【解析】山西省朔州市應(yīng)縣一中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理9月月考試卷

第第頁【解析】山西省朔州市應(yīng)縣一中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理9月月考試卷登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

山西省朔州市應(yīng)縣一中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理9月月考試卷

一、單選題

1．（2023高二上·應(yīng)縣月考）下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（）

A．只有甲、乙正確B．只有丙、丁正確

C．只有甲、丙正確D．只有乙、丁正確

【答案】C

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】甲、在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故甲正確；

乙、剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長的過程，墻壁對滑塊有作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故乙錯(cuò)誤；

丙、木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故丙正確；

丁、木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故丁錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】利用系統(tǒng)外力等于0可以判別系統(tǒng)其動(dòng)量守恒。

2．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示是一種彈射裝置，彈丸質(zhì)量為m，底座質(zhì)量為3m，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)彈簧釋放將彈丸以相對地面v的速度發(fā)射出去后，底座的反沖速度大小是（）

A．3v/4B．v/4C．v/3D．0

【答案】C

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】在水平方向上，彈丸和底座組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)水平向右為正，由動(dòng)量守恒可得，得，負(fù)號表示速度方向水平向左，故C正確．

【分析】利用動(dòng)量守恒定律可以求出底座的速度大小。

3．（2023高一下·張家口期末）如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）

A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)

C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A和B都向右運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，取水平向右方向?yàn)檎较颍鲎睬?，A、B的速度分別為：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系統(tǒng)總動(dòng)量為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)量都是0；由于碰撞是彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能等于0，運(yùn)動(dòng)的方向一定相反；B符合題意，A、C、D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】兩物體發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為零，末動(dòng)量也為零。

4．（2023高二上·長春月考）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是（）

A．0.6B．0.4C．0.3D．0.2

【答案】A

【知識點(diǎn)】動(dòng)量定理

【解析】【解答】由碰撞中的動(dòng)量守恒得mv=2mvB－mvA，vA＞0，則vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A符合題意。

故答案為：A

【分析】兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，利用動(dòng)量守恒定律列方程分析求解即可。

5．（2023高二上·唐山月考）下列公式中，既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場的有①場強(qiáng)②場強(qiáng)③場強(qiáng)④電場力做功（）

A．①③B．②③C．②④D．①④

【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】①電場強(qiáng)度是用比值定義法得出的物理量，是從力角度研究電場的物理量，適用于任何電場，即既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場，故①正確；②勻強(qiáng)電場中沿場強(qiáng)方向電勢降低最快，且沒前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，故勻強(qiáng)電場中任意兩點(diǎn)的間的電勢差與兩點(diǎn)沿電場線的距離成正比；故電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系公式僅僅適用與勻強(qiáng)電場，故②錯(cuò)誤；③點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)公式是由電場強(qiáng)度的定義式和庫侖定律聯(lián)立得到，反映了點(diǎn)電荷的電場中任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度與該點(diǎn)的空間位置和場源電荷的電荷量的關(guān)系，不適用于勻強(qiáng)電場，故③錯(cuò)誤；④電場力做功與電勢差的關(guān)系公式W=qU，反映了在電場中任意兩點(diǎn)間移動(dòng)電荷時(shí)，電場力做功與兩點(diǎn)間電勢差成正比，適用于任意電場，故④正確。D符合題意。

故答案為：D

【分析】公式1和公式4都是普適公式；公式2只能使用于勻強(qiáng)電場；公式3只能適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。

6．（2023·浙江）如圖所示，兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開（）

A．此時(shí)A帶正電，B帶負(fù)電

B．此時(shí)A電勢低，B電勢高

C．移去C，貼在A,B下部的金屬箔都閉合

D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A,B下部的金屬箔都閉合

【答案】C

【知識點(diǎn)】靜電的防止與利用

【解析】【解答】由于靜電感應(yīng)可知，A左端帶負(fù)電，B右端帶正電，AB的電勢相等，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；若移去C，則兩端的感應(yīng)電荷消失，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C．

【分析】根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律可明確AB兩端所帶電性，再根據(jù)電荷間的相互作用分析移走C后AB所帶電量，即可明確金箔能否閉合．

7．使兩個(gè)完全相同的金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F1．現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F2．則F1與F2之比為

