分，有錯誤選項得0分）1. 下列說法中正確的是（　　）A. 人們把一個電子所帶電量的絕對值叫元電荷，也稱基本電荷，數(shù)值為1CB. 摩擦起電是電荷通過摩擦后被創(chuàng)造出來的，電荷總量要增加C. 當(dāng)兩個帶電體的大小及形狀對它們的靜電力的影響可以忽略時，可以看成點電荷D. 相同電荷量的帶電體接觸后，電荷量平均分配【答案】C【解析】【詳解】A．人們把一個電子所帶電量的絕對值叫元電荷，也稱基本電荷，數(shù)值約為，故A錯誤；B．摩擦起電的本質(zhì)是電子在物體之間轉(zhuǎn)移，使得失去電子的物體帶正電，得到電子的物體帶負(fù)電，而不是創(chuàng)造了電荷，電荷總量不變，故B錯誤；C．當(dāng)兩個帶電體的大小及形狀對它們的靜電力的影響可以忽略時，可以看成點電荷，故C正確；D．帶電體接觸后的電荷量分配與帶電體的材料、形狀有關(guān)，所以相同電荷量的帶電體接觸后，電荷量不一定平均分配，故D錯誤。故選C。2. 直空中有兩個點電荷，帶電量的大小分別是q1和q2，兩電荷相距r時相互間庫侖力的大小是F。如果兩電荷的電量都增大為原來的2倍，距離減小到原來的一半，則這時兩電荷相互間的庫侖力的大小是（　?。?/span>A. 16F B. 8F C. 4F D. F【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)庫侖定律的公式可知F=，兩電荷的電量都增大為原來的2倍，則力會增大為原來的4倍，而距離又減小到原來的一半，所以力又要增大為原來的4倍，所以庫侖力變?yōu)樵瓉淼?/span>16倍，故選A。3. 在如圖所示的電場中，各點電荷帶電量大小都是Q，甲圖中的A，B為對稱點，乙、丙兩圖的點電荷間距都為L，虛線是兩側(cè)點電荷的中垂線，兩點電荷連線上的O、C和O、D間距也是L，正確的是（　?。?/span>A. 圖甲中A，B兩點電場強度相同B. O點的電場強度大小，圖乙等于圖丙C. 從O點沿虛線向上的電場強度，乙圖變大，丙圖變小D. 圖乙、丙的電場強度大小，C點大于D點【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由點電荷的電場分布可知，圖甲中電場強度方向不同，A錯誤；B．由電場的疊加可知，圖乙O點電場強度為0，圖丙O點不為0，所以B錯誤；C．由電場線的分布及電場的疊加可知，圖乙中O點的電場強度為0，到遠(yuǎn)時，電場強度仍為0，所以從O點沿虛線向上，電場強度先大后小；圖丙的電場強度從O點到無窮遠(yuǎn)，電場強度逐漸減小，故C錯誤；D．由電場的疊加可知，C點的電場強度是左側(cè)兩點電荷作用之和，D點的電場強度是左側(cè)兩點電荷作用之差， C點大于D點，故D正確；故選D。4. 如圖所示在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，、，直角邊NP的長度為8cm。電場方向與三角形所在平面平行。已知M、N和P點的電勢分別為3V、15V和12V，則電場強度的大小為（　?。?。A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點，如圖所示由幾何知識可知N、O間的距離NO＝4cmM、O間的距離MO＝12cm由勻強電場的特點得O點的電勢為即O、P在同一等勢面上，由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知B正確，ACD錯誤。故選B。5. x軸上O、P兩點分別固定兩個點電荷Q1、Q2，其產(chǎn)生的靜電場在x軸上O、P間的電勢φ分布如圖所示，下列說法正確的是（　?。?/span>A. x軸上從x1到x3的場強先變小后變大B. Q1和Q2是同種電荷C. x軸上O、P間各點中，x2處電勢最低D. 電子沿x軸從x1移到x3，電勢能先增大后減小【答案】A【解析】【詳解】A．由圖像斜率表示電場強度可知，x軸上從x1到x3的場強先變小后變大，故A正確；B．由圖像可知，從O到P電勢逐漸降低，則電場線由O指向P，根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)終止于負(fù)電荷可知，Q1和Q2是異種電荷，故B錯誤；C．由圖像可知，從O到P電勢逐漸降低，則x2處電勢不是最低，故C錯誤；D．x軸從x1移到x3電勢逐漸降低，由負(fù)電荷在電勢低處電勢能大，則電子沿x軸從x1移到x3，電勢能一直增大，故D錯誤。故選A。6. 如圖所示，虛線表示電場的一族等勢面且相鄰等勢面電勢差相等，一個帶正電的粒子以一定的初速度進入電場后，只在電場力作用下沿實線軌跡運動，粒子先后通過M點和N點．在這一過程中，電場力做負(fù)功，由此可判斷出(    )A. N點的電勢高于M點的電勢B. 粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大C. 粒子在M點的速率小于在N點的速率D. 粒子在M點受到電場力比在N點受到的電場力大【答案】AB【解析】【詳解】粒子帶正電，由運動軌跡可知，電場力的方向指向右下方即電場線的方向指向右下方，根據(jù)電場的性質(zhì)“順著電場線的方向電勢降落”可知N點的電勢高于M點的電勢，A選項正確；電場力做負(fù)功，電勢能增加，B選項正確；電場力做負(fù)功，動能減小，C選項錯誤；根據(jù)電場線或等勢面的疏密表電場強弱可知，D選項錯誤．