黑龙江省哈尔滨市第六中学2018_2019学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第六中学 2018-2019 学年高二 10 月月考物理试题一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一项符合题目要求，第 712 题有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】试题分析：沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势

2、面不可能相交故 A 错误；根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故 B 正确；电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故 C 错误；负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故 D 错误故选 B。考点：等势面【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功视频2.如图，若 x 轴表示时间， y 轴表示速度，则该图象反映了质点做初速度为零的匀加速直线运动时速度与时间的

3、关系。若 x 轴和 y 轴分别表示其它的物理量，则该图象又可以反映某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法正确的是（ ）- 2 -A. 若 x 轴表示电压， y 轴表示电流，则该图象可表示为小灯泡的伏安特性曲线B. 若 x 轴表示电流， y 轴表示电阻，则该图象可表示导体电阻随电流变化的关系C. 若 x 轴表示电流， y 轴表示功率，则该图象可表示电流通过导体的热功率与电流变化的规律D. 若 x 轴表示电压， y 轴表示电量，则该图象可表示平行板电容器所带电量随极板间电压变化的规律【答案】D【解析】【详解】小灯泡的伏安特性曲线是曲线，不是直线，则选项 A 错误；导体的电阻不随电流的变化而变

4、化，则该图象不能表示导体电阻随电流变化的关系，选项 B 错误；根据 P=I2R 可知，若 x 轴表示电流， y 轴表示功率，则该图象应该是曲线，选项 C 错误；若 x 轴表示电压， y轴表示电量，根据 Q=CU 可知，该图象可表示平行板电容器所带电量随极板间电压变化的规律，选项 D 正确；故选 D.3.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电B. 实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板带电量，静电计

5、指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】- 3 -A、当用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，由于静电感应，从而在 b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项 A 正确；B、根据电容器的决定式： ，将电容器 b 板向上平移，即正对面积 S 减小，则电容 C减小，根据 可知， 电量 Q 不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项 B错误；C、根据电容器的决定式： ，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数 增大，则电容C 增大，根据 可知， 电量 Q 不变，则电压 U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；D、根据 可知， 电量 Q 增大，则电压 U 也会增大，则电容

6、 C 不变，故选项 D 错误。点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。4.喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A. 向负极板偏转B. 电势能逐渐增大C. 运动轨迹是抛物线D. 运动轨迹与带电量无关【答案】C【解析】A 项：由于带负电，故向正极板偏转，A 错误；B 项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B 错误；C 项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故 C 正确；D 项：由侧向位移 ，可知运动轨迹与带电量有关

7、，D 错误点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直- 4 -线运动，电场力方向作匀加速直线运动。视频5.如图，三个固定的带电小球 a、 b 和 c，相互间的距离分别为 ab=5 cm， bc=3 cm， ca=4 cm。小球 c 所受库仑力的合力的方向平衡于 a、 b 的连线。设小球 a、 b 所带电荷量的比值的绝对值为 k，则（ ）A. a、 b 的电荷同号，B. a、 b 的电荷异号，C. a、 b 的电荷同号，D. a、 b 的电荷异号，【答案】D【解析】本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。对小球 c 所受库仑力分析，画出 a 对 c 的库

8、仑力和 b 对 c 的库仑力，若 a 对 c 的库仑力为排斥力， ac 的电荷同号，则 b 对 c 的库仑力为吸引力，bc 电荷为异号， ab 的电荷为异号；若 a 对 c 的库仑力为引力，ac 的电荷异号，则 b 对 c 的库仑力为斥力，bc 电荷为同号， ab的电荷为异号，所以 ab 的电荷为异号。设 ac 与 bc 的夹角为 ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得， Fac=k ， Fbc=k ，tan =3/4，tan = Fbc / Fac，ab 电荷量的比值 k= ，联立解得： k=64/27，选项 D 正确。【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大