A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶1

【答案】D

【知識點(diǎn)】庫侖定律

【解析】【分析】由庫侖定律可知，接觸后先中和后平分，所以，故選D

【點(diǎn)評】本題難度較小，掌握庫侖力公式，庫侖力與兩球間距離的關(guān)系即可

8．（2023高二上·蕉嶺期中）A、B是一條電場線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖所示。則此電場的電場線分布可能是選項(xiàng)圖中的（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】由v-t圖象可知，微粒的速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負(fù)電的微粒做加速度越來越大的減速直線運(yùn)動(dòng)，所受電場力越來越大，由F=qE知，場強(qiáng)增大，電場線越來越密。電場力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相反，電場力向左，所以電場線方向向右。

故答案為：A

【分析】利用速度的變化可以判別場強(qiáng)的大小變化和方向。

9．（2023高二上·安平月考）如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點(diǎn)O為圓心的同一圓周上的三點(diǎn)，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是（）

A．O點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等

B．O、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差

C．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電荷的電勢能增加

D．在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上

【答案】C

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)電場線與等勢線垂直特點(diǎn)，在O點(diǎn)所在電場線上找到Q點(diǎn)的等勢點(diǎn)，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，O點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的電勢高；A不符合題意。

B．根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強(qiáng)度比NO之間的平均電場強(qiáng)度大，故由公式U=Ed可知，OM間的電勢差大于NO間的電勢差；B不符合題意。

C．M點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的電勢高，負(fù)電荷從高電勢移動(dòng)到低電勢電場力做負(fù)功，電荷的電勢能增加；C符合題意。

D．在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷，正電荷所受電場力將沿與該點(diǎn)電場線的切線方向相同，斜向上；D不符合題意。

故答案為：C

【分析】電場線、電場強(qiáng)度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關(guān)系以及大小比較，是電場中的重點(diǎn)和難點(diǎn)，在平時(shí)訓(xùn)練中要加強(qiáng)這方面的練習(xí)，以加深對概念的理解．

10．（2023高二上·應(yīng)縣月考）靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（）

A．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能增大

B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能減小

C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電勢先減小后增大

D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先減小后增大

【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】AB、由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，場強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從x1到x3處逆著電場線方向移動(dòng)，電勢升高，電勢能減小，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，故C錯(cuò)誤；

D、由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故由F=qE知，電場力先增大后減小，故D錯(cuò)誤；

故選B。

【分析】由圖可以看出在0-x1處場強(qiáng)為正，x1到+∞處場強(qiáng)為負(fù)方向，根據(jù)沿著電場線的方向電勢降低，結(jié)合正電荷在電勢高處電勢能大，分析電勢能的變化，電場力的變化由F=qE分析。

11．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，在點(diǎn)電荷+Q的電場中，虛線為等勢面，甲、乙兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為acb、adb曲線，兩粒子在a點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，重力不計(jì)．則不正確的為（）

A．甲、乙兩粒子帶異種電荷

B．兩粒子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能

C．甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能

D．設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的電勢能小于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的電勢能

【答案】C

【知識點(diǎn)】電場力做功

【解析】【解答】帶電粒子只受電場力作用做曲線運(yùn)動(dòng)，所以電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以甲受吸引力，乙受排斥力，甲乙?guī)щ娛钱惙N電荷，A對；兩粒子在a點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，從a到b電場力做功為零，所以b點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，B對；甲粒子從a到c電場力做正功動(dòng)能增加，勢能減少；乙粒子從a到d電場力做負(fù)功動(dòng)能減少，電勢能增加；C錯(cuò)，D對。

【分析】利用軌跡可以判別電場力方向及兩個(gè)粒子帶異種電荷；利用等勢面可以判別粒子經(jīng)過b的動(dòng)能相等；由于電場力做功不同所以經(jīng)過d的動(dòng)能大小不同；利用電性結(jié)合電勢可以比較電勢能的大小。

二、多選題

12．（2023高二上·應(yīng)縣月考）在點(diǎn)電荷Q形成的電場中有一點(diǎn)A，將一個(gè)-q的檢驗(yàn)電荷從無限遠(yuǎn)處移到A點(diǎn)時(shí)，電場力做功為W，則檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢能及電場中A點(diǎn)的電勢分別為（）

