湖北省宜昌市英杰学校2018-2019学年高二上学期9月测试物理试题（解析版）

湖北省宜昌市英杰学校2018-2019学年高二上学期9月测试物理试题（解析版）

宜昌英杰学校2018至2019学年度第一学期九月测试 高二年级物理学科测试卷 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为 F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（　　）‎ A. 16F B. C.  F D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据库仑定律，则；它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为，故选B.‎ ‎2.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A、B 两个点，O 和B、B 和A 间的距离均为R。现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为， 则A 点处场强的大小为：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：；同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量，则其在A点产生的场强：‎ ‎，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强，故ACD错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】主要采用割补法的思想，根据整体球在A点产生的场强等于割掉的小球在A点产生的场强和剩余空腔部分在A点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。‎ ‎3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2两点间距离与3、4两点间距离相等下列判断正确的是　　‎ A. 2、3两点的电势相等 B. 1、3两点的电场强度相等 C. 1、2两点的电场强度相等 D. 1、2两点的电势差与3、4两点的电势差相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等，A正确；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小不相同，方向不同，B错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，它们的电场强度的大小不相同，方向相同，C错误；根据，由于1、2两点的电场线比3、4两点间的电场线密集，故在12两点间电场力做功多，故12两点间电势差大，D错误．‎ ‎【点睛】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．‎ ‎4.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场强度较大的地方电场线一定较疏 B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小 C. 沿电场线方向，电势一定越来越低 D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、电场强度与电场线的密集程度有关。电场线越密，电场强度越大；反之则越小，故A正确，‎ BC、沿电场线方向，电势一定越来越低但电场强度不一定越来越小，比如正电荷的电场线沿电场线电场强度越来越小，故BC错; ‎ D、电场线并不实际存在，它只是人为的辅助工具，而带电粒子的运动轨迹是实际存在的，故D错误。‎ 综上所述本题答案是：A ‎5.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是( )‎ A. b、c、e、f 四点的场强相同 B. b、c、e、f 四点的电势相等 C. O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势 D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，两点电荷在c、f处的电场强度各自进行矢量合成，则c、f处场强大小相等，方向相同，同理b、e电场强度大小相等，方向相同，故A正确。依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等且大于O点电势，而c、e二点的电势相等，且小于O点电势，故BC错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】根据两个点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可．‎ ‎6.如图所示，PQ为某电场中的一条电场线，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该电场一定是匀强电场 B. 该电场一定是点电荷产生的电场 C. P点的电场强度一定比Q点的大 D. 正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 仅由这一根电场线无法判断是什么电场，不知电场线的疏密，电场的强弱也无法判断，正电荷受力分析与电场线方向相同，所以ABC错误；D正确。‎ ‎7.光滑水平地面上，A，B两物块质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 A. A、B系统总动量为2mv B. A的动量变为零 C. B的动量达到最大值 D. A、B的速度相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A：A、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv；弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍为mv。故A项错误。‎ BCD：A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B继续加速，A继续减速，所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值。弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相等，A的动量不为零。故BC两项错误，D项正确。‎ ‎【点睛】两物体沿一直线运动，速度不等时，两者间距离发生变化；当两者速度相等时，两物体间距离出现极值。‎ ‎8.质量为和未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其图象如图所示，则　　‎ A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为2kg C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=4m/s，碰后m1的速度为：v1′=-2m/s，m2的速度为：v2′=2m/s，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2′，‎ 即：1×4=1×（-2）+m2×2，解得：m2=3kg；‎ 碰撞前总动能：Ek=Ek1+Ek2=m1v12+m2v22=×1×42+×3×02=8J，‎ 碰撞后总动能：Ek′=Ek1′+Ek2′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（-2）2+×3×22=8J，‎ 碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确，BCD错误；故选A.‎ 考点：s-t图像；动量守恒定律.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律得应用以及x-t图线，首先要知道x-t图线的斜率等于物体的速度；同时要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞.‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出球能保持静止的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A球进行受力分析，由于A球能保持静止，根据共点力平衡状态解决问题；‎ ‎【详解】A、对A球进行受力分析： 根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故A正确； B、对A球进行受力分析： 根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，合力不为零，故B错误； C、对A球进行受力分析： 根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，合力不为零，故C错误； D、对A球进行受力分析： ‎ 根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故D正确。‎ ‎【点睛】根据受力分析，找出所受的力合力可以为0，那么小球可以处于静止状态。‎ ‎10.直线AB是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB 由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势、的判断正确的是　 　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．‎ 由图可知，电子做减速运动，加速度逐渐减小，说明受到的电场力逐渐减小，根据可知，电场强度逐渐减小，即．故A正确B错误；由图看出，电子的速度减小，则动能减小，电场力做负功，则电子受到的电场力的方向由B指向A，电子带负电，所以电场线的方向是由A指向B．A点的电势高，所以，故C正确D错误．‎ ‎11.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（　　）‎ A. M点的电势小于N点的电势 B. 粒子带正电，M点的电势大于N点的电势 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由图，若分别过M点与N点做等势线，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，比较可知，M点的电势一定高于N点的电势。故A错误；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故B错误。M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小。故C错误。粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，M点的电势能大于N点的电势能，故D正确。故选D.‎ 点睛:对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。‎ ‎12.A、B两个点电荷在真空中所形成电场的电场线（方向未标出）如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则（　　）‎ A. 这两个点电荷一定是等量异种电荷 B. 这两个点电荷一定是等量同种电荷 C. C、D两点的电势一定不相等 D. C点的电场强度比D点的电场强度大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷．故A正确，B错误．根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势．故C错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确．故选AD．‎ 考点：电场线；电场强度；电势 三、计算题（本大题共4小题，共52.0分）‎ ‎13.把质量是 kg的带电小球B用细线悬挂起来，如图所示若将带电荷量为 的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成角，A、B在同一水平面上，相距，试求：‎ ‎（1）A球受到的电场力多大？‎ ‎（2）B球所带电荷量为多少？‎ ‎【答案】(1) 2.0×10-2 N． (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球B受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；根据库仑定律求解出小球A的带电量.‎ ‎【详解】(1)对B球受力分析由几何关系知：F＝mgtan45°＝mg＝2.0×10-2 N 由牛顿第三定律知FBA＝FAB＝2.0×10-2 N．‎ ‎(2)根据库仑定律:，代入数据解得：qB=5.0×10-6 C ‎【点睛】本题关键先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求解出B球的带电量。‎ ‎14.地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强？‎ ‎（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对小球列平衡方程qE=mgtanθ 所以．‎ ‎（2）丝线断后小球的加速度为 ‎ 由 得 ‎15.将带电荷量为的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了的功，再从B移到C，静电力做了的功则 ‎(1)电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？‎ ‎(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？‎ ‎(3)若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？‎ ‎【答案】（1）1.8×10-5J．（2）EPB=3×10-5J；EPC=1.8×10-5J；(3) ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场力做负功，则电荷的电势能增加。克服静电力做多少功，电势能就增加多少。相反，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少。根据电场力做功与电势能变化的关系求解。先求出电场力做功，再求解电势能的变化量。根据电势能的变化量，确定出电荷在B点和C点的电势能；根据即可求出B、C两点的电势。‎ ‎【详解】（1）负电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了3×10-5J的功，即电场力做功为 WAB=-3×10-5J，电势能增加△EPAB=3×10-5J； 从B点移动到C点，电场力做了 WBC=1.2×10-5J的功，电荷的电势能减少△EPBC=1.2×10-5J，所以电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能增加 ，△EPAC=△EPAB-△EPBC=3×10-5J-1.2×10-5J=1.8×10-5J． （2）规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加△EPAB=3×10-5J，可知B点的电势能为 EPB=3×10-5J； 电荷从A点到C点，电势能增加△EPAC=1.8×10-5J，则C点的电势能为 EPC=1.8×10-5J；‎ ‎（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为：，‎ ‎【点睛】电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定。就像重力做功与重力势能一样，求电势能，往往先求电势能的变化量，再求解某点的电势能.‎ ‎16.如图，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的木板，木板上有质量为m=1kg的物块它们都以v0=4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)当木板的速度为2.4m/s时，物块的速度是多大？‎ ‎(2)木板的最终速度是多大？‎ ‎【答案】(1)0.8m/s；(2)2m/s，方向向左 ‎【解析】‎ ‎（1）设向左为正方向；两物体在运动中不受外力，总动量守恒；则由动量守恒定律可知：‎ ‎   ‎ 代入数据解得： ‎ ‎（2）对全程由动量守恒定律可知：‎ 最终木板和物块的速度相同： ‎ 解得：，方向向左 点睛：分析运动过程和受力情况，明确二者动量守恒；根据动量守恒定律可明确木板的速度为2.4m/s时，物块的速度；两物体最终速度相同，对全过程由动量守恒定律可求得最终时的速度大小和方向；‎