9、。6.如图所示，质量分别为 m1和 m2的两小球带有同种电荷，电荷量分别为 q1和 q2，用绝缘线悬挂在天花板上，平衡时两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为 1与- 5 - 2（ 1 2） 。若两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为 v1和 v2，最大动能分别为 Ek1和 Ek2，则（ ）A. m1一定小于 m2 B. q1一定大于 q2C. v1一定大于 v2 D. Ek1一定大于 Ek2【答案】ACD【解析】试题分析：对小球 A 受力分析如图，根据平衡条件，有：m Ag tan 1F，故：同理，有： ，由于 1 2，故 mAm B，故 A 正确；两球间的库仑力

10、是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故 B 错误；小球摆动过程机械能守恒，有 ，解得 ，由于 A 球摆到最低点过程，下降的高度h 较大，故 A 球的速度较大，故 C 正确；小球摆动过程机械能守恒，有 mgh=E K，故Ek=mgh=mgL（1-cos）= L（1-cos）,其中 Lcos 相同，根据数学中的半角公式，得到：E k= L（1-cos）=FLcos FLcostan ；其中 FLcos=Fh，相同，故 越大，tan 越大，动能越大，故 EkA一定大于 EkB，故 D 正确；故选 ACD。考点：牛顿第二定律；物体的平衡；机械能守恒定律【名师点睛】本题考查了牛顿第

11、二定律、物体的平衡以及机械能守恒定律的综合应用问题；解题的关键是分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解；此题同时考查了学生的数学计算能力.7.如图， a、 b、 c、 d 为一边长为 l 的正方形的顶点。电荷量均为 q（ q0）的两个点电荷分别固定在 a、 c 两点，静电力常量为 k。不计重力。下列说法正确的是（ ）- 6 -A. b 点的电场强度大小为B. 过 b、 d 点的直线位于同一等势面上C. 在两点电荷产生的电场中， ac 中点的电势最低D. 在 b 点从静止释放的电子，到达 d 点时速度为零【答案】AD【解析】【详解】等量同种点电荷的电场

12、线与等势面分布如图：ac 两电荷在 b 点的电场强度是矢量合， Ea Ec ，则 b 点的电场强度大小为：E2 Eacos45 ，故 A 正确；由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过 b、d 的直线不是等势面，在 ac 中点的电势最高。故 B C 错误；结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，b 点与 d 点的电势是相等的，所以电子在 b、d 两点的电势能相等，所以从 b 点释放的电子，将沿 bd 的方向运动，到达 d 点的速度恰好等于 0故 D 正确；故选 AD.8.一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为 U 时，通过导线的电流强度为 I，导线中自由电子定向移动的平均速率为 v；若导线均匀拉

13、长，使其半径变为原来的 ，两端电压仍为 U，则（ ）A. 通过导线的电流强度为 I B. 通过导线的电流强度为 IC. 自由电子定向移动的平均速率为 v D. 自由电子定向移动的平均速率为 v【答案】BC【解析】【详解】将导线均匀拉长，使其半径变为原来的 1/2，横截面积变为原来的 1/4 倍，导线长- 7 -度要变为原来的 4 倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律 R= 可知，导线电阻变为原来的 16倍；电压 U 不变，由欧姆定律 I=U/R 可知，电流变为原来的 1/16；故 A 错误，B 正确；电流I 变为原来的 1/16，横截面积变为原来的 1/4，单位体积中自由移动的电子数 n 不变，每

14、个电子粒所带的电荷量 e 不变，由电流的微观表达式 I=nevS 可知，电子定向移动的速率变为原来的 1/4，故 C 正确，D 错误；故选 BC。9.如图为一匀强电场，某带电粒子从 A 点运动到 B 点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为 1.5J则下列说法正确的是( )A. 粒子带负电B. 粒子在 A 点的电势能比在 B 点少 1.5JC. 粒子在 A 点的动能比在 B 点少 0.5JD. 粒子在 A 点的机械能比在 B 点少 1.5J【答案】D【解析】【分析】带电粒子从 A 到 B 的过程中，克服重力做功 2.0J，电场力做功 1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况

