山西省朔州市应县一中2019-2020学年高二9月月考物理试题 16页

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 3 ' 0mv mv  ，得 ' 3 vv   ，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一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，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 和 B 都向右运动 C. A 静止，B 向右运动 D. A 向左运动，B 向右运动 【答案】D 【解析】 【详解】规定向右为正方向，设碰后 A、B 的速度为 vA、vB，A、B 两滑块组成系统动量守恒， 有： m•2v0﹣2m•v0＝mvA+2mvB 又系统机械能守恒有： 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1(2 ) 2 22 2 2 2A Bm v mv mv mv      联立以上方程可解得： vA＝﹣2v0，vB＝v0 则碰后 A 滑块速度水平向左，B 滑块速度水平向右 ，故 D 符合题意。 4.在光滑水平面上， 一质量为 m、速度大小为 v 的 A 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. 0.4v B. 0.6v C. 0.3v D. 0.2v 【答案】B 【解析】 【详解】AB 两球在水平方向上合外力为零，A 球和 B 球碰撞的过程中动量守恒，设 AB 两球碰 撞后的速度分别为 v1、v2， 选 A 原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有： Mv=﹣mv1+2mv2…① 假设碰后 A 球静止，即 v1=0，可得： v2=0.5v 由题意知球 A 被反弹，所以球 B 的速度： v2＞0.5v…② AB 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有 1 2 mv2 1 2  mv1 2 1 2   2mv2 2…③ ①③两式联立得：v2 2 3  v…④ 由②④两式可得：0.5v＜v2 2 3  v A.与分析不相符，故错误 B.与分析相符，故正确 C.与分析不相符，故错误 D.与分析不相符，故错误 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 E=F/q ②场强 E=U/d ③场强 E=kQ/r2 ④电场力做功 W=Uq A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【分析】 题中的四个物理公式，分别是：电场强度的定义式、匀强电场中电场强度与电势差的关系公 式、点电荷产生的电场的场强公式和电场力做功与电势差关系公式；结合物理公式得出的过 程进行分析即可． 【详解】①电场强度 FE q  是用比值定义法得出的物理量，适用于任意电场，故①正确； ②故电场强度与电势差的关系公式 U=Ed 仅仅适用与匀强电场，故②错误； ③点电荷产生的电场的场强公式 2 QE k r  只适用点电荷有电场，故错③错误； ④电场力做功与电势差的关系公式 W=qU，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，故④正确； 故 D 正确，ABC 错误。 【点睛】本题关键是要熟悉有关电场的各个公式，要知道公式的推导过程，从而能够确定公 式的适用范围． 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： 1 2 5 3Q QF k a  ；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： 2 2(2 ) Q QF k a  ；联立得：F2= 1 60 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电场力作用下以一定初速度从 A 点沿 电场线运动到 B 点，其速度—时间图象如图所示.则这一电场可能是下图中的 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由 v-t 图象可知，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，受力方向与运动方向相反。故选 A。 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。故选 C。 【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. p AE W B. p AE W  C. A W q   D. A W q    【答案】BC 【解析】 试题分析：根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在 A 点与无限远间电势 能的变化量，由公式 AE W  确定电荷在 A 点的电势能，由公式 A W q    求解 A 点的电势． -q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的 A 点时，电场力做的功为 W，则电荷的电势 能减小 W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在 A 点的电势能为 PAE W  ，A 点的电势 A W W q q    ，故 BC 正确． 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．则不正确的为( ) 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】C 【解析】 【详解】带电粒子只受电场力作用做曲线运动，所以电场力指向曲线的内侧，所以甲受吸引 力，乙受排斥力，甲乙带电是异种电荷，A 对；两粒子在 a 点时具有相同的动能，从 a 到 b 电 场力做功为零，所以 b 点时具有相同的动能，B 对；甲粒子从 a 到 c 电场力做正功动能增加， 势能减少；乙粒子从 a 到 d 电场力做负功动能减少，电势能增加；C 错，D 对。 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1 /m s ，也可能为5 /m s D. 碰撞过程中，乙物块的速率可能为 2 /m s ，也可能为1.7 /m s 【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： 2 2 2 21 1 1 1+ = +2 2 2 2m v m v m v m v 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 ,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 位置间的电场 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 1 3 ，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 】 平 行 板 电 容 器 的 电 荷 量 减 少 43 10Q C   ， 电 压 降 低 2U V  ， 则 41.5 10 150QC F FU     ， 电 容 器 原 来 的 带 电 荷 量 4 41.5 10 3 4.5 10Q CU C C       ，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150 F ． 【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 Q QC U U    ． 16.如图所示，为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图。已知 a、b 小球的质量分别 为 ma、mb，半径相同，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度释放 D．入射球与被碰球满足 ma=mb (2)为了验证动量守恒定律，需要测量 OP 间的距离 x1、OM 间的距离 x2 和___________. (3)为了验证动量守恒，需验证的关系式是___________. 【 答 案 】 (1). BC (2). ON 间 的 距 离 x3 (3). 1 2 3a a bm x m x m x  ( 或 a a bm OP m OM m ON     ) 【解析】 【详解】第一空.A.“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； B.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； C.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； D.为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 ma＞mb，故 D 错误. 应填 BC. 第二空.要验证动量守恒定律定律，即验证： 1 2 3a a bm v m v m v  ，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： 1 2 3a a bm v t m v t m v t  ，得： 1 2 3a a bm x m x m x  ，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； 第三空.由以上分析可知，实验需要验证: 1 2 3a a bm x m x m x  ，或 a a bm OP m OM m ON     . 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。将一个电量为-2×10-5C 的电荷由 A 移到 B，其电势能增加了 0.1J。则： (1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？ (2)A、B 两点的电势差 UAB 为多少？ (3)匀强电场的场强为多大？ 【答案】(1)-0.1J (2)5×103V (3)5×105V/m 【解析】 【详解】(1)据电场力做功与电势能变化间关系，有： P 0.1JABW E    (2)根据静电力做功与电势差关系可得： 3 5 0.1 V 5 10 V2 10 AB AB WU q       (3) A、B 两点沿场强方向距离： 2 21sin30 2 10 m 1 10 m2ABd L         据匀强电场中场强与电势差的关系可得： 3 5 2 5 10 V/m 5 10 V/m1 10 ABUE d      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 的点电荷由 B 移到 C，再经 D 最后回到 P，电场力所做的功 Wbcdp 【答案】（1） 31.5 10 /V m （2）30V,-30V,-60V,0V（3） 99.0 10 J  (4)0J 【解析】 【详解】（1）AC 间的距离为 4cm．则 60 / 1500 /0.04 ACUE V m V md    ． （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． 1500 0.02V 30VABU    ，因为 0B  ，则 30VA  ； 30BCU V ，则 30VC   ； 60VBDU  ，则 60VD   ； P 点与 B 点等电势，所以 0Vp  ； （3）因为 90VAD A DU     ，则 10 91 10 90J 9 10 JAD ADW qU          ； （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】 2 0 1 3PE mv 【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： 0 3mv mv ， 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 1v ，由动量守恒得 1 03 2mv mv mv  ，解得： 1 0v  ； （2）设弹簧的弹性势能为 PE ，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有    2 2 2 1 0 1 13 22 2Pm v E m v mv   ， 解得： 2 0 1 3PE mv ；