高二物理月考试题及答案-安徽亳州市涡阳四中-2015学年高二上学期第一次质检(课改部)

2014-2015学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）
第一次质检物理试卷（课改部）
一、选择题（每小题4分，共40分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上）
1．（ 4分）（2013春•毕节市校级期末）如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（）
A．F t B．m gt C．F cosθt D．（mg﹣Fsinθ）t
考点：动量定理．
专题：动量定理应用专题．
分析：力冲量等于力与时间的乘积；根据题意利用公式即可求得F的冲量．
解答：解：由I=Ft可得：
F的冲量I=Ft；
故选：A．
点评：本题考查冲量的定义，要注意冲量只与力及时间有关，和夹角无关．
2．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）将物体P从静置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（）
A．动量守恒
B．最后P和Q均静止
C．水平方向动量守恒
D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析：当系统所受合力为零时，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．
解答：解：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，由于系统初动量为零，最终P、Q静止，故ABD错误，C正确；
故选：C．
点评：解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件及应用，难度不大，属于基础题．
3．（4分）（2013•福建）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）
A．v
0B．v
C．v
D．v
考点：动量守恒定律．
专题：压轴题；动量定理应用专题．
分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．
解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：
0=（M﹣m）v﹣mv0
则火箭速度v=
故选：D．
点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．
4．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们距离为2d时，A的加速度为a，速度为v，则（）
A．此时B的加速度为
B．此时B的速度为
C．此过程中电场力对B的冲量为2mv
D．
此过程中电势能减少
考点：库仑定律；牛顿第二定律；动量定理；电势能．
分析：根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度，由能量守恒定律求解系统电势能的减小量．
解答：解：A、根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得：=，
得：a B=a A=．故A错误；
B、C、D、将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得：
0=mv﹣2mv B，得v B=；
过程中电场力对B的冲量为mv；
由能量守恒定律得：此过程中系统的电势能减少量为：
△ɛ=mv2+•2m（）2=mv2，故B正确，CD错误．
故选：B．
点评：本题关键要抓住两个电荷间接作用力大小相等，分析加速度关系，根据动量守恒和能量守恒研究电势能的变化．
5．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）下列说法不正确的是（）
A．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合
B．E=是电场强度的定义式，可以用来计算任意电场的电场强度
C．
K是真空中点电荷Q在距离Q为r处的场强
D．
公式 E=中，U AB表示A、B两点间的电势差，d表示A、B两点间的距离，用来计算匀强电场的电场强度
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；点电荷的场强．
分析：粒子运动的轨迹决定于力与速度的方向关系；知道电场强度的三个表达式的适用范围解答：解：A、由于电场线不一定是直线，故初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合，故A正确；
B、E=是电场强度的定义式，可以用来计算任意电场的电场强度，故B正确；
C、E=K是真空中点电荷Q在距离Q为r处的场强，故C正确；
D、公式 E=中，U AB表示A、B两点间的电势差，d表示A、B两点间沿着电场方向
的距离，用来计算匀强电场的电场强度，故D错误．
本题选错误的，故选：D
点评：知道电场强度的三个表达式的适用范围以及字母的含义，知道轨迹与受力速度间的关系．
6．（4分）（2014•和平区校级模拟）如图，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为﹣q外，其余各点处的电荷量均为+q，则圆心O处（）
场强大小为，方向沿OA方向
B．
场强大小为，方向沿AO方向
C．
场强大小为，方向沿OA方向
D．
场强大小为2，方向沿AO方向
考点：电场的叠加；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．
解答：
解：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，
电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，
B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，
则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：
E合=E′+E=，方向沿OA方向；故C正确，ABD错误；
故选：C．
点评：本题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解题的关键．
7．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，为一带有均匀正电的绝缘环，过圆环中心o并且垂直圆环平面的直线MN上有一点p．若将一个带负电的粒子置于p点，自由释放，粒子将沿直线MN往复运动．则在粒子向左运动的过程中（）
A．先作匀加速运动，后作匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
