2020-2021学年广东省广州市广大附中高二上学期10月月考物理试题 解析

广州市广大附中2020-2021学年高二上学期10月月考物理满分100分,时间75分钟第一部分选择照(共62分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分,每题只有一个选项是正确的正确的得3分,选错或不答的得0分,)1．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是（）A．B．C． D．2．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，能正确描述x轴上的电势随位置变化规律的是图A．B．C．D．3．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4．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零.则(　　)A．B球和C球都带负电荷B．B球带负电荷，C球带正电荷C．B球和C球所带电量不一定相等D．B球和C球所带电量一定相等5．一个电量为10－6C的负电荷从电场中A点移至B点，电场力做功2×10－6J；从C点移至D点电场力做功－7×10－6J．已知C点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是（）A．B．C．D．6．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为A．B．C． D．7．让、、和的混合物以相同的初动能从一位置垂直进入一偏转电场中发生偏转，设四种粒子都能飞出电场；则飞出电场时它们将分成()A．一股B.二股C.三股D.四股8．如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成θ=37°角，Ox轴上有a、b、c三点，，Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。取sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（）A．电场线方向斜向上B．场强大小为800V/mC．c点的电势为16VD.电子在a点的电势能为-32eV二、多项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每题只有两个以上选项是正确的,正确的得5分,漏选得3分,选错或不答的得0分.)9．关于静电场的电场强度和电势，下列说法不正确的是A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为1/4圆弧．一个质量为m电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零11．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零12．如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为D,在下极板上叠放一厚度为l的金属板A,（l<D）,其上部空间有一带负电的粒子P静止在电容器中,当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动,已知重力加速度为g．则下列判断正确的是(　　)．A．电容器的电容变小B．两板间的电场强度不变C．上极板所带电荷量变大D．粒子运动的加速度大小为13．如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是(　　)A．M、N两点电势相等B．粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C．该匀强电场的电场强度大小为D．粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点14．如下图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如下图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd第二卷(共38分)二、按照题目要求解答,解答要有必要的文字说明方程式和重要演算步骤,有最后结果的不能得分15．（12分）如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．（1）求液珠的比荷；（2）求液珠速度最大时离A点的距离h；（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.16．（13分）如图所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面M的下方分布有水平向右的匀强电场，场强，现有一质量为m、电量为+q的小球(可视为质点)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).已知A、B间距离为2R,重力加速度为g,求：(1)小球在C处的速度大小；(2)小球从A运动到B克服阻力所做的功；(3)球从A运动到C的过程中对轨道压力的最大值。17．（13分）如图甲所示，热电子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U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？参考答案1．C解题思路：A．a、b两点的场强大小相等，方向相反。a、b两点的电势相等，故A不符合题意；B．根据电场线的分布情况，可知a、b两点的场强大小不等，电势也不等，故B不符合题意；C．a、b处于两个等量异种点电荷连线的垂直平分面，该垂直平分面是一个等势面，则a、b的电势相等，检验电荷的电势能相等．根据对称性可知，场强相等，故C符合题意；D．根据点电荷的电场强度公式可得a、b两点的电场场强大小相等，根据矢量合成，知场强的方向不同，故D不符合题意。故选C。2．A解题思路： 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A3．C解题思路：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，D错误．4．D解题思路：AB．B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；因A带负电，则可知B、C都应带正电；故A、B错误；CD．由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同；故C错误，D正确；故选D．5．C解题思路：试题分析：A、B间的电势差为,则A的电势低于B的电势；C、D间的电势差为,则C得电势高于D的电势；又由题，C点比B点电势高3V，所以电势从高到低的顺序是：C、B、A、D．沿着电场线电势逐渐降低，故C对．（1）判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反；（2）判断电场强度的大小（定性）——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小；（3）判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向；（4）判断等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等势面越稀疏．6．B解题思路：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确．7．C解题思路：根据侧位移计算公式以及动能表达式故初动能相同，、、和带电量比为1:1:2:3，所以分成了三股。故选C。8．D解题思路：A．由图乙可知沿x方向电势降低，所以电场线方向斜向下；故A错误；B．φ−x图线的斜率表示电场强度沿x方向的分量大小，由图乙可知Ex=800V/m，所以，故B错误C．由题得O点的电势为48V，Oc间的距离为Oc=8cm=0.08m，所以Oc间的电势差为UOc=E⋅Oc⋅cos37°=1000×0.08×0.8V=64V由于UOc=φO−φc，将UOc=64V、φO=48V代入得φc=−16V，故C错误；D．Oa间的电势差为UOa=E⋅Oa⋅cos37°=1000×0.02×0.8V=16V由于UOa=φO−φa，将UOa=16V、φO=48V代入得φa=32V所以电子在a点的电势能为Ep=−eφa=−32eV故选D。9．AD解题思路：A．电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；B．电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；C．电场强度的大小逐渐减小时，电势不一定逐渐降低，也不一定升高，故C错误；D．顺着电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D正确．故选AD．10．BC解题思路：若电场力大于重力，则有可能不从B点离开轨道，A错．若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B正确．因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确．由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错.故选BC。11．BD解题思路：A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，B正确；C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；故选BD12．AD解题思路：A.将金属板从电容器中快速抽出后，增大了极板间距，根据电容决定式，当板间距d变大，电容C变小，A正确B.因为电源电压恒定，根据场强公式，间距变大，场强变小，B错误C.根据，因为电压恒定，电容变小，所以带电量变小，C错误D.初始时，粒子静止有：，解得：，撤去金属板后：，根据牛顿第二定律：，解得：，D正确故选AD13．AB解题思路：带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向。带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等。因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小。故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.14．BC解题思路：AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．15．（1）（2）（3）解题思路：试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时，比荷为．（2）当液珠速度最大时，得．（3）设BC间的电势差大小，由题意得，对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得，即，将第（1）问的结果代入化简，解得．16．(1)(2)3mgR(3)解题思路：(1)利用小球做平抛运动，据平抛运动水平方向的匀速和竖直方向的自由落体运动求解即可；(2)从A到C利用动能定理求解即可；(3)从小球受到重力和电场力的合力分析处小球在轨道上的最大压力，利用牛顿第二定律求解即可。(1)小球离开C点做平抛运动，根据解得：则小球在C点的速度解得：；(2)A→C过程，由动能定理得：代入数据解得：；(3)小球进入圆周轨道，电场力做正功，重力做负功从P点进入电场做曲线运动，电场力做负功，重力做正功，由于电场力是重力2倍，因此小球在圆周D处速度最大，利用复合场等效法D处应是重力与电场力合力连线跟圆周的交点，设OD连线与竖直方向夹角为θ，则tanθ=2A→D过程，根据动能定理得：解得：。17．（1）13.5cm（2）30cm解题思路：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：所以：,经偏转电场偏转后偏移量所以,由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：代入数据解得：Y=13.5cm．（2）由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．根据解得Y=，所以荧光屏上的电子能打到的区间长为：2Y=3L=30cm