2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高二9月月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高二9月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2018-2019学年高二9月月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3间距离为q1与q2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为(　　)‎ A． (－9)∶4∶(－36)‎ B． 9∶4∶36‎ C． (－3)∶2∶6‎ D． 3∶2∶6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电。由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：…① 对q2有： …② 对q3有： …③ 联立①②③可解得：q1：q2：q3=()2：1：()2 根据题意可知l2=2l1，所以q1：q2：q3=：1：9 由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36。故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了库仑定律在电荷平衡中的应用，对于三个电荷平衡可以利用“两同夹异，近小远大”的规律进行电性判断，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难。‎ ‎2．下列关于元电荷的说法中正确的是(　　)‎ A． 元电荷实质上是指电子和质子本身 B． 一个带电体的带电荷量可以为205.5倍的元电荷 C． 元电荷有正负之分 D． 元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故A错误；带电体的带电量一定是元电荷的整数倍；故B错误；元电荷是一个电荷量，不分正负；故C错误；电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，元电荷的值通常取作e=1.60×10-19C，故D正确。故选D。‎ ‎3．两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A． F B． F C． F D． 12F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为 ‎，则此时；两式联立得F′=F，故C正确，ABD错误，故选C。‎ ‎4．有关电场强度的理解，下述说法正确的是(　　)‎ A． 由E＝可知，电场强度E跟放入电场的电荷q所受的静电力成正比 B． 当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度 C． 由E＝可知，在离点电荷很近，r接近于零时，电场强度无穷大 D． 电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电场强度E可以根据定义式E=F/q来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的电场力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；点电荷电场的决定式E=k，当r接近0时不再能看成点电荷了，公式不再适应。故C错误。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．‎ ‎5．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图1所示，关于电子的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A． 电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B． 电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C． 电子运动到O时，加速度为零，速度最大 D． 电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，故加速度向下，与速度同向，故速度越来越大；但电场线的疏密情况不确定，O点上方的电场强度最大点位置不确定，故电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断。故AB错误；越过O点后，电子做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大。电场力为零，加速度为零。故C正确。根据电场线的对称性可知，越过O点后，电子做减速运动，加速度的变化情况无法判断。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性；同时要能够结合力与运动的关系进行分析．‎ ‎6．在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8 J，以下说法中正确的是(　　)‎ A． 电荷在B点具有的电势能是6×10－8 J B． B点电势是15 V C． 电荷的电势能增加了6×10－8 J D． 电荷的电势能减少了6×10－8 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，B点的电势、电荷在B点的电势能才是确定的数值，故AB错误；由于电荷从A移到B的过程中是克服静电力做功6×10-8 J，故电荷电势能应该是增加了6×10-8 J，故C正确，D错误．故选C.‎ ‎7．三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则(　　)‎ A． Ea>Eb，φa>φb B． EaEb，φa<φb D． Eaφb ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可以看出a处电场线更密，所以Ea>Eb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb>φa，故C项正确．‎ ‎8．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，与原来相比(　　)‎ A． 两小球间距离将增大，推力F将增大 B． 两小球间距离将增大，推力F将减小 C． 两小球间距离将减小，推力F将增大 D． 两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对A球受力分析，受到三个力如图1所示，B小球向左缓慢推动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，B的重力不变，墙壁的弹力方向不变，根据平行四边形定则，库仑力变小，竖直墙面对小球A的推力变小，对整体而言，墙壁对球的弹力等于推力F，则推力F将减小；库仑力变小，两个球之间的距离将增大，故B正确．‎ 考点：考查了力的动态平衡分析 ‎【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)‎ A． M点的电势高于N点的电势 B． M点的电势低于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】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势。故A正确，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，粒子在M点所受的电场力也较小，故C错误。由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，电场力对粒子做正功，电势能减小，则粒子在M点具有的电势能大于在N点的电势能，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．‎ ‎10．如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是(　　)‎ A． ＋Q在小球处产生的场强为E1＝‎ B． ＋Q在小球处产生的场强为＝‎ C． ＋q在O点产生的场强为E2＝‎ D． ＋q在O点产生的场强为E2＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对金属小球受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：F=mgtanθ；故+Q在小球处产生的场强为：；根据点电荷的场强公式，+q在O点产生的场强为：；故选BC。‎ ‎11．关于对UAB＝WAB/q和WAB＝qUAB的理解，正确的是(　　)‎ A． 电场中A、B两点的电势差和两点间移动电荷的电荷量q成反比 B． 在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电荷量q成正比 C． UAB与q、WAB无关，与是否移动电荷也没有关系 D． WAB与q、UAB无关，与电荷移动的路径无关 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电场中A、B两点的电势差由电场本身决定，与两点间移动电荷的电荷量q无关，选项A错误；根据WAB＝qUAB，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电荷量q成正比，选项B正确；UAB与q、WAB无关，与是否移动电荷也没有关系，选项C 正确；WAB与q、UAB有关，与电荷移动的路径无关，选项D错误；故选BC.‎ ‎12．A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)‎ A． pA′＝8kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s B． pA′＝6kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C． pA′＝5kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s D． pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 以两物体组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动能：；系统的总动量：P=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s； 碰后甲乙两球动量为：8kg•m/s，4 kg•m/s，系统的总动量 P′=8+4=12kg•m/s，动量守恒。碰后，两球同向运动，甲的速度比乙球的速度大，不符合两球的运动情况，所以不可能，故A错误。碰后甲乙两球动量为：6 kg•m/s，6 kg•m/s，系统总动量P′=6+6=12kg•m/s，系统的动量守恒，总动能：，系统动能减小，是可能的，故B正确；碰后甲乙两球动量为：5kg•m/s，7 kg•m/s，系统动量总P′=5+7=12kg•m/s，系统动量守恒，总动能：，系统动能不变，是可能的，故C正确；如果-2kg•m/s，14kg•m/s，系统总动量P′=-2+14=12kg•m/s，系统动量守恒，系统总动能：，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．(1)用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060s，左侧滑块质量为100g，左侧滑块的m1v1＝________g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝________ g·m/s.‎ ‎(2)．对于实验最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是_________ .‎ A．仅限于一维碰撞 B．任何情况下m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立 C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小 D．式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和 ‎【答案】22.5；0；D；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）左侧滑块的速度为：‎ 则左侧滑块的m1v1=100 g×0.225 m/s=22.5 g•m/s 右侧滑块的速度为：‎ 则右侧滑块的m2v2=150 g×（-0.15 m/s）=-22.5 g•m/s 因m1v1与m2v2等大、反向，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=0.‎ ‎（2）“探究碰撞中的不变量”实验虽然是在一维情况下设计的实验，但结论具有普遍性，对各种碰撞均成立，故A错误；如果发生的是非弹性碰撞，则机械能不守恒，故B错误；动量是矢量，其方向与速度方向相同，故式中的速度应包括大小和方向，故C错误；系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论，故不变量是m1‎ 和m2组成的系统的质量与速度乘积之和，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，并能根据光电门求解瞬时速度，进而表示出碰撞后的动量，在计算时要注意动量的矢量性。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎14．如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，将电荷量q＝1.2×10－6 C的电荷在该电场中移动．‎ ‎(1)把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？‎ ‎(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？‎ ‎【答案】（1）3.6×10-5 J．（2）电势能增加了4.8×10-5 J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由于UCD=φC-φD=0-（-30）V=30 V 则电荷从C移到D，电场力做功：WCD=qUCD=1.2×10-6×30 J=3.6×10-5 J. （2）由于UDA=φD-φA=-30V-10V=-40V 则电荷从D移到B再移到A电场力做的功：WDA=qUDA=1.2×10-6×（-40）J=-4.8×10-5 J. 故电势能的变化量：△Ep=-WDA=4.8×10-5 J，电荷的电势能增加．‎ ‎【点睛】‎ 本题要掌握电场力做功的计算公式W=qU，注意计算时式中各个量都要代入符号．同时要知道电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加．‎ ‎15．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体做匀速直线运动，由平衡条件得： 在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得： ．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．‎ ‎16．如图,用一根长为l=15cm的丝线吊着一质量为m＝3 ×10-3kg的小球,带电荷量为Q＝1×10－6C的小球，小球静止在场强E＝2×104N／C的水平向右的匀强电场中，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放 (重力加速度为g=10m/s2)，求：‎ ‎（1）小球到达最低达最低点B时的速度是多大?‎ ‎（2）小球到达最低点B时绳的拉力是多大？‎ ‎【答案】（1）1m/s；（2）0.05N．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对从A到B过程运用动能定理列式，有： ‎ mgL-EQL=mv2 解得： ‎ ‎（2）在B点，重力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： FT-mg=m FT=m（g+）=3×10-3×(10+)=0.05N ‎17．电荷量为q＝1×10－4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块的质量m；‎ ‎(2)物块与水平面之间的动摩擦因数；‎ ‎(3)物块运动2 s过程中，其电势能的改变量．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】解：由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 qE1－μmg=ma， （1分）‎ 由图线知a=2m/s2 （1分）‎ ‎1s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2=μmg 联立解得q（E1－E2）=ma（1分）‎ 由图可得E1=3×104N/C，E2=2×104N/C， （1分）‎ 代入数据解得：m=0.5kg （1分）‎ ‎（2）由qE2=μmg可得μ=qE2/mg="0.4" （2分）‎ ‎（3）物块在第1s的位移为m （1分）‎ 物块在第2s的位移为m （1分）‎ 电场力做正功=7J （1分）‎ 所以，物块的电势能减少7J。 （1分）‎ 思路分析：根据v-t图像得出物体运动类型,结合牛顿第二定律解题,‎ 试题点评：本题是一道力电综合性题目