A．B．C．D．

【答案】B,C

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；電場力做功

【解析】【解答】AB．-q的檢驗(yàn)電荷從電場的無限遠(yuǎn)處被移到電場中的A點(diǎn)時(shí)，電場力做的功為W，則電荷的電勢能減小W，無限處電荷的電勢能為零，則電荷在A點(diǎn)的電勢能為，故A錯(cuò)誤，B正確。

CD．A點(diǎn)的電勢，故C正確，D錯(cuò)誤．

【分析】根據(jù)電場力做功多少，電荷的電勢能就減小多少分析電荷在A點(diǎn)與無限遠(yuǎn)間電勢能的變化量，由公式確定電荷在A點(diǎn)的電勢能，由公式求解A點(diǎn)的電勢．

13．（2023高二下·懷仁期中）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定在其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與物塊甲在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，則（）

A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零

C．碰撞過程中，甲物塊的速率可能為1m/s，也可能為5m/s

D．碰撞過程中，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為1.7m/s

【答案】A,D

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】解：A、甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；

B、當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前乙的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)共同速率為v，由動(dòng)量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v=0.5m/s，故B錯(cuò)誤．

C、若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相同，則：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)代入解得：v乙′=6m/s．

兩個(gè)物體的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律．

若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相反，則：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，

代入數(shù)據(jù)解得：v乙′=﹣4m/s，可以，碰撞后，乙的動(dòng)能不變，甲的動(dòng)能增加，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律．所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s，故C錯(cuò)誤．

D、甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，

碰撞結(jié)束后，系統(tǒng)的動(dòng)能守恒，則：=

代入數(shù)據(jù)解得：v甲′=4m/s；v乙′=﹣3m/s

可知碰撞結(jié)束后，甲與乙交換速度；碰撞過程中，乙物塊的速度在4m/s～﹣3m/s之間都是可以的．所以速率可能為2m/s，也可能為1.7m/s，故D正確．

故選：AD．

【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零判斷動(dòng)量是否守恒．豎直方向上甲乙兩物體所受的重力與水平面的支持力平衡．水平方向系統(tǒng)不受外力．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出物塊甲的速率．物塊甲的速率為1m/s時(shí)，速度方向可能與原來方向相同，也與原來方向相反，由動(dòng)量守恒研究乙的速率．若物塊甲的速率為5m/s，由動(dòng)量守恒求出乙的速率，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒判斷速率為5m/s是否可能．

14．（2023高二上·應(yīng)縣月考）假設(shè)在某電場中沿x軸方向上，電勢φ與x的距離關(guān)系如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)電子在電場中僅受電場力作用移動(dòng)，則下列關(guān)于電場和電子能量說法正確的是（）

A．區(qū)域x3～x4內(nèi)沿x軸方向的電場強(qiáng)度均勻增大

B．區(qū)域x6～x7內(nèi)沿x軸方向場強(qiáng)為零

C．若電子從電勢為2V的x1位置向右移動(dòng)到電勢為2V的x7位置，為了通過電勢為3V的x4位置，電子至少應(yīng)具有1eV的初動(dòng)能

D．電子在區(qū)域x1～x2內(nèi)沿x軸方向所受電場力小于區(qū)域x3～x4內(nèi)沿x軸方向所受電場力

【答案】B,D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】A.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，在x3到x4區(qū)域內(nèi)電勢差U34與兩點(diǎn)間距離成正比，則這兩點(diǎn)間的電場是勻強(qiáng)電場，沿x方向的電場強(qiáng)度不變，故A錯(cuò)誤；

B.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，在x6到x7區(qū)域內(nèi)，電勢差為零，這兩點(diǎn)間的場強(qiáng)為零，故B正確；

C.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，從x1位置到x2位置電勢均勻減小，則x1位置到x2位置間的電場方向向右，電子在其間受到的電場力向左，電子從x1運(yùn)動(dòng)到x2克服電場力做功2eV，電子應(yīng)該具有2eV的初動(dòng)能，電子從電勢為2V的x1位置向右到電勢為2V的x7位置，電場力做的總功為零，則電子從電勢為2V的x1位置向右到電勢為2V的x7位置，電子至少具有初動(dòng)能2eV，故C錯(cuò)誤；

D.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，在x1與x2區(qū)域內(nèi)比x3與x4區(qū)域內(nèi)的場強(qiáng)小，所以電子在x1到x2區(qū)域內(nèi)沿x方向所受電場力小于x3到x4區(qū)域內(nèi)沿x方向所受電場，故D正確；