15、，即可求得粒子运动到 B 点时的动能。【详解】A 项：由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故 A 错误；B 项：从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在 A 点是的电势能要大于在B 点时的电势能，故 B 错误；C 项：从 A 到 B 的过程中，克服重力做功 2.0J，电场力做功 1.5J，由动能定理可知，粒子在A 点的动能比在 B 点多 0.5J，故 C 错误；D 项：从 A 到 B 的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能

16、的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了 1.5J，故 D 正确。【点睛】本题关键掌握动能定理，知道总功等于物体动能的变化，注意克服重力做功与重力做功是相反的。- 8 -10.图中虚线 a、 b、 c、 d、 f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2V。一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 b 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 4 eV。下列说法正确的是（ ）A. 平面 c 上的电势为零B. 该电子经过平面 d 时的动能为 4 eVC. 该电子经过平面 f 时，其电势能为 4 eVD. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d

17、时的 2 倍【答案】ABC【解析】【详解】虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 b 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 4eV，动能减小了 4eV，电势能增加了4eV，因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的电势为零，故 A 正确；在平面 a 上电势为 4V，则电子的电势能为-4eV，动能为 10eV，电势能与动能之和为 6eV，当电子经过平面 d 时，因 d 的电势为-2V，则电势能为 2eV，则动能为 4eV，故 B 正确；因 f

18、的电势为-4V，则电势能为 4eV，则 C 正确；当电子经过平面 b 时，因 b 的电势为 2V，则电势能为-2eV，则动能为 8eV，电子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能 2 倍，电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 倍，故D 错误；故选 ABC。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键.11.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、 b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、 b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻 t，

19、 a、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。 a、 b 间的相互作用力和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）- 9 -A. a 的质量比 b 的小B. 在 t 时刻， a 的动能比 b 大C. 在 t 时刻， a 和 b 的电势能相等D. 在 t 时刻， a 和 b 的速度大小相等【答案】AB【解析】【详解】两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有 y= at2= t2由题意知，相同时间内 a 的位移大于 b 的位移，q、E 又相等，可知 mam b故 A 正确。根据动能定理得 Ek-0=qEy，即 t 时刻粒子的动能为 Ek=qEy，a 的位移大，电场力做功多，所以在 t 时刻，a

20、的动能比 b 的大，又 mam b，则 a 的速度比 b 大，故 B 正确，D 错误。在 t 时刻，a、b 经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由 E =q 知，a 和 b 的电势能不相等，故 C 错误。故选 AB。【点睛】本题是牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合运用，根据动能定理研究动能关系是常用的思路，要熟练掌握.12.如图，同一平面内的 a、 b、 c、 d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行， M 为a、 c 连线的中点， N 为 b、 d 连线的中点。一电荷量为 q（ q0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1；若该粒子从 c 点移

21、动到 d 点，其电势能减小 W2。下列说法正确的是（ ）A. 此匀强电场的场强方向一定与 a、 b 两点连线平行B. 若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为C. a、 b 两点间的电势差 Uab一定为D. 若 W1 W2，则 a、 M 两点之间的电势差一定等于 b、 N 两点之间的电势差【答案】BCD【解析】- 10 -【详解】一电荷量为 q（q0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，但 ab 连线不一定沿着电场线，故 A 错误；粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，故：q a-q b=W1，粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2，故：q c

22、-q d=W2，匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故 a- M= M- c，即 M= （ a+ c） ，同理 N= （ b+ d） ，故 q M-q N= ，故 B 正确；因带正电的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，电场力做正功，则 ，选项 C 正确；若 W1=W2，根据 U=W/q 可知，Uab=Ucd，故 a- b= c- d，则 a- c= b- d，故 Uac=Ubd；而 Uac=2UaM，U bd=2UbN，故UaM=UbN，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式

23、U=Ed 进行分析，不难.二、非选择题：共 50 分。13.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻 Rx约为 200，电压表 V 的内阻约为 2k，电流表A 的内阻约为 10，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中 U 与 I 分别为电压表和电流表的读数；若将图（ a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为 Rx1和 Rx2，则：_（填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值 Rx1_（填“大于” 、 “等于”或“小于” ）真实值，测量值 Rx2_（填“大于” 、“等于”或“小于” ）真实值【答案】 (1). R x1， (2). 大于， (3

