三重教育2023-2024学年高二上学期10月质量监测物理试题

null2023-2024学年第一学期高二年级质量监测 物理试题参考答案及评分建议 1. C 根据库仑定律的公式 F=kq1q2 r2 ,代入数值后，两个相距 1m且都带 1C电荷量的点电荷之间的库仑力等于 9.0×109N,这相当于一百万吨的物体所受重力，所以库仑是个非常大的单位，我们几乎不可能做到使相距 1m的两 个物体都带 1C的电荷量，A错误；氢原子内部原子核与电子之间存在库仑力和万有引力，库仑力比万有引力大 得多，所以B错误；在库仑时代虽然不能测出带电体的电荷量，如果使一个带电金属小球与另一个不带电的完全 相同的金属小球接触，前者的电荷量会分给后者一半，多次重复，可以把带电小球的电荷量 q分为 q2 , q 4 , q 8 ,…， 从而得出两个电荷量的乘积，C正确；两个点电荷之间的库仑力不会因为第三个点电荷的存在而改变，D错误。 2. D 根据库仑定律F=kq1q2 r2 =-2k q2 L2 ,两个小球相碰后电量先中和后平分，每个小球带电量为- q2，此时库仑力F'= k q 2 4L2，所以此时库仑力大小变为原来的 1 8 ，D正确。 3. D 如图所示，两个正电荷产生的电场强度的夹角为120°，qB在O点的场强为E, qA在O 点的场强为E，则 qA、qB合场强为E，方向竖直向上，qC在O点的场强为3E，方向竖直向 上，所以，Q受到的合力为4F，D正确。 4. C 根据电场力做功公式W=qU=qELcos37°=0.8×10-4J，电场力做正功，电势能减小，所以C正确。 5. D 假设四根棒的电荷量都为 q，则O点的合场强为 0，DA棒的电荷量为-4q，可以等效为 q和-5q两根棒的共同存 在，这样O点电场强度E等于AD棒带有-5q电荷量产生的，现在移去AD棒，则O点场强大小等于AD棒带有 q电 荷时单独产生的电场，而AD棒带有-5q时产生的电场强度为E,则此时O点电场强度为 E5，D正确。 6. BC 等量异种电荷的电场中，关于O点对称的两个点的电场强度大小相等、方向相同，所以 q1、q2 受到的电场力大 小相等、方向相反，A错误，B正确；取中垂线为零势线，a的电势为负值，b点电势为正值，且二者大小相等，根据 电势能公式Ep=qφ，可以知道二者电势能相等，故C正确，D错误。 7. AD 从F-q图像可以知道，A点的场强大于B的电场强度，A点电场强度向右，B点电场强度向左，且存在大小关 系则EA=4EB,所以点电荷Q一定位于A和B之间且靠近A的位置，Q一定带负电，所以A正确，B错误；设Q的坐标 为 x，EA= kQ ( x + 3)2 , EB= kQ (3 - x )2 , EA=4EB，解得 x1=-1cm，x2=-9cm(舍去)，所以D正确。 8. ABD 因为 q1和 q2不等量，在 x轴上存在E=0的位置，该位置肯定靠近电荷量小的 q1且在 q1的左侧，设该位置到 x= 0点的距离为 x,在该位置上 q1和 q2两个电荷的电场强度大小相等、方向相反，则 kq1x2 = kq2 ( )8 + x 2 ，解得 x=4,即坐标为 x=-4cm,画出周围的电场线如图所示。若把一个点电荷 q3在 x=-4cm处静止释放，则该点电荷一定静止，A正确； 若把一个带负电的点电荷 q3在 x=-3cm处静止释放，受到电场力方向向左， 则该点电荷一定做往复运动，B正确；若把一个带正电的点电荷 q3在 x=-5cm 处，受到电场力方向向左，该点电荷向左加速运动，C错误；若把一个带负电 的点电荷 q3在 x=-6cm处静止释放，受到电场力方向向右，则该电荷一定做 往复运动，D正确。 9.（1）负电（2）不带电 （3）6.25×1010 10.（1）重力 电场力 （2）2000N/C （3）1.6×10-17C 11.（1）因为 qE=mg, 0~ T2内小球的合力为2qE-mg=mg 小球的加速度a1=g，方向向上。 2分 由匀变速直线运动位移公式 x1= 1 2 a1( )T2 2=0.45m 2分 （2）T2 ~T时间内小球的加速度为3g，方向竖直向下。 1分 T 2时刻小球的速度为 v1=g T 2=3m/s 1分 高二物理答案 第1页（共2页） q1 q2 -4 0 8 x/cm A B C 上升到最高点小球速度为0，所用时间 t2= v13g=0.1s 1分 所以从0时刻开始经0.3s+0.1s=0.4s，小球上升到最高点。 1分 （3）规定向上为正方向，T2时刻小球的速度为 3m/s，为第二阶段的初速度， T 2 ~T时间内小球以 3m/s的初速度、a2= -3g的加速度向上做匀减速运动，速度减到 0后，以 a2=-3g的加速度向下做匀加速运动，一个周期的总位移 x=x1+x2= 1 2 a1( )T2 2+a1( )T2 2+12 a2( )T2 2 2分 代入数据得 x=0 2分 其他图像解法也正确 12.（1）对小球受力分析，三力平衡得力的三角形 tan θ= qE mg ，得 qE=mgtan θ=34mg 2分 得E=3mg4q 2分 （2）把小球拉至最低点O点静止释放，小球做圆周运动，运动到绝缘细线与竖直方向夹角为 37°时的A点速度最 大 , 1分 从O点到A点利用动能定理 -mgL(1-cos θ)+qELsin θ=12mv2 2分 得 v= 2gL2 2分 （3）当小球速度最大时处于绝缘细线与竖直方向夹角为37°时的A点， 此时小球受到三个力，绳子拉力，电场力和重力，根据力的三角形可知， 电场力和重力的合力为 5 4mg，绳子拉力为F，则F- 5 4mg= mv2 L 2分 代入数据得F=74mg 1分 13.（1）根据电流公式 I=Q t ,得Q=It=5.0×10-8C 2分 对应的电子的个数为n=Q e 1分 每个电子的动能Ek=20keV=2×104V ×1e 1分 每秒流过O点的电子的总动能E=nEk=1.0×10-3J 1分 （2）电子在水平方向上做匀速运动 t= L v0 1分 电子在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动，偏移距离 y=12at2 1分 电子的加速度a= eU mL 1分 得 y=12at2= eUL 2mv20 1分 电子的初动能Ek=12 mv20 1分 代入得 y=eUL4Ek 代入数据解得 y=0.02m 2分 高二物理答案 第2页（共2页） θ θ A O mg qE