7. 如圖所示，兩平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點固定一個帶負(fù)電的點電荷，則（　?。?/span>A. 若保持S接通，將M板下移一小段距離，M板的帶電量增加B. 若保持S接通，將M板下移一小段距離，P點的電勢升高C. 若將S接通后再斷開，將N板下移一小段距離，兩板間場強增大D. 若將S接通后再斷開，將N板下移一小段距離，點電荷在P點的電勢能保持不變【答案】AB【解析】【詳解】A．當(dāng)S保持接通時，M板下移一小段距離，則間距減小，根據(jù)可知，電容增大，因電壓不變，根據(jù)Q = CU可知，M板的帶電量增加，故A正確；B．當(dāng)S保持接通時，M板下移一小段距離，則間距減小，根據(jù)可知，場強增大，由于，N與P點之間的距離不變，所以N與P點之間的電勢差增大，則P點的電勢升高，故B正確；C．將S接通后再斷開，Q不變，將N板向下移動，間距增大，根據(jù)可知，電場強度與金屬板間距無關(guān)，因此場強不變，故C錯誤；D．將S接通后再斷開，將N板向下移動，間距增大，由C選項知場強不變，由于，N與P點之間的距離變大，所以N與P點之間的電勢差增大，所以P點的電勢升高，根據(jù)可知，負(fù)點電荷在P點的電勢能減小，故D錯誤。故選 AB。8. 如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2。一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出，不計電子重力。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 增大U1，電子一定打在金屬板上B. 減小U1，電子一定打在金屬板上C. 減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出D. 增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出【答案】BC【解析】【詳解】AB．設(shè)水平金屬板長為L，兩板間距離為d，電子在加速度電場中，根據(jù)動能定理，有eU1=mv2電子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向有L=vt豎直方向聯(lián)立三式可得，電子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)距離由上式可知，減小U1，可增大偏轉(zhuǎn)距離y，則電子一定打在金屬板上。故A錯誤；B正確；CD．同理，減小U2，可減小偏轉(zhuǎn)距離y，則電子一定能從水平金屬板間射出。C正確；D錯誤。故選BC。9. 原子中的電子繞原子核的圓周運動可以等效為環(huán)形電流．設(shè)氫原子的電子以速率v在半徑為r的圓周軌道上繞核轉(zhuǎn)動，周期為已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，靜電力常量為k，則其等效電流大小為　　A. B C. D. 【答案】ABD【解析】【詳解】A．根據(jù)電流的定義式可得等效電流為故A正確；B．電子運動的周期表達(dá)式為根據(jù)電流的定義式可得等效電流為故B正確；CD．原子中的電子繞原子核的圓周運動可以等效為環(huán)形電流，氫原子的電子的速率v，根據(jù)庫侖力提供向心力解得形成的電流為故C錯誤，D正確。故選ABD。10. 如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處（不計重力作用）。下列說法中正確的是（  ）A. 從t = 0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B. 從t = 0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C. 從t =時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D. 從t =時刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】AC【解析】【詳解】AB．根據(jù)題中條件作出帶電粒子的v—t圖像，根據(jù)v—t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積及v—t圖像分析粒子的運動，由圖（a）知，t = 0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，則電子一定能擊中右板，A正確、B錯誤；CD．由圖（b）知t =時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后將往復(fù)運動，C正確、D錯誤。故選AC。二、實驗題（本題共9分。將答案填寫在答題紙相應(yīng)位置的橫線上）11. 在“用傳感器觀察電容器的充電和放電”實驗中，電路圖如圖．一位同學(xué)使用的電源電動勢為10.0V，測得放電的I-t圖像如圖所示．