24、). 小于【解析】试题分析：因为 ，所以电流表外接误差较大，故电流表内接误差相对小一点，所以更接近被测电阻的真实值，图 a 中电流表是真实值，但是由于电流表的分压，电压表测量值比 两端的实际电压要大，根据 可得测量值比真实值偏大，而图 b 中，电压表测量- 11 -的是准确电压，但是由于电压表的分流，电流表测量值比通过 的实际电流要大，故根据可得测量值比真实值偏小，考点：测量电阻阻值实验【名师点睛】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足 时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可

25、知，测量值大于真实值视频14.如图，已知毫安表表头的内阻为 100，满偏电流为 1mA； R1和 R2为阻值固定的电阻。若使用 a 和 b 两个接线柱，电表量程为 3mA；若使用 a 和 c 两个接线柱，电表量程为 10mA。由题给条件和数据，可求出 R1_， R2_。【答案】 (1). 15 (2). 35【解析】【详解】使用 a、b 接线柱时，I ab=Ig+ =0.001+ =0.003，使用 a、c 接线柱时，I ac=Ig+ =0.001+ =0.010，解得：R 1=15，R 2=35；【点睛】此题关键是知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解

26、题.15.如图所示，一电子以初动能 Ek从 A 点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从 B 点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向夹角为 150。已知电子电量为 e，电场强度大小为 E，不计电- 12 -子重力。求电子在电场中的偏转距离。【答案】【解析】【详解】电子垂直进入电场做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，将 B 点的速度分解，根据平行四边形定则知，电子经过 B 点时的速度电子从 A 运动到 B 的过程，根据动能定理得，eEy= mvB2 - mv02。据题有 E k= mv02。解得电子在电场中的偏转距离 y=【点睛】解决本题的关键要知道电子在垂直电场方向

27、做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合平行四边形定则、动能定理进行求解.16.一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60角时，小球到达 B 点速度恰好为零试求：(1)AB 两点的电势差 UAB；(2)匀强电场的场强大小；(3)小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小【答案】(1) (2) (3)- 13 -【解析】试题分析：（1）小球由 A 到 B 过程中，由动能定理得：，所以 。（2）BA 间电势差为 ，则场强 。（3）小球在 AB 间摆

28、动，由对称性得知，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，而在 A 处，由水平方向平衡有： ，所以 。考点：电势差、共点力平衡的条件及其应用、动能定理的应用、电场强度【名师点睛】小球在 AB 间摆动时具有对称性，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，研究 A 处绳子的拉力得到 B 处绳子的拉力，在 A 处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力。17.如图所示，在方向水平向右、大小为 E610 3 NC 的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为 m1210 4 kg，带正电荷量为 q1210 9 C；乙的质量为 m2110 4 kg，带负电荷量为 q2110 9

29、C。开始时细绳处于拉直状态。由静止释放两滑块， t3 s 时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力， g 取 10 ms 2，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度大小；（2）在整个运动过程中，滑块乙的电势能增量的最大值；（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量。【答案】 （1）0.02 ms 2（2）7.210 7 J（3） E 机 6.4810 6 J 或 E 机 6.4810 6 J【解析】【详解】 （1） q1E q2E（ m1 m2） a 解得 a0.02 ms 2（2） t3 s 时 v0 at细绳断裂后滑块乙： q2E m2a2- 14 - EP 乙 max q2E（ ） 解得 EP 乙 max7.210 7 J（3）滑块乙： v0tv2 v0 a2t滑块甲： q1E m1a1 v1 v0 a1t E 机 解得 E 机 6.4810 6 J或 E 机 q1E（ ）解得 E 机 6.4810 6 J【点睛】该题整体法、隔离法相结合，运用牛顿第二定律求加速度，与运动学相结合求出各个时段甲乙的位移和速度。以及知道当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大。因为电场力做负功，电势能增大.