【分析】利用斜率可以判別場強(qiáng)的大?。焕秒妶隽ψ龉梢耘袆e初動(dòng)能的大??；利用斜率大小可以比較電場力的大小。

三、填空題

15．（2023高二上·應(yīng)縣月考）有一充電的平行板電容器，兩板間電壓為3V，現(xiàn)使它的電荷量減少3×10-4C，于是電容器兩極板間電壓降為原來的，此電容器的電容是μF，電容器原來的帶電荷量是C，若電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容是μF。

【答案】150；4.5×10-4；150

【知識點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】平行板電容器的電荷量減少，電壓降低，則，電容器原來的帶電荷量，電容反映電容器本身的特性，電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容不變，仍為．

【分析】對于電容器的電容，表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與其電量、電壓無關(guān)．求電容可用．

四、實(shí)驗(yàn)題

16．（2023高一下·南陽期末）如圖所示，為“驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。已知a、b小球的質(zhì)量分別為ma、mb，半徑相同，圖中P點(diǎn)為單獨(dú)釋放a球的平均落點(diǎn)，M、N是a、b小球碰撞后落點(diǎn)的平均位置.

（1）本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是___________.

A．斜槽軌道必須是光滑的

B．斜槽軌道末端的切線水平

C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放

D．入射球與被碰球滿足ma=mb

（2）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要測量OP間的距離x1、OM間的距離x2和.

（3）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒，需驗(yàn)證的關(guān)系式是.

【答案】（1）B；C

（2）ON間的距離x3

（3）(或)

【知識點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】(1)A.“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對斜槽是否光滑沒有要求，A不符合題意；

B.要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，B符合題意；

C.要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C符合題意；

D.為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，D不符合題意.

應(yīng)填BC.(2)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，即驗(yàn)證：，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得：，得：，因此實(shí)驗(yàn)需要測量：測量OP間的距離x1，OM間的距離x2，ON間的距離x3；(3)由以上分析可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證:，或.

【分析】（1）斜槽的粗糙對于小球的初速度沒有影響；為了防止反彈入射小球的質(zhì)量要大于出射小球的質(zhì)量；

（2）利用水平位移和初速度的關(guān)系所以必須測量所以水平位移的大?。?/p>

（3）利用水平位移和初速度成正比關(guān)系可以列出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式。

五、解答題

17．（2023高二上·長春月考）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有A、B兩點(diǎn)，它們間距為2cm，兩點(diǎn)的連線與場強(qiáng)方向成60°角。將一個(gè)電量為-2×10-5C的電荷由A移到B，其電勢能增加了0.1J。則：

（1）在此過程中，電場力對該電荷做了多少功？

（2）A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB為多少？

（3）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為多大？

【答案】（1）解：據(jù)電場力做功與電勢能變化間關(guān)系，有：

（2）解：根據(jù)靜電力做功與電勢差關(guān)系可得：

（3）解：A、B兩點(diǎn)沿場強(qiáng)方向距離：

據(jù)勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系可得：

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電勢差、電勢、電勢能；電場力做功

【解析】【分析】（1）電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加，結(jié)合電勢能求解做功；

（2）利用電場力做的功除以電荷量即為AB兩點(diǎn)間的電勢差；

（3）結(jié)合第二問求解的電勢差，除以AB兩點(diǎn)間的距離即為電場強(qiáng)度。

18．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，在絕緣的光滑水平面上有A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷，A帶正電，B帶負(fù)電，電量都是q，它們之間的距離為d。為使兩電荷在電場力作用下都處于靜止?fàn)顟B(tài)，必須在水平方向加一個(gè)勻強(qiáng)電場．當(dāng)兩電荷都處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，（已知靜電力常量為k）求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；

（2）AB連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度。

【答案】（1）解：B對A的庫侖力：，A電荷保持靜止?fàn)顟B(tài)有：，解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)，方向水平向左

（2）解：A電荷在中點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)，方向水平向右，B電荷在中點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)，方向水平向右，故連線中點(diǎn)處的場強(qiáng)，場強(qiáng)方向水平向右

【知識點(diǎn)】庫侖定律；電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【分析】（1）利用庫侖定律結(jié)合靜止可以求出場強(qiáng)的大小；

（2）利用場強(qiáng)的表達(dá)式結(jié)合場強(qiáng)的疊加可以求出合場強(qiáng)。

19．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中四個(gè)等勢面，相鄰等勢面間距離為2cm，已知Uac=60V,求：

（1）電場強(qiáng)度為多大？

（2）設(shè)B點(diǎn)的電勢為零，求A、C、D、P點(diǎn)的電勢。

（3）求將q=-1.0×10-10C的點(diǎn)電荷由A移到D電場力做的功。

（4）將q=2×10-10C的點(diǎn)電荷由B移到C，再經(jīng)D最后回到P，電場力所做的功Wbcdp

【答案】（1）解：AC間的距離為4cm．則

（2）解：根據(jù)A點(diǎn)的電勢大于C點(diǎn)的電勢，知電場強(qiáng)度的方向水平向右．，因?yàn)?，則；

，則；

，則；

P點(diǎn)與B點(diǎn)等電勢，所以

（3）解：因?yàn)椋?/p>

則

（4）解：B、P兩點(diǎn)等電勢，則B、P間的電勢差為0，根據(jù)W=qU知，電場力做功為0

【知識點(diǎn)】勻強(qiáng)電場電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系

【解析】【分析】（1）利用電勢差和場強(qiáng)的關(guān)系可以求出場強(qiáng)的大??；

（2）利用電勢差結(jié)合電勢差的大小可以求出A、C、D、P點(diǎn)的電勢。

20．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連。將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體?，F(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起。以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0。求彈簧釋放的勢能。

【答案】解：A與B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；線斷開，AB與C分離過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以列方程；

在彈簧彈開過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出彈簧的彈性勢能．（1）設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得：，

設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為，由動(dòng)量守恒得，解得：；（2）設(shè)彈簧的彈性勢能為，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有，

解得：

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；能量守恒定律

【解析】【分析】利用動(dòng)量守恒結(jié)合機(jī)械能守恒定律可以求出彈性勢能的大小。

二一教育在線組卷平臺（）自動(dòng)生成1/1登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

山西省朔州市應(yīng)縣一中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理9月月考試卷

一、單選題

1．（2023高二上·應(yīng)縣月考）下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（）

A．只有甲、乙正確B．只有丙、丁正確

C．只有甲、丙正確D．只有乙、丁正確

2．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示是一種彈射裝置，彈丸質(zhì)量為m，底座質(zhì)量為3m，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)彈簧釋放將彈丸以相對地面v的速度發(fā)射出去后，底座的反沖速度大小是（）

A．3v/4B．v/4C．v/3D．0

3．（2023高一下·張家口期末）如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）

A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)

C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A和B都向右運(yùn)動(dòng)

4．（2023高二上·長春月考）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是（）

A．0.6B．0.4C．0.3D．0.2

5．（2023高二上·唐山月考）下列公式中，既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場的有①場強(qiáng)②場強(qiáng)③場強(qiáng)④電場力做功（）

A．①③B．②③C．②④D．①④

6．（2023·浙江）如圖所示，兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開（）

A．此時(shí)A帶正電，B帶負(fù)電

B．此時(shí)A電勢低，B電勢高

C．移去C，貼在A,B下部的金屬箔都閉合

D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A,B下部的金屬箔都閉合

7．使兩個(gè)完全相同的金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F1．現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F2．則F1與F2之比為

A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶1

8．（2023高二上·蕉嶺期中）A、B是一條電場線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖所示。則此電場的電場線分布可能是選項(xiàng)圖中的（）

A．B．C．D．

9．（2023高二上·安平月考）如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點(diǎn)O為圓心的同一圓周上的三點(diǎn)，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是（）

A．O點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等

B．O、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差

C．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電荷的電勢能增加

D．在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上

10．（2023高二上·應(yīng)縣月考）靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（）

A．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能增大

B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能減小

C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電勢先減小后增大

D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先減小后增大

11．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，在點(diǎn)電荷+Q的電場中，虛線為等勢面，甲、乙兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為acb、adb曲線，兩粒子在a點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，重力不計(jì)．則不正確的為（）

A．甲、乙兩粒子帶異種電荷

B．兩粒子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能

C．甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能

D．設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的電勢能小于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的電勢能

二、多選題

12．（2023高二上·應(yīng)縣月考）在點(diǎn)電荷Q形成的電場中有一點(diǎn)A，將一個(gè)-q的檢驗(yàn)電荷從無限遠(yuǎn)處移到A點(diǎn)時(shí)，電場力做功為W，則檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢能及電場中A點(diǎn)的電勢分別為（）

A．B．C．D．

13．（2023高二下·懷仁期中）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定在其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與物塊甲在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，則（）

A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零

C．碰撞過程中，甲物塊的速率可能為1m/s，也可能為5m/s

D．碰撞過程中，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為1.7m/s

14．（2023高二上·應(yīng)縣月考）假設(shè)在某電場中沿x軸方向上，電勢φ與x的距離關(guān)系如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)電子在電場中僅受電場力作用移動(dòng)，則下列關(guān)于電場和電子能量說法正確的是（）

A．區(qū)域x3～x4內(nèi)沿x軸方向的電場強(qiáng)度均勻增大

B．區(qū)域x6～x7內(nèi)沿x軸方向場強(qiáng)為零

C．若電子從電勢為2V的x1位置向右移動(dòng)到電勢為2V的x7位置，為了通過電勢為3V的x4位置，電子至少應(yīng)具有1eV的初動(dòng)能

D．電子在區(qū)域x1～x2內(nèi)沿x軸方向所受電場力小于區(qū)域x3～x4內(nèi)沿x軸方向所受電場力

三、填空題

15．（2023高二上·應(yīng)縣月考）有一充電的平行板電容器，兩板間電壓為3V，現(xiàn)使它的電荷量減少3×10-4C，于是電容器兩極板間電壓降為原來的，此電容器的電容是μF，電容器原來的帶電荷量是C，若電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容是μF。

四、實(shí)驗(yàn)題

16．（2023高一下·南陽期末）如圖所示，為“驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。已知a、b小球的質(zhì)量分別為ma、mb，半徑相同，圖中P點(diǎn)為單獨(dú)釋放a球的平均落點(diǎn)，M、N是a、b小球碰撞后落點(diǎn)的平均位置.

（1）本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是___________.

A．斜槽軌道必須是光滑的

B．斜槽軌道末端的切線水平

C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放

D．入射球與被碰球滿足ma=mb

（2）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要測量OP間的距離x1、OM間的距離x2和.

（3）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒，需驗(yàn)證的關(guān)系式是.

五、解答題

17．（2023高二上·長春月考）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有A、B兩點(diǎn)，它們間距為2cm，兩點(diǎn)的連線與場強(qiáng)方向成60°角。將一個(gè)電量為-2×10-5C的電荷由A移到B，其電勢能增加了0.1J。則：

（1）在此過程中，電場力對該電荷做了多少功？

（2）A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB為多少？

（3）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為多大？

18．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，在絕緣的光滑水平面上有A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷，A帶正電，B帶負(fù)電，電量都是q，它們之間的距離為d。為使兩電荷在電場力作用下都處于靜止?fàn)顟B(tài)，必須在水平方向加一個(gè)勻強(qiáng)電場．當(dāng)兩電荷都處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，（已知靜電力常量為k）求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；

（2）AB連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度。

19．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中四個(gè)等勢面，相鄰等勢面間距離為2cm，已知Uac=60V,求：

（1）電場強(qiáng)度為多大？

（2）設(shè)B點(diǎn)的電勢為零，求A、C、D、P點(diǎn)的電勢。

（3）求將q=-1.0×10-10C的點(diǎn)電荷由A移到D電場力做的功。

（4）將q=2×10-10C的點(diǎn)電荷由B移到C，再經(jīng)D最后回到P，電場力所做的功Wbcdp

20．（2023高二上·應(yīng)縣月考）如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連。將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體。現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起。以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0。求彈簧釋放的勢能。

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】甲、在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故甲正確；

乙、剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長的過程，墻壁對滑塊有作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故乙錯(cuò)誤；

丙、木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故丙正確；

丁、木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故丁錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】利用系統(tǒng)外力等于0可以判別系統(tǒng)其動(dòng)量守恒。

2．【答案】C

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】在水平方向上，彈丸和底座組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)水平向右為正，由動(dòng)量守恒可得，得，負(fù)號表示速度方向水平向左，故C正確．

