四川省德阳市什邡中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理 Word版含解析.docx

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什邡中学高2022级平行实验班第三学期第一次月考物理试题一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题4分，共28分）1.下列描述正确的是（　　）A.点电荷就是体积很小的带电体B.元电荷实质上指电子和质子本身C.点电荷是真实存在的D.元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，通常取e＝1.6×10－19C【答案】D【解析】【详解】A．带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量无具体关系，故A错误；B．元电荷是表示跟电子（质子）所带电量数值相等的电量，不是指电子和质子，故B错误；C．点电荷是理想化的模型，不是真实存在的，故C错误；D．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，通常取e＝1.6×10－19C，故D正确。故选D。2.下列物理量与检验电荷有关是（　　）A.电场强度B.电势C.电势能D.电势差【答案】C【解析】【详解】A．电场强度与电场本身有关，与检验电荷无关，故A错误；B．电势与零电势的选取有关，与电场本身有关，但与检验电荷无关，故B错误；C．由公式可知，电荷在电场中的电势能与检验电荷有关，故C正确；D．电势差是两点之间的电势之差，与电场本身和两点沿电场方向的距离有关，与检验电荷无关，故D错误。故选C。3.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）A.电场强度的方向处处与等电势面垂直B.电场强度为零的地方，电势也为零 C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D.任一点电势降低的方向就是电场强度方向【答案】A【解析】【详解】A．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A正确B．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，电场强度不一定为零，故B错误；C．电势与电场强度无直接关系，电场强度的大小逐渐减小，但电势不一定逐渐降低，故C错误；D．电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故D错误。故选A。4.连线是某电场中的一条电场线，一正电荷从点处自由释放，电荷仅在电场力作用下沿电场线从点到点运动过程中的速度图象如图所示，比较、两点电势的高低和场强的大小，下列说法中正确的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【详解】电荷仅在电场作用下沿电场线从点到点，则电荷所受的电场力方向从指向，而电荷带正电，所以电场线方向从，根据顺着电场线电势降低，可以知道，从速度时间图线得知正电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力不断变小，由知，场强不断减小，故点的电场力强度较大，故。故选C。5.如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N 是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C（可视为质点）由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法正确的是（　　）A速度一直增大B.速度先增大，再减小C.加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D.小球的动能与电势能之和不变，即小球的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】AB．在等量同种负点电荷连线中垂线上，OP段电场强度方向由P指向O，正点电荷从点P到点O运动的过程中，电场力做正功，小球的速度增大，越过O点后，小球做减速运动，则小球C的速度先增大，再减小，故A错误，B正确；C．O点的场强为零，小球通过O点时的加速度为零；由于OP间电场线的疏密情况不确定，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，加速度变化情况不能确定，所以小球C由P到O过程，可能加速度不断减小，也可能先增加后减小；在ON间同样如此，故C错误；D．小球C向N点运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小，后增大，根据能量守恒，机械能先增大，后减小，故D错误。故选B。6.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q>0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）A.B.C.D. 【答案】B【解析】分析】【详解】设Q在b点产生的场强大小为E，由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的场强为零，得所以q、Q在d点产生的场强为故选B。7.在竖直向上的匀强电场中，用绝缘的细线拴住的带正电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是（　　）①带电小球有可能做匀速率圆周运动②带电小球有可能做变速率圆周运动③小球通过最高点时细线拉力一定最小④小球通过最低点时细线拉力有可能最小A.②B.①②C.①②③D.①②④【答案】D【解析】【详解】根据题意可知，小球所受电场力竖直向上，当电场力等于小球重力时，小球在绳子的拉力作用下做圆周运动，绳子拉力不做功，小球做匀速率圆周运动，故①正确；当电场力不等于小球重力时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速率圆周运动，故②正确；当电场力等于小球重力时，小球在绳子的拉力作用下做匀速率圆周运动，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，当电场力大于重力时，小球在最高点时，细线拉力最大，在最低点时，细线拉力最小，当电场力小于重力时，小球在最高点时，细线拉力最小，在最低点时，细线拉力最大，故③错误，④正确。故选D。二、多选题（每小题有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选的，得0分，共20分）8. 如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（）A.动能减少10JB.电势能增加24JC机械能减少24JD.内能增加16J【答案】AD【解析】【详解】A．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，则即动能减少10J；A正确；B．电势能的变化量等于电场力做功，即即电势能增加8J；B错误；C．机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功，即即机械能增加8J；C错误；D．内能增加量等于客服摩擦力做功，即16J，D正确。故选AD。9.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J，已知A点的电势为－10V，则以下判断正确的是A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C.B点电势为零；D.B点电势－20V 【答案】AC【解析】【详解】AB．由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．CD．根据动能定理得：qUAB=△Ek，得又UAB=φA-φB，φA=-10V，则φB=0．故C正确，D错误．10.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点的电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是（　　）A.