2018-2019学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A． 保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B． 保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C． 保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D． 保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设弹簧的劲度系数为K，原长为x，当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有；‎ A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有，解得，故A错误；‎ B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于，故B正确；‎ C、保持Q不变，将q变为−q，如果缩短量等于，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于，故C错误；‎ D、保持q不变，将Q变为−Q，如果缩短量等于，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可。‎ ‎2．在静电场中 ( )‎ A． 电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零 B． 电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同 C． 电场强度的方向总是跟等势面垂直 D． 电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A、B均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D错．‎ ‎3．如图所示，长为L的规则枕形导体原来不带电，O点是其几何中心。将一个带正电、电荷量为Q的点电荷放置在距导体左端R处，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，k为静电力常量。电键S最初断开，则（ 　）‎ A． 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于0‎ B． 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于 C． 若闭合S，有电子从枕形导体流向大地 D． 导体a、b端电势满足关系φa<φb ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0，则导体两端的感应电荷和点电荷Q在O点产生的场强大小相等、方向相反，所以导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小不等于0．故A错误。电荷量为Q的点电荷在O点产生的场强大小等于，由上分析可得，导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于．故B正确。闭合 S，大地中的电子在点电荷Q的吸引力作用下从大地流向枕形导体。故C错误。当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体a端电势等于b端电势，即φa=φb．故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点：整个导体是等势体，内部场强处处为零．理解内部场强为零的原因．‎ ‎4．匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设电场强度大小为E，一电荷量为1×10－6C的正电荷从D点移到C点静电力所做的功为W，则（ ）‎ A． W=8×10－6J，E>8 V/m B． W=6×10－6J，E>6 V/m C． W=8×10－6J，E≤8 V/m D． W=6×10－6J，E≤6 V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A。‎ 考点：电势；电场强度 ‎5．如图所示，图中K、L、M为静电场中的3个相距较近的等势面．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动．已知φK<φL<φM，且粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确的是 （ ）‎ A． 粒子带负电 B． 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 C． 粒子在a点与e点的速度大小相等 D． 粒子在a点的电势能小于在d点的电势能 ‎【答案】CD ‎【解析】因为k＜L，且带电粒子在ab段做减速运动，因此粒子带正电，A错误；由电场线分布情况可知a点场强小于b点场强，因此粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误；a点和e点处在同一等势面上，因此该粒子在该两点的动能、电势能都相等，C正确；b点和d点处在同一等势面上，b、d两点的电势能相等，由于带电粒子在ab段做减速运动即该阶段电场力做负功，电势能增加，即a点的电势能小于b点的电势能，故D正确.‎ 视频 ‎6．如图所示，将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，取无穷远为零电势点，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是（ 　）‎ A． EA=EB=0，φA=φB=0‎ B． EA=EB≠0，φA=φB=0‎ C． EA=EB=0，φA=φB≠0‎ D． EA=EB≠0，φA=φB≠0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据场强的叠加原理可知，两等量正电荷和等量负电荷在AB两点的场强的合场强都是大小相等方向相反的，则四个电荷在AB两点的合场强均为零，则EA=EB=0。等量的正负电荷在AB两点的电势都是大小相等，符号相反的，故AB是一等势面，所以A点电势等于B点电势，φA=φB=0。故选A。‎ ‎7．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的总弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有 ，可得碰前A的速度.‎ 故选C 考点：动量守恒与能量守恒的综合题，‎ 点评：两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度 ‎8．在平行板间加上如图(甲)所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，在图(乙)中，能定性描述粒子运动的速度时间图象的是 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．‎ 故选：A 点评：带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．如图所示，竖直面内，A、B、C、D位于同一半径为r的圆上且AB⊥CD，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q，现从A点将一质量为m，电荷量为-q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为 ，规定电场中B点的电势为零。则在+Q形成的电场中（ 　）‎ A． A点电势高于D点电势 B． D点电势为-‎ C． O点电场强度大小是A点的倍 D． 点电荷-q在D点具有的电势能为-‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线从正电荷发散，则A点的电势高于D点电势，故A正确；-q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr-W电=mv2-0，解得：W电=mgr；规定电场中B点的电势为零，AB 两点对称，因由D到B点电场力做正功，则电势能减小，因此D点的电势能为EPD=mgr；根据公式φD=，故B正确，D错误；根据点电荷电场强度公式，E=，电场强度的大小与间距的平方成反比，CA=CO，则有O点电场强度大小是A点的2倍，故C错误；故选AB。‎ ‎10．如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则（ 　）‎ A． 点电荷所受电场力减小 B． 点电荷在P处的电势能减少 C． P点电势减小 D． 电容器的带电荷量增加 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A正确；板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】‎ 电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势能表达式EP=qφ，电荷量以及电势均要考虑正负号．‎ ‎11．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是（ 　）‎ A． A点的电势低于B点的电势 B． A点的电场强度方向由A指向B C． A点的电场强度小于B点的电场强度 D． 正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 依据沿着电场线方向，电势降低，由图可知0到r0电势不变，大于r0时随着间距的增大，电势降低，可知A点的电势高于B点的电势，金属球壳带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确、C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电势能减小，电场力做正功，故D正确。故选BD。‎ ‎12．如图所示，竖直平面内的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A． 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大 B． 