山西省应县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

山西省应县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

高 二 年 级 月 考 一 物 理 试 题 一、选择题 ‎1.下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)‎ A. 只有甲、乙正确 B. 只有丙、丁正确 C. 只有甲、丙正确 D. 只有乙、丁正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 甲、在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故甲正确；‎ 乙、剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故乙错误；‎ 丙、木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒，故丙正确；‎ 丁、木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故丁错误。‎ 故选：C。‎ ‎2.如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m，底座质量为3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（　）‎ A. 3v/4 B. v/4‎ C. v/3 D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得，得，负号表示速度方向水平向左，故C正确．‎ ‎3.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块 A的质量为m，速度大小为2，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 A. A和B都向左运动 B. A向左运动，B向右运动 C. A静止，B向右运动 D. A和B都向右运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。‎ ‎4.在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为vA球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是( )‎ A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由碰撞中的动量守恒得mv= 2mvB－mvA，vA＞0，则vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A正确。‎ ‎5.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有 ‎①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于①：电场强度是用比值定义法得出的物理量，适用于任何电场。对于②：匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即，仅仅适用与匀强电场。对于③：点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于④：电场力做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。即①④既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，‎ A. 此时A带正电，B带负电 B. 此时A电势低，B电势高 C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误。‎ ‎7.使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为 A 2∶1 B. 4∶1 C. 16∶1 D. 60∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时由库仑定律得：；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为 60：1，故选D.‎ ‎8.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。则此电场的电场线分布可能是选项图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由v-t图象可知，微粒速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密。电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右。‎ A．该图与结论相符，选项A正确；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎9.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是(　 　)‎ A. O点电势与Q点电势相等 B. O、M间的电势差小于N、Q间的电势差 C. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高；故A错误。‎ B．根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差；故B错误。‎ C．M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加；故C正确。‎ D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上；故D错误。‎ ‎【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．‎ ‎10.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）‎ A. 由x1运动到x3的过程中电势能增大 B. 由x1运动到x3的过程中电势能减小 C. 由x1运动到x4的过程中电势先减小后增大 D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、由x1运动到x3的过程中，场强为x轴负方向，则带负电的点电荷从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能减小，故A错误，B正确；‎ C、由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，故C错误；‎ D、由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】由图可以看出在0-x1处场强为正，x1到+∞处场强为负方向，根据沿着电场线的方向电势降低，结合正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的变化，电场力的变化由F=qE分析。‎ ‎11.在点电荷 Q形成的电场中有一点A，将一个-q的检验电荷从无限远处移到A点时，电场力做功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为 A. EpA=W B. EpA=-W C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】检验电荷-q从电场的无限远处移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，而电荷在无限处电势能为0，则电荷在A点的电势能为EA=-W，A点的电势为 ‎．‎ A. EpA=W，与结论不相符，选项A错误；‎ B. EpA=-W，与结论相符，选项B正确；‎ C. ，与结论相符，选项C正确；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎12.如图所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则 A. 甲、乙两粒子带异种电荷 B. 两粒子经过b点时具有相同的动能 C. 甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能 D. 设无穷远处电势为零，甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同。故A正确。‎ B．可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况。根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确。‎ C．甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做正功，乙粒子从a到d电场力做负功，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，故C错误。‎ D．设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd ‎＞0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能。故D正确。‎ ‎13.如图所示，一质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则（　　）‎ A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C. 碰撞过程中，甲物块的速率可能为，也可能为 D. 碰撞过程中，乙物块的速率可能为，也可能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率．