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1、陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分一、选择题（每小题4分共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A. 电场强度为零的地方，电势也为零B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直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【答案】B【解析】试题分析： 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，
2、电场强度不一定为零，故A错误；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B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误故选B考点：电场强度与电势【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功2.某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。下列判断正确的是()A. 粒子带负电B. 电场力对粒子做负功C. 粒
3、子在N点的加速度大D. N点的电势比M点的电势高【答案】C【解析】【详解】A.根据曲线运动所受合力指向曲线轨迹的内侧，又根据正电荷受力方向沿电场线的切线方向，可以判断粒子带正电，故A项错误；B.从M点到N点，电场力与速度方向之间的夹角小于90，电场力做正功，故B项错误；C.由图可知，N点电场线较密，电场力较大，加速度较大，故C正确；D.根据等势线与电场线垂直和沿电场线方向电势降低，可知N点的电势比M点的电势低，故D错误。3.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确
4、的是()A. 电流大小为，电流方向为顺时针B. 电流大小为，电流方向为顺时针C. 电流大小为，电流方向为逆时针D. 电流大小为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】【分析】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期，根据电流的定义式求解电流强度电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反【详解】电子做圆周运动的周期为，环形电流的电流强度，联立解得：，电流方向与电子运动方向相反，故电流方向为逆时针；【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反4.为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220 V
5、电源两端，经时间t0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响则()A. 如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经2t0的时间电热水壶的开关自动切断B. 如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断C. 如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经4t0的时间电热水壶的开关自动切断D. 如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断【答案】D【解析】【详解】设电热水壶的电热丝的电阻为R，则经过t0的时间，220 V的电压产生的热量为：.AB.若U1=110 V，需要产生相同热量，可解得：；故A项错
6、误，B项错误.CD.若U2=55 V，需要产生相同热量开关才能自动切断：，可解得：；故C项错误，D项正确.5.在坐标x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域则该质子()A. 在x00区间一直做加速运动B. 在0x0区间受到的电场力一直减小C. 在x00区间电势能一直减小D. 在x00区间电势能一直增加【答案】D【解析】【详解】A从x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；B设在xxx，电势为，根据场强与电势差的
7、关系式E，当x无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据FEe，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；CD在x00区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确6. 如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是A. 电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B. 电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C. 电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D.
8、 电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大【答案】B【解析】【详解】A、电容器与电源保持连接，电容器电压不变； 静电计指针偏转角代表电容器的电压，所以静电计指针偏转角不变；故A错误。B、由得，上移电容器左极板， 变小，C变小；又电容器充电后与电源断开，电量Q不变，由得，变大，偏角变大；故B正确。C、由得，电容器两极板间插入玻璃板，C变大，又电容器充电后与电源断开，电量Q不变，由得，变小，偏角变小，故C错误。D、若在两极板间插入金属板，相当于板间距离减小，可知电容增大，而电容器的带电量不变，由电容的定义式C=知极板间电压U减小，则静电计指针偏转角减小，故D正确本
9、题选BD。7.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A. o点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D. a、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】CD【解析】【详解】A由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；Cc、
10、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；Da、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确。8.如图所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R18 ，R24 ，电容C40 F，则下列说法正确的是（ ）A. 开关断开时，电容器不带电B. 将开关闭合，电容器充电C. 将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8104 CD. 若开关处于闭合状态,将开关S断开,到再次稳定后,通过R1的总电荷量为3.2104 C【答案】D【解析】开关断开时，电容器直接与电源相连，故电容器带电；故A错误；开关闭合时，电容器并联在R2两端，则电压会减小，故电容器将放电；故B错误； 开关闭合，稳定后R2两端的电压，则
11、电荷量，故C错误； 根据以上分析可知，开关断开或闭合状态时，电容器两端的电压的变化量为U=12-4=8V；则电量的变化为，减小的电量均通过R1，故D正确；【点睛】本题为包含电容的闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确电路结构，知道电容的电压计算方法；并能正确应用计算电量的变化情况9.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一空间足够大的匀强磁场中，两粒子质量之比为14，电荷量之比为12，则两带电粒子()A. 受洛伦兹力大小之比为21B. 运动周期之比为12C. 轨迹半径之比为21D. 加速度大小之比为21【答案】BD【解析】【详解】A. 根据洛伦兹力大小：f=Bqv，结合题意可得，洛伦
12、兹力大小与电量成正比，即1：2，故A项错误；B. 根据洛伦兹力提供向心力：，又因为，得：，所以有：，故B项正确；C. 因，所以，因为粒子做匀速圆周运动，故v大小不变，故：，故C项错误；D. 根据加速度为，因为v大小不变，故：，故D项正确。10.如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为 。则d点放入电荷q后，b点的场强大小可能是（ ）A. B. C D. 【答案】AC【解析】【详解】在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为：E=，解得：，Q在c点产生的场强为：EQ=，向右；q在b、c产
13、生的场强分别为：、；讨论：a、如果q为正电荷，则c点场强为：，解得：q=Q；则b点场强为：；b、如果q为负电荷，则c点场强为：，解得：q=Q，则b点场强为：故AC正确，BD错误；故选AC。【点睛】本题考查点电荷电场强度的叠加，关键是掌握点电荷的场强公式，并且分两种情况进行讨论，结合矢量叠加法则进行分析。11.如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中
14、心线射入极板C、D内。已知t0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是()A. 电子在荧光屏上形成的亮线长度为B. 保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长C. 保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短D. 保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长【答案】AC【解析】【详解】A. 设电子进入转电场的速度为v，则根据动能定理可得：，故电子进入偏转电场的速度： ；电子在偏转电场中只受竖直方向的电场力作用，故水平方向做匀速运动；设电压UCD=U2时电子的加速度为a，则电子在竖直方向
15、时间加速，时间匀速；故离开偏转电场的竖直分速度相同，离开偏转电场时的电子速度相同；离开偏转电场到光屏的运动都相同；所以电子在荧光屏上形成的亮线长度等于电子出偏转电场时形成的亮线长度。t=0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出，偏转量最大，为：，时刻射入C、D间的电子经时间从极板C的边缘飞出，偏转量最小，为：所以亮线长度为：，故A项正确；B. 保持其他条件不变，只增大d1，电子进入偏转电场的速度不变，后面的运动完全一致，故荧光屏上形成的亮线长度不变，故B项错误；C. 保持其他条件不变，只增大d2，电子在偏转电场的加速度a减小，故荧光屏上形成的亮线长度变短，故C项正确；D. 保持其他条件不变，只增大L，电子在离开偏转电场到达荧光屏的过程中运动完全一致，不会产生位移差，故荧光屏上形成的亮线长度不变，D项错误。12.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸
