【高三】河北省故城县2018届高三物理月月考试题(含答案)

河北省故城县2018届高三物理12月月考试题一、选择题（每小题6分，不定项选择。

）1.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、﹣q，则该三角形中心O点处的场强为（）A．，方向由c指向O B．，方向由O指向CC．，方向由C指向O D．，方向由O指向C2. 直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a=E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb3. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（）①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b点时，两粒子的动能一定相等．A．①② B．①③ C．③④ D．①④4. 如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是（）A．F逐渐减小，T逐渐减小B．F逐渐增大，T逐渐减小C．F逐渐减小，T逐渐增大D．F逐渐增大，T逐渐增大5. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大6. 如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的异种电荷．E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP=QN．在图中，电场强度相同、电势相等的两点是（）A．E和F B．P和Q C．A和C D．C和D7. 如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（）A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为mgL8. 如图所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动．球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．若v0=，则小球在整个运动过程克服中摩擦力做功等于mgRB．若使小球在最低点的速度v0大于，则小球在整个运动过程中，机械能守恒C．若小球要做一个完整的圆周运动，小球在最低点的速度v0必须大于等于D．若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为0.5mg，则小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg二、填空题（每空2分，共计18分）9. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．（1）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？．（2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d= cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10﹣2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为m/s．在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、和（文字说明并用相应的字母表示）．（3）本实验通过比较和在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．10. （2017•静安区一模）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功8.0×10﹣9J，则M点的电势是V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差U MN= V．三、解答题（共计44分）11. （14分）如图，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5cm，B极接地，求：（1）C和D两点的电势，两点的电势差？（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C分别在C和D两点的电势能？（3）将点电荷q2=2×10﹣3C从C匀速移到D时外力做功多少？12. （14分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．13.（16分）在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑．一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块在整个运动过程中产生的热量．高三物理答案【考点】A6：电场强度．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】由点电荷场强公式E=k分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解．1.【解答】解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=×a×sin60°=，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=k根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=k再与﹣q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2k=2k=，方向由O指向C．故选B【点评】本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．2. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势．【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以E a＞E b．故AB错误．C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 【考点】AE：电势能；66：动能定理的应用．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．【解答】解：①由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故①正确．②甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a 到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故②正确．③由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故③错误．④可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb 曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速率，但动能不一定相等，虽重力不计，两粒子经过b点时动能不一定相等．故④错误因此本题正确的有①②．故选：A．【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．4. 【考点】AS：电容器的动态分析；2H：共点力平衡的条件及其应用；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况．【解答】解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T=；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可．5【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化．【解答】解：A、由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；C、负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误；故选：AC．【点评】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；又有场强为零的地方，电势差为零，故为等势体．6. 【考点】A8：点电荷的场强；A6：电场强度；AC：电势；AF：等势面．【分析】首先画出等量异种电荷的电场线，然后根据沿着电场线电势逐渐降低来判断电势的高低；用电场线的疏密程度表示电场强度的大小，用电场线的切线方向表示场强方向．【解答】解：A、等量异号电荷的电场线分布情况如图所示图中电场线从正电荷出发，等势面为不规则的圆圈，在两个异种电荷的中垂线上，E、F两点关于连线对称，电场强度大小和方向都相同，故A正确；B、在两个异种电荷的连线上，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线电势越来越低，故P、Q电势不等，故B错误；C、题目图中位置A与位置C两位置关于两电荷连线不对称，由A选项的分析图可知，其电势方向不同，故C错误；D、C与D两位置位于两电荷连线同一侧，结合图象可知，场强方向也不同，故D错误；故选A．【点评】解答本题的关键是根据等量异种电荷的电场线图，确定各点的场强方向和大小，还可以画出等势面，同时要注意，沿着电场线，电势降低．7. 【考点】66：动能定理的应用；2H：共点力平衡的条件及其应用；37：牛顿第二定律．【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；52D：动能定理的应用专题．【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A 的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．【解答】解：AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；C、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D、A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E P=mgh=mgL，故D错误．故选：AB．【点评】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．8. 【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．【解答】解：AB、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆内侧运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有：mg=m，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R+，小球在最低点时的最小速度为：v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于，故B正确；若v0=，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR，最低点的机械能为：=2mgR，故小球在整个运动过程中机械能损失mgR，即克服中摩擦力做功等于mgR，故A正确；C、若小球的速度小于，也是有可能做完整的圆周运动的，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；D、若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为0.5mg，根据牛顿第二定律，有：mg ﹣0.5mg=m，故最高点机械能：E1==；若小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg，对小球：5.5mg﹣mg=m，解得：v2=，故最低点机械能为：E2=+mg•2R=，即机械能守恒，而最低点速度v0小于，机械能应该减小，矛盾，故D错误；故选：AB【点评】本题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究．二、填空9. 【考点】MD：验证机械能守恒定律．【专题】13 ：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）气垫导轨接通电源后可以认为是光滑的，若滑块在轨道上任何位置都能静止，说明轨道水平；（2）掌握游标卡尺的读数方法，即主尺读数加上游标读数，不需估读；本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；（3）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒．【解答】解：（1）当气垫导轨接通电源后，导轨可以认为是光滑的，判断是否水平的方法是：接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）游标卡尺主尺读数为0.5cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v==0.43m/s根据实验原理可知，该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M．（3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为：，因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒．故答案为：（1）接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）0.52； 0.43；滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s；滑块的质量M；（3）mgs；【点评】物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用．10. 【考点】AB：电势差；AC：电势；AE：电势能．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】电场力做功与电势能的关系，再有电势与电势能的关系求某点的电势高低，电势差与电势的关系．【解答】解：由题意可知，从O点移到M点电场力做功W=﹣8×10﹣9J，根据公式W=qU可知，U===﹣40V，U OM=0﹣φM=﹣40V，故φM=40V；将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10﹣8J，根据公式W=qU可知，U MN===90V；故答案为：40V，90V【点评】考查了电场力做功与电势能、电势、电势差的关系，注意负电荷的情况．三，解答题11. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差U CD、B和D之间的电势差U BD、B和C之间的电势差U BC．根据U BD=φB﹣φD可求出φD．同理可求出φC．（2）根据E P=qφ可知点电荷在C点和在D点的电势能．（3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据W CD=qU CD可求出电场力所做的功【解答】解：（1）B板接地，φB=0，沿电场方向有CD之间的距离为：d CD=d﹣h AC﹣h BD=5﹣0.5﹣0.5=4cm=4×10﹣2m，U CD=Ed CD=﹣1.2×103×4×10﹣2=﹣48V；U DB=Ed DB=1.2×103×0.5×10﹣2=6V，即：φD﹣φB=6V，则φD=﹣6V，U CB=Ed CB=1.2×103×4.5×10﹣2=54V，即φC﹣φB=54V，φC=﹣54V；（2）由E P=qφ可知点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C点的电势能E PC=﹣2×10﹣3×54=0.108J，在D点的电势能E PD=2×10﹣3×6=1.2×10﹣2J；（3）将点电荷q2=2×10﹣2C从C匀速移到D时，电场力所做的功：W=q2×U CD=2×10﹣2×（﹣48）=﹣9.6×10﹣1J，故除电场以外的力所做的功：W外=﹣W=9.6×10﹣1J答：（1）C和D两点的电势分别为54V、6V，两点间的电势差U CD等于48V．（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10﹣2J．（3）除电场力以外的力做功为9.6×10﹣1J．【点评】在利用E P=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号一定要保留．根据W CD=qU CD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点12. 【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C点时速度．（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；（3）求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度．【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，从A到C过程，由动能定理得：qE•（s+R）﹣μmg•s﹣mgR=由题，qE=mg，μ=0.5，s=3R代入解得，v C=（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有N﹣qE=m解得，N=mg（3）重力和电场力的合力的大小为F==设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα==，得α=37°滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，F=m解得，v=答：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C 点时速度为．（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小是2.5mg；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小是．【点评】本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后等效场的“最高点”，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．13. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；65：动能定理．【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据能量守恒求出滑块向左滑动的距离，再根据能量守恒求出滑块到达虚线处的动能，从而求出弹簧的最大弹性势能．（2）滑块最终停止虚线处，对全过程运用能量守恒，求出滑块整个过程中产生的热量．【解答】解：（1）设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有：…①解得：x=…②之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k，由能量守恒定律得：qE（x+L）=E k+μmg（x+L）…③解得：E k=（qE﹣μmg）L+…④滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：E pm=…⑤（2）滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W=qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q=qEL+…⑥答：（1）弹簧的最大弹性势能为（qE﹣μmg）L+；（2）滑块在整个运动过程中产生的热量为qEL+．【点评】运用能量守恒或动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中的能量转化，然后列式求解，对于第二问，关键要确定滑块最终停止的位置．。