若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能．‎ ‎【详解】A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；‎ B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=2mv，代入数据解得：v=0.5m/s，故B错误.‎ C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据代入解得：v乙′=6m/s.‎ 两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律.‎ 若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，‎ 代入数据解得：v乙′=-4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误.‎ D、甲、乙组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，碰撞结束后，系统的动能守恒，则：‎ ‎,代入数据解得：v甲′=4m/s；v乙′=-3m/s;可知碰撞结束后，甲与乙交换速度；碰撞过程中，乙物块的速度在4m/s～-3m/s之间都是可以的.所以速率可能为2m/s，也可能为1.7m/s，故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题．分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹力最大．‎ ‎14.假设在某电场中沿x轴方向上，电势φ与x的距离关系如图所示，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是(　　)‎ A. 区域x3～x4内沿x轴方向的电场强度均匀增大 B. 区域x6～x7内沿x轴方向场强为零 C. 若电子从电势为2V的x1位置向右移动到电势为2V的x7位置，为了通过电势为3V的x4位置，电子至少应具有1eV的初动能 D. 电子在区域x1～x2内沿x轴方向所受电场力小于区域x3～x4内沿x轴方向所受电场力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图象斜率表示场强可知，在x3到x4区域内电势差U34与两点间距离成正比，则这两点间的电场是匀强电场，沿x方向的电场强度不变，故A错误；‎ B.由图象斜率表示场强可知，在x6到x7区域内，电势差为零，这两点间的场强为零，故B正确；‎ C.由图象斜率表示场强可知，从x1位置到x2位置电势均匀减小，则x1位置到x2位置间电场方向向右，电子在其间受到的电场力向左，电子从x1运动到x2克服电场力做功2eV，电子应该具有2eV的初动能，电子从电势为2V的x1位置向右到电势为2V的x7位置，电场力做的总功为零，则电子从电势为2V的x1位置向右到电势为2V的x7位置，电子至少具有初动能2eV ‎，故C错误；‎ D.由图象斜率表示场强可知，在x1与x2区域内比x3与x4区域内的场强小，所以电子在 x1到 x2区域内沿x方向所受电场力小于x3到 x4区域内沿x方向所受电场，故D正确；‎ 二、填空、实验题 ‎15.有一充电的平行板电容器，两板间电压为3 V，现使它的电荷量减少3×10-4 C，于是电容器两极板间电压降为原来的，此电容器的电容是________ μF，电容器原来的带电荷量是________ C，若电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容是________ μF。‎ ‎【答案】 (1). 150 (2). 4.5×10-4 (3). 150‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]平行板电容器的电荷量减少，电压降低，则 ‎，‎ ‎[2]电容器原来的带电荷量 ‎，‎ ‎[3]电容反映电容器本身的特性，电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容不变，仍为．‎ ‎【点睛】对于电容器的电容，表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关．求电容可用．‎ ‎16.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图.已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置.‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是________.‎ A.斜槽轨道必须是光滑的 ‎ B.斜槽轨道末端的切线水平 C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放 ‎ D.入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb ‎（2）为了验证动量守恒定律.需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________（用相应的文字和字母表示）.‎ ‎（3）如果动量守恒，须满足的关系式是________（用测量物理量的字母表示）.‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 测量OM的距离x2 (3). 测量ON的距离x3 (4). max1＝max2＋mbx3（写成maOP＝maOM＋mbON不扣分）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，故D错误。‎ ‎(2)[2][3].要验证动量守恒定律定律，即验证：mav1=mav2+mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：‎ mav1t=mav2t+mbv3t 得：‎ max1=max2+mbx3，‎ 因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3； (3)[4].由(2)知，实验需要验证：‎ max1=max2+mbx3，‎ 即：‎ maOP=maOM+mbON；‎ 三．计算题 ‎17.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。将一个不知道电荷性质，电量为2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.2J。求：‎ ‎（1）判断电荷带正电还是负电？由A到B电场力做的功WAB？‎ ‎（2）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（3）匀强电场的场强的大小？‎ ‎【答案】（1）负电；-0.2J（2）104V（3）106V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因电势能增加0.2J  ，即电场力做功为W=-0.2J， 则带负电；  （2）由A→B电场力做负功    q=-2×10-5C 则 ‎（3）根据匀强电场中的关系式有：‎ U=Ed 由几何关系可知：‎ d=LABcos60°=0.01m 则 ‎18. 如图所示，在绝缘的光滑水平面上有A、B两个点电荷， A带正电，B带负电，电量都是q，它们之间的距离为d。为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电场．当两电荷都处于静止状态时，（已知静电力常量为k）求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）AB连线的中点处的电场强度。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）B对A的库仑力：，A电荷保持静止状态有：‎ ‎，解得匀强电场的场强，方向水平向左。‎ ‎（2）A电荷在中点处产生的场强，方向水平向右，B电荷在中点处产生的场强，方向水平向右，故连线中点处的场强，场强方向水平向右。‎ 考点：库仑定律、电场强度 ‎【名师点睛】对于电场的叠加与力的合成相似也遵守平行四边形定则．本题中涉及带电体的平衡问题，关键分析受力情况，运用平衡条件进行研究。‎ ‎19.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻等势面间距离为2cm，已知Uac=60V,求：‎ ‎（1）电场强度为多大？‎ ‎（2）设B点的电势为零，求A、C、D、P点的电势。‎ ‎（3）求将q= -1.0×10-10C的点电荷由A移到D电场力做的功。‎ ‎（4）将q=2×10-10C点电荷由B移到C，再经D最后回到P，电场力所做的功Wbcdp ‎【答案】（1） （2），，，（3） (4)0J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）AC间的距离为4cm．则 ‎．‎ ‎（2）根据A点的电势大于C点的电势，知电场强度的方向水平向右．，因为，则；‎ ‎，则；‎ ‎，则；‎ P点与B点等电势，所以；‎ ‎（3）因为 ‎，‎ 则 ‎；‎ ‎（4）B、P两点等电势，则B、P间的电势差为0，根据W=qU知，电场力做功为0．‎ ‎20.如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0 。求弹簧释放的势能。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程； 在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．‎ ‎（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：，‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得，解得：；‎ ‎（2）设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 ‎，‎ 解得： ；‎ ‎ ‎