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小 C． 若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动 D． 若将圆环从杆上P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A：圆环沿细杆从P运动到O的过程中，受库仑引力和杆的弹力，库仑引力沿杆向下的分力等于圆环的合力；滑到O点时，合力等于0，加速度为0；故A错误。‎ B：圆环沿细杆从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，由动能定理知，动能一直增加，则速度一直增大；故B错误。‎ CD： 对圆环沿细杆从P运动到O的过程，对圆周运动，联立得：；‎ 若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q 做匀速圆周运动；故C正确；‎ 将圆环从杆上P点上方由静止释放，增大，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动，故D正确。‎ 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．在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M，砂桶及砂的质量为m。‎ ‎（1）若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳的张力大小FT＝________，当M与m的大小满足________时，才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力。‎ ‎（2）某同学在保持砂和砂桶质量m一定的条件下，探究小车加速度a与质量M的关系，其具体操作步骤如下，则做法合理的有（____）‎ A．平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好 B．每次改变小车质量M时，都需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先接通计时器的电源，再放开小车 D．用天平测出m及M，直接用公式a＝求出小车运动的加速度 ‎【答案】（1）M＞＞m（2）C ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由牛顿第二定律知：对小车有FT=Ma；对砂和砂桶有mg-FT=ma；所以；可见当M＞＞m时，FT≈mg.‎ ‎（2）平衡摩擦力时，不系砂桶，只让小车拖着后面的纸带在倾斜木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时mgsinθ=μmgcosθ，即sinθ=μcosθ，与质量无关，则每次改变小车质量M时，不需要重新平衡摩擦力，选项B 错误；实验时，先接通计时器的电源，再放开小车，选项C正确；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a=mg/M求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误．故选C.‎ ‎【点睛】‎ 此题关键是要先搞清实验的原理，尤其是一个重要的步骤：平衡摩擦力，为什么要平衡摩擦力，怎样平衡摩擦力等；记住实验的一个重要条件：M＞＞m.‎ ‎14．某同学想描绘某一热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供下列器材：‎ A．电压表V（量程为0~5V，内阻约5k）‎ B．电流表A1（量程为0~25mA，内阻约0.2）‎ C．电流表A2（量程为0~0.6A，内阻约0.1）‎ D．滑动变阻器R1（0~10，额定电流1.5A）；‎ E．滑动变阻器R2（0~1000，额定电流0.5A）‎ F．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ G．电键一个、导线若干 ‎（1）该同学选择了适当的器材组成描绘伏安特性曲线的电路（甲图），得到热敏电阻电压和电流的7组数据（如下表），请你在方格纸上做出热敏电阻的伏安特性曲线________。‎ 电压 U（V）‎ ‎0.0‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎3.0‎ ‎3.6‎ ‎4.0‎ 电流 I（mA）‎ ‎0.0‎ ‎1.6‎ ‎5.8‎ ‎8.0‎ ‎11.8‎ ‎16.0‎ ‎20.0‎ ‎（2）该同学选择的电流表是__（选填“B”或“C”），选择的滑动变阻器是__（选填“D”或“E”）。‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎（3）请根据该同学设计的电路图（甲），用笔画线代替导线将实物图（乙）连线（为热敏电阻符号）_________‎ ‎【答案】（1）图像见解析；（2）BD（3）实物连接图见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示． （2）由表中实验数据可知，实验所测的最大电流为20mA，则电流表应选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选D．‎ ‎（3）实物图如图：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了作图象、实验器材的选择、连接实验电路图，注意电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法，滑动变阻器尽量用阻值较小的．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？‎ ‎（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）正电；2.25×10-5C（2）0.32m ‎【解析】（1）由于小球匀速运动，所受重力与电场力的合力和斜面对小球的支持力平衡，如图可知，小球必带正电，且 ，所以 ；从“等效重力场”观点看，实际上就是小球所受等效重力与斜面对小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分别表示为 ， 。‎ ‎（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。），基本处理的方法是运动的分解。‎ ‎　　‎ 如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：‎ x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s， ‎ 解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为  ‎ 考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。 ‎ ‎16．如图所示，在绝缘水平面上的O点固定一正电荷，在离O点高度为r0的A处由静止释放一个带同种电荷、电量为q的液珠，液珠开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。液珠沿竖直方向运动到距O点为2r0的B点（图中未画出）时，液珠的速度刚好为零。若已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷且电量保持不变，不计空气阻力。求：‎ ‎（1）液珠运动速度最大时离O点的距离h；‎ ‎（2）若同质量、电荷量为1.5q的液珠仍从A处静止释放，求该液珠经过B点时的速度vB的大小。‎ ‎【答案】（1）r0（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）开始运动瞬间：F库-mg =mg 解得：F库=2mg 速度最大时：F′库=mg 即F′库=F库= 又F库＝k 所以h=r0 （2）液珠q从A处到B处由动能定律得：W电-mgr0=0 液珠1.5q从A处到B处由动能定律得：W电′−mgr0＝mvB2−0 其中W电=q•UAB W′电=1.5q•UAB 解得vB= ．‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式W=qU．‎ ‎17．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8‎ ‎ cm，A板比B板电势高，且两板间电压大小为U=300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10 C、质量为m＝1.0×10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为s1=12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计）‎ ‎（1）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；‎ ‎（2）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】（1）图见解析；（2）3cm；12cm（3）负电；1.0×10-8 C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图：‎ ‎ （2）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）： y=at2 L=v0t ‎ 则y=at2==0.03m=3cm 粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为y′，由几何关系得： 解得y′=4y=12cm ‎（3）粒子到达H点时，其水平速度vx=v0=2.0×106 m/s 竖直速度vy=at=1.5×106 m/s 则v合=2.5×106 m/s 该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电 根据几何关系可知半径r=15cm 解得Q≈1.0×10-8 C ‎【点睛】‎ 本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．‎