考点：电势能；电场线．
分析：圆环均匀带正电，根据对称性，在O点场强E=0，P点到O点距离未知时，从P点到O 点，场强可能一直减小，也可能先增大后减小，可知加速度是变化的．带电微粒由静止开始运动，电场力对带电微粒先做正功，后做负功，因此带电微粒的电势能先减小，后增大．
解答：解：A、B在离O点的距离r→∞时，场强E=0，而由于圆环均匀带正电，根据对称性，在r=0的O点场强E=0，当P点到O点距离未知时，从P点到O点，场强可能一直减小，也可能先增大后减小，而带电微粒由静止释放，微粒做变加速运动，故A错误；
B、由于环带正电，所以O点处的电势最高，粒子向左运动的过程中，先从地电势到
高电势，后从高电势到地电势．故B错误；
C、只有电场力做功，所以电势能与机械能之和保持不变．故C错误；
D、电场力对带电微粒先做正功，后做负功，因此带电微粒的电势能先减小，后增大，
故D正确．
故选：D
点评：本题关键要抓住O点的场强为零，分析微粒的受力情况，判断加速度变化情况．可根据离正电荷越近，电势越高，正电荷的电势能越大，判断电势能的变化．
8．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，有一质量为m带负电荷的粒子（不计重力）恰静止在两平行板中央，若保持负极板B固定不动，使正极板A以固定直线oo′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动，则带电粒子（）
A．会向下运动
B．会向上运动
C．仍然静止不动
D．会以原来静止的位置为中心上下振动
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：由题意可知，开始时带电粒子受力平衡．通过电容的定义式，平行板电容器的电容公式以及匀强电场的电场强度公式进行推导，可得出结论：只改变平行板电容器的板间距离的情况下，平行板电容器内部的电场强度不变，从而可得出正确选项．
解答：解：平行板电容器的电容：C=，（S为两板的正对面积，d为两板间的距离）由E=，C=以及C=，可推导出E=
由此式可知，若Q、S和介质不变，只改变距离d，则电场强度E不变．
所以正极板A以固定直线0O′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，两金属板间的电场强度不变，带点粒子受到的电场力就不变，其受力情况不变，仍静止不动．故C正确，ABD错误．
故选：C
点评：解决本题的关键要熟练推导出板间场强的表达式，明确Q、S和介质不变，只改变距离d，电场强度E不变．
9．（4分）（2012春•牙克石市校级期末）图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B 两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）
A．B．C．D．
考点：电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．
解答：解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=
故选C
点评：本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．
10．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场E1、E2，并且E1＞E2，电场线方向均竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ（电场范围足够大）．则下图中描述的油滴在这两个电场中运动的速度﹣时间图象中，可能正确的是（以v0方向为正方向）（）
A．B．
C．D．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：油滴受到重力和电场力的共同作用，但电场强度是变化的，故电场力会有所变化，应用牛顿运动定律加以分析．
解答：解：带负电的油滴受到向下重力和向上的电场力作用，在上面的电场中重力等于电场力，粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，故C正确，
故选：C
点评：注意挖掘“油滴沿电场线以速度v0匀速下落”的隐含条件，同时应用牛顿运动定律加以分析．
二．填空题（共12分）
11．（6分）（2014秋•涡阳县校级月考）一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹．则B球获得的速度大小为 1.1m/s ．
考点：动量守恒定律．
分析：碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．
解答：解：碰撞过程，由动量守恒定律得：
m1v1=m1v1′+m2v2，
代入数据解得：v2=1.1m/s；
故答案为：1.1m/s
点评：小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确
解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．
12．（6分）（2013秋•和平区校级期中）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知n= 6 ．
考点：库仑定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．
解答：
解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=①，
3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，
再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，
将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 F=②，
由①②两式解得：n=6，
故答案为：6
点评：完全相同的带电的小球接触后，它们的电荷量将平分，这是分析互相接触后库仑力如何变化的关键，知道这一点之后，根据库仑定律就可以求得力的大小．
三．计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）
13．（9分）（2014春•桃城区校级期中）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落
到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：
①排球与地面的作用时间．
②排球对地面的平均作用力的大小．
考点：动量定理；自由落体运动．
专题：动量定理应用专题．
分析：根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力．
解答：解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，