【分析】利用動(dòng)量守恒定律可以求出底座的速度大小。

3．【答案】B

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，取水平向右方向?yàn)檎较颍鲎睬?，A、B的速度分別為：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系統(tǒng)總動(dòng)量為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)量都是0；由于碰撞是彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能等于0，運(yùn)動(dòng)的方向一定相反；B符合題意，A、C、D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】兩物體發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為零，末動(dòng)量也為零。

4．【答案】A

【知識點(diǎn)】動(dòng)量定理

【解析】【解答】由碰撞中的動(dòng)量守恒得mv=2mvB－mvA，vA＞0，則vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A符合題意。

故答案為：A

【分析】兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，利用動(dòng)量守恒定律列方程分析求解即可。

5．【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】①電場強(qiáng)度是用比值定義法得出的物理量，是從力角度研究電場的物理量，適用于任何電場，即既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場，故①正確；②勻強(qiáng)電場中沿場強(qiáng)方向電勢降低最快，且沒前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，故勻強(qiáng)電場中任意兩點(diǎn)的間的電勢差與兩點(diǎn)沿電場線的距離成正比；故電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系公式僅僅適用與勻強(qiáng)電場，故②錯(cuò)誤；③點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)公式是由電場強(qiáng)度的定義式和庫侖定律聯(lián)立得到，反映了點(diǎn)電荷的電場中任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度與該點(diǎn)的空間位置和場源電荷的電荷量的關(guān)系，不適用于勻強(qiáng)電場，故③錯(cuò)誤；④電場力做功與電勢差的關(guān)系公式W=qU，反映了在電場中任意兩點(diǎn)間移動(dòng)電荷時(shí)，電場力做功與兩點(diǎn)間電勢差成正比，適用于任意電場，故④正確。D符合題意。

故答案為：D

【分析】公式1和公式4都是普適公式；公式2只能使用于勻強(qiáng)電場；公式3只能適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。

6．【答案】C

【知識點(diǎn)】靜電的防止與利用

【解析】【解答】由于靜電感應(yīng)可知，A左端帶負(fù)電，B右端帶正電，AB的電勢相等，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；若移去C，則兩端的感應(yīng)電荷消失，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C．

【分析】根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律可明確AB兩端所帶電性，再根據(jù)電荷間的相互作用分析移走C后AB所帶電量，即可明確金箔能否閉合．

7．【答案】D

【知識點(diǎn)】庫侖定律

【解析】【分析】由庫侖定律可知，接觸后先中和后平分，所以，故選D

【點(diǎn)評】本題難度較小，掌握庫侖力公式，庫侖力與兩球間距離的關(guān)系即可

8．【答案】A

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】由v-t圖象可知，微粒的速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負(fù)電的微粒做加速度越來越大的減速直線運(yùn)動(dòng)，所受電場力越來越大，由F=qE知，場強(qiáng)增大，電場線越來越密。電場力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相反，電場力向左，所以電場線方向向右。

故答案為：A

【分析】利用速度的變化可以判別場強(qiáng)的大小變化和方向。

9．【答案】C

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)電場線與等勢線垂直特點(diǎn)，在O點(diǎn)所在電場線上找到Q點(diǎn)的等勢點(diǎn)，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，O點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的電勢高；A不符合題意。

B．根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強(qiáng)度比NO之間的平均電場強(qiáng)度大，故由公式U=Ed可知，OM間的電勢差大于NO間的電勢差；B不符合題意。

C．M點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的電勢高，負(fù)電荷從高電勢移動(dòng)到低電勢電場力做負(fù)功，電荷的電勢能增加；C符合題意。

D．在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷，正電荷所受電場力將沿與該點(diǎn)電場線的切線方向相同，斜向上；D不符合題意。

故答案為：C

【分析】電場線、電場強(qiáng)度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關(guān)系以及大小比較，是電場中的重點(diǎn)和難點(diǎn)，在平時(shí)訓(xùn)練中要加強(qiáng)這方面的練習(xí)，以加深對概念的理解．

10．【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】AB、由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，場強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從x1到x3處逆著電場線方向移動(dòng)，電勢升高，電勢能減小，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，故C錯(cuò)誤；

D、由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故由F=qE知，電場力先增大后減小，故D錯(cuò)誤；

故選B。

【分析】由圖可以看出在0-x1處場強(qiáng)為正，x1到+∞處場強(qiáng)為負(fù)方向，根據(jù)沿著電場線的方向電勢降低，結(jié)合正電荷在電勢高處電勢能大，分析電勢能的變化，電場力的變化由F=qE分析。