（1）若按“四舍五入（大于半格算一個，小于半格舍去）”法，根據(jù)“I-t 圖線與兩坐標(biāo)軸包圍面積”，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為_________ C．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算電容器的電容值為_________ F．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）如果將電阻R換一個阻值更大的電阻，則放電過程釋放的電荷量___________（選填“變多”、“不變”或“變少”）．【答案】    ①. 0.016-0.018    ②. 0.0016-0.0018    ③. 不變【解析】【詳解】（1）[1]．電容器的放電圖象是一條逐漸下降的曲線，而q=It，從微元法得到，I-t 圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是總的電荷量，經(jīng)確認(rèn)：圖象下共有42格，所以電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為Q=42×0.001×0.4C=0.017C．（2）[2]．從上一問知道，電容器充滿電后所帶的電荷量Q=0.017C，而所加電壓U=E=10V，所以（3）[3]．由圖看出，若將電阻換一個阻值較大電阻，但由于電容器電荷量一定，則所有電荷量將通過電阻R釋放，只是圖象更加平緩些，但總量不變．三、計算題（本題共3小題。12題8分，13題10分，14題13分，共計31分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）12. ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質(zhì)量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2） (1)小球到達(dá)C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小【答案】(1) (2)3N【解析】【詳解】(1)設(shè)小球在C點的速度大小是vC，則對于小球由A→C的過程中，由動能定理得：解得： (2)小球C點時受力分析如圖由牛頓第二定律得：解得：由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Γ?/span>NC′=NC=3N13. 如圖所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速度不計）經(jīng)過電勢差為U1的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，電子離開偏轉(zhuǎn)電極時速度方向與水平方向成45°，最后打在熒光屏上，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，C、D極板長為l，D板的電勢比C板的電勢高，極板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為．電子重力不計。求：(1)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t0；(2)偏轉(zhuǎn)電極C、D間的電壓U2；(3)電子到達(dá)熒光屏離O點的距離Y。
 【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【詳解】(1)電子在離開B板時的速度為v，根據(jù)動能定理可得：得：電子進入偏轉(zhuǎn)電場水平方向做勻速直線運動，則有：(2)電子在偏轉(zhuǎn)電極中的加速度: 離開電場時豎直方向的速度： 離開電場軌跡如圖所示：電子的速度與水平方向的夾角：解得： (3)離開電場的側(cè)向位移：解得： 電子離開電場后，沿豎直方向的位移： 電子到達(dá)熒光屏離O點的距離：【點睛】本題考查帶電粒子在電場中的運動，要注意明確帶電粒子的運動可分加速和偏轉(zhuǎn)兩類，加速一般采用動能定理求解，而偏轉(zhuǎn)采用的方法是運動的合成和分解．14. 如圖所示，一半徑的絕緣光滑圓軌道，豎直固定在方向水平向右的勻強電場中。在軌道的最低點，由靜止釋放一質(zhì)量的帶電小球，小球沿軌道運動所到達(dá)的最高點為。已知運動軌跡所對圓心角，電場強度，重力加速度取。試求：(1)小球的帶電量；(2)小球由運動到過程中的最大速度；(3)若欲使小球能沿軌道做完整的圓周運動，則由點沿水平向右的方向至少需給小球多大的初速度。【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】詳解】(1)小球由至，由動能定理得解得所以(2)設(shè)小球由運動至的過程中某一時刻，小球與圓心連線與豎直方向成角，由動能定理可得小球沿圓軌道運動，受到三個力的作用，分別為重力、電場力及軌道對小球的彈力，其中，均為恒力，將其合成等效為恒力，則方向與豎直方向成角，斜向右下方，所以當(dāng)時，小球速度最大(3)小球沿圓軌道運動，不脫離軌道的臨界狀態(tài)是，恰好通過“最高點”，如圖所示此時軌道對小球的彈力為零，所以即此時對應(yīng)的在點的初速度最小，由動能定理得聯(lián)立解得