匀强电场的电场强度大小为10V/mB.通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线C.匀强电场的电场强度方向为由C指向AD.将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将增加【答案】BC【解析】【详解】A．B、A间的电势差为UBA=1V，且UBA=EdABcos30°可得电场强度为故A错误；B．连接AC，根据匀强电场的性质可知，AC中点G电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD平行于EB，而匀强电场的等势面平行，则CD直线也是一条等势线，同理，AF的直线也为等势线，故B正确； C．由几何知识得知，，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A，故C正确；D．由上得知，E的电势为2V，D点与C点的电势相等为3V，则电子从E点移到D点电场力做正功，而且为电势能将减小，而不增加，故D错误。故选BC。11.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球aA.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中，速率先增大后减小C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】【详解】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；B．从N到P的过程中，重力沿曲面切线的分量逐渐减小到零且重力沿曲面切线的分量是动力，库仑斥力沿曲面切线的分量由零逐渐增大且库仑斥力沿曲面切线的分量是阻力，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，故选项B正确；C．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，故选项C正确；D．在从P到Q 的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，故选项D错误．二、实验题（12题6分，13题8分，共14分）12.利用如图所示的装置探究影响电荷之间相互作用力的因素。使M、N都带正电荷。第一步，球M向左移动过程中，发现小球N的悬线逐渐偏离竖直方向。第二步，保持M、N之间距离不变，改变M的电荷量，发现角随M电荷量的增加而增大。（1）以上实验操作中用到的方法是___________（选填科学抽象，控制变量，归纳演绎）（2）当小球N静止时，两球心恰好在同一水平面上，且线与竖直方向的夹角为θ，若小球N质量为，重力加速度为，则库仑力与夹角的关系式为___________。（3）由以上实验得出的结论是___________________。【答案】①.控制变量②.③.两个带电小球间的库仑力随两带电小球的距离减小而增大，随带电小球的电荷量增大而增大【解析】【详解】（1）[1]根据题意可知，以上实验操作中用到的方法是控制变量。（2）[2]根据题意，对受力分析，如图所示根据平衡条件，由几何关系可得（3）[3]由实验现象可知，当两球距离减小时，增大，库仑力增大；随M电荷量的增加而增大，即库仑力随M电荷量的增加而增大，由以上实验得出的结论是两个带电小球间的库仑力随两带电小球的距离减小而增大，随带电小球的电荷量增大而增大。13.某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示。 （1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______。（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个_____（填字母代号）A.避免小车在运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法_______。（4）他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的____（填字母代号）。A.在接通电源的同时释放了小车B.小车释放时离打点计时器太近C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D.钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【答案】①.刻度尺、天平（包括砝码）②.D③.在小车上加适量的砝码（或钩码）④.CD【解析】【详解】（1）根据实验原理可知，需要验证mgx=Mv2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平．（2）分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故D正确，ABC错误．（3）纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），故在所挂钩码质量不变的情况下，可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码） （4）在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故CD正确，AD错误．三、解答题（本题共3小题，38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）14.一根长为L的丝线吊着一质量为m、电荷量为q的带电小球静止在水平向右的匀强电场中（电场区域足够大），如图所示，丝线与竖直方向成37°角，取，，重力加速度记为g，求：（1）小球带何种电荷？匀强电场的场强E的大小是多少？（2）某一时刻突然剪断丝线，此后小球作什么运动？剪断丝线后，经过时间t，小球到达另一位置，初，末位置之间的电势差U为多少？【答案】（1）正电，；（2）匀加速直线运动，【解析】【详解】（1）根据题意，对小球受力分析，如图所示可知，电场力与电场方向相同，则小球带正电，由平衡条件和几何关系可得解得（2 ）间断细线后，绳子拉力消失，小球所受电场力和重力不变，则小球沿电场力和重力的合力方向，即原绳子拉力方向的反方向，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有解得经过时间t，小球的位移为由于沿电场线方向电势逐渐降低，由公式可得，初，末位置之间的电势差为15.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量、质量的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数，沿x轴正方向给物块一个初速度，如图所示，（g取10m/s2）求：（1）物块向右运动的时间及向右运动的最大距离（2）物块最终停止时的位置【答案】（1），；（2）点左侧【解析】【详解】（1）根据题意，当物块向右运动时，由牛顿第二定律有解得物块向右运动时，加速度大小为由公式可得，物块向右运动的时间为 由公式可得，物块向右运动的最大距离为（2）根据题意可知，由于则小球不能停在点的右侧，设物块最终停在点左侧且距离为处，由动能定理有解得即物块最终停止点左侧处。16.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：（1）开始时BC间的距离L；（2）F从变力到恒力需要的时间t；（3）在时间t内，力F做功WF＝2.31J，求系统电势能的变化量ΔEp【答案】（1）2.0m（2）1.0s（3）－2.1J【解析】【详解】（1）ABC静止时，以AB为研究对象有：(mA＋mB)gsin＝解得：L＝2.0m（2）给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得： －mBgsin＝mBa解得：l＝3.0m由匀加速运动规律得：l－L＝at2解得：t＝1.0s（3）AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：WF－(mA＋mB)g(l－L)sin＋WC＝(mA＋mB)v2又v＝at，代入数据解得：WC＝2.1J所以系统电势能的变化量