11．【答案】C

【知識點(diǎn)】電場力做功

【解析】【解答】帶電粒子只受電場力作用做曲線運(yùn)動(dòng)，所以電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以甲受吸引力，乙受排斥力，甲乙?guī)щ娛钱惙N電荷，A對；兩粒子在a點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，從a到b電場力做功為零，所以b點(diǎn)時(shí)具有相同的動(dòng)能，B對；甲粒子從a到c電場力做正功動(dòng)能增加，勢能減少；乙粒子從a到d電場力做負(fù)功動(dòng)能減少，電勢能增加；C錯(cuò)，D對。

【分析】利用軌跡可以判別電場力方向及兩個(gè)粒子帶異種電荷；利用等勢面可以判別粒子經(jīng)過b的動(dòng)能相等；由于電場力做功不同所以經(jīng)過d的動(dòng)能大小不同；利用電性結(jié)合電勢可以比較電勢能的大小。

12．【答案】B,C

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；電場力做功

【解析】【解答】AB．-q的檢驗(yàn)電荷從電場的無限遠(yuǎn)處被移到電場中的A點(diǎn)時(shí)，電場力做的功為W，則電荷的電勢能減小W，無限處電荷的電勢能為零，則電荷在A點(diǎn)的電勢能為，故A錯(cuò)誤，B正確。

CD．A點(diǎn)的電勢，故C正確，D錯(cuò)誤．

【分析】根據(jù)電場力做功多少，電荷的電勢能就減小多少分析電荷在A點(diǎn)與無限遠(yuǎn)間電勢能的變化量，由公式確定電荷在A點(diǎn)的電勢能，由公式求解A點(diǎn)的電勢．

13．【答案】A,D

【知識點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】解：A、甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；

B、當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前乙的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)共同速率為v，由動(dòng)量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v=0.5m/s，故B錯(cuò)誤．

C、若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相同，則：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)代入解得：v乙′=6m/s．

兩個(gè)物體的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律．

若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相反，則：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，

代入數(shù)據(jù)解得：v乙′=﹣4m/s，可以，碰撞后，乙的動(dòng)能不變，甲的動(dòng)能增加，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律．所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s，故C錯(cuò)誤．

D、甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，

碰撞結(jié)束后，系統(tǒng)的動(dòng)能守恒，則：=

代入數(shù)據(jù)解得：v甲′=4m/s；v乙′=﹣3m/s

可知碰撞結(jié)束后，甲與乙交換速度；碰撞過程中，乙物塊的速度在4m/s～﹣3m/s之間都是可以的．所以速率可能為2m/s，也可能為1.7m/s，故D正確．

故選：AD．

【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零判斷動(dòng)量是否守恒．豎直方向上甲乙兩物體所受的重力與水平面的支持力平衡．水平方向系統(tǒng)不受外力．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出物塊甲的速率．物塊甲的速率為1m/s時(shí)，速度方向可能與原來方向相同，也與原來方向相反，由動(dòng)量守恒研究乙的速率．若物塊甲的速率為5m/s，由動(dòng)量守恒求出乙的速率，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒判斷速率為5m/s是否可能．

14．【答案】B,D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】A.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，在x3到x4區(qū)域內(nèi)電勢差U34與兩點(diǎn)間距離成正比，則這兩點(diǎn)間的電場是勻強(qiáng)電場，沿x方向的電場強(qiáng)度不變，故A錯(cuò)誤；

B.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，在x6到x7區(qū)域內(nèi)，電勢差為零，這兩點(diǎn)間的場強(qiáng)為零，故B正確；

C.由圖象斜率表示場強(qiáng)可知，從x1位置到x2位置電勢均勻減小，則x1位置到x2位置間的電場方向向右，電子在其間受到的電場力向左，電子從x1運(yùn)動(dòng)到x2克服電場力做功2eV，電子應(yīng)該具有2eV的初動(dòng)能，電子從電勢為2V的x1位置向右到電勢為2V的x7位置，電場力做的總功為零，則電子從電勢為2V的x1位置向右到電勢為2V的x7位置，電子至少具有初動(dòng)能2eV，故C錯(cuò)誤；

D.由圖象斜率