则有h1=\frac{1}{2}gt12，h2=gt22
解得t1=0.6s，t2=0.5s
所以，排球与地面的作用时间为t3=t﹣t1﹣t2=0.2s
②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，
有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s
设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有
（F﹣mg）t3=mv2﹣m（﹣v1）
代入数据解得F=26N
根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′=26N
答：①排球与地面的作用时间0.2s．
②排球对地面的平均作用力的大小26N．
点评：本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．
14．（9分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：
（1）A物体获得的最大速度；
（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度；
（3）弹簧的最大弹性势能．
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律列式即可求解；
（2）子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；
（3）子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．解答：解：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0=（m+m A）v1，解得它们的共同速度，即为A的最大速度为：v1==．
（2）以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m A+m B）v2，
解得三者的共同速度即弹簧有最大压缩量时B物体的速度：
v2==v0
（3）弹簧压缩最短时的弹性势能最大，由能量守恒得：
答：（1）A物体获得的最大速度为；
（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度v0；
（3）弹簧的最大弹性势能为．
点评：本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确
解题；解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒．
15．（14分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图，在虚线MN的上方存在竖直向下的匀强电场，从空间某点A水平抛出质量为m，带电量为q的带电粒子，在电场力的作用下经过时间t从B点离开电场，测得A、B间的距离AB=L；若从A点抛出时的初速度增大到原来的2倍，则从C点离开电场，测得A、C间的距离 AC=L．（不考虑带电粒子的重力）求：
（1）带电粒子带什么电；
（2）电场强度E；
（3）AB两点的电势差U AB．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）根据带电粒子的偏转方向，分析电场力方向，即可判断其电性．（2）粒子在电场中的运动分解为竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速运动，对两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式分别列式，即可求得电场强度E．
（3）AB两点的电势差U AB=E•y，y是沿电场线方向两点的距离．
解答：解：（1）根据带电粒子受力偏转方向可以判断，粒子带正电；
（2）粒子在电场中的运动分解为竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速运动，设初速度为v0，则
水平方向：x=v0t
竖直方向：y=
当初速度为2v0时，带电粒子在电场中运动时间不变，则：
水平方向：x′=2v0t
竖直方向：y′=
加速度 a=
有几何关系，L=
L=
综合以上各式解得：E=
（3）AB两点的电势差U AB=E•y=
答：（1）粒子带正电；（2）电场强度E为；（3）AB两点的电势差U AB为．
点评：解决本题的关键是熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学规律结合处理这类问题．
16．（16分）（2014秋•涡阳县校级月考）带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d（d远小于板的长和宽），一个带正电的油滴M悬浮在两板的正中央，处于平衡．油滴的质量为m，带电量为q．如图所示，在油滴的正上方距离A板d处有一质量也为m的带电油滴N，油滴N由静止释放后，可以穿过A板上的小孔，进入两金属板间与油滴M相碰，并立即结合成一个大油滴．整个装置处在真空环境中，不计油滴之间的库仑力和万有引力以及金属板本身的厚度，要使油滴N能与M相碰，并且结合成的大油滴又不至于与金属板B相碰．求：
（1）两个金属板A、B间的电压是多少；哪板的电势较高；
（2）油滴N带何种电荷，电量可能是多少．
考点：动量守恒定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）对油滴M，进行受力分析，由平衡条件列式即可求解；
（2）N带正电，设带电量为Q．设N与M碰前的速度为v1，由动能定理列式，M，N 相碰后结合成一个大油滴时，大油滴速度为v，由动量守恒定律列式，结合成的大油滴恰好不与金属板B相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解．
解答：解：（1）油滴M带正电，所受的电场力方向向上，则板间电场方向向上，所以B板电势较高；
因油滴M在两金属板之间处于平衡，有
mg=q
所以电势差U=．
（2）油滴N与M相碰后，要不落到B板上，油滴N带正电．
设油滴N带电量为Q，油滴N与M碰前的速度设为v0，有：
=mg（d+）﹣
油滴N能与M相碰，=mg（d+）﹣＞0可得 Q＜3q；
设油滴M与N相碰后结合成大油滴的速度为v，取向下为正方向，
根据动量守恒得
mv0=（m+m）v
解得 v==
此后，大油滴向下运动，不碰到B板，需有
•2mv2＜（﹣2mg
解得：Q＞
所以油滴N带电量可能是3q＜Q＜q
答：（1）两个金属板A、B间的电压是．B板的电势较高；
（2）油滴N带正电荷，电量可能是3q＜Q＜q．
点评：本题主要考查了动能定理、动量守恒定律的直接应用，要知道结合成的大油滴恰好不与金属板B相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B时速度为0．。