山西省忻州市第一中学2018_2019学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

1、- 1 -山西省忻州市第一中学 2018-2019 学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）一、选择题1.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为 2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第 4s 内的位移是 42 m，则（ ）A. 小球在 2 s 末的速度是 16m/sB. 该星球上的重力加速度为 12m/s2C. 小球在第 4 s 末的的速度是 42 m/sD. 小球在 4s 内的位移是 80m【答案】B【解析】【详解】第 4s 内的位移是 42m，有： gt42- gt32=42m，t 4=4s，t 3=3s，解得：g=12m/s 2所以 2s 末的速度：v 2=gt

2、2=24m/s。故 A 错误，B 正确。小球在第 4 s 末的的速度是v4=gt4=48m/s ，选项 C 错误；小球在 4s 内的位移是 gt42=96m，选项 D 错误；故选 B.【点睛】此题选择某星球为情景考查匀变速直线运动的规律；解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同.2. 两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q 为电场中两点，则（ ）A. 正电荷由 P 静止释放能运动到 QB. 正电荷在 P 的加速度小于在 Q 的加速度C. 负电荷在 P 的电势能高于在 Q 的电势能D. 负电荷从 P 移动到 Q，其间必有一点电势能为零【答案】D-

3、2 -【解析】试题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小根据电场线的方向判断电荷的正负顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由 P 静止释放不能运动到 Q，故 A 错误；电场线的疏密代表场强的大小，故 ，故正电荷在 P 的加速度大于在 Q 的加速度，故 B 错误；负电荷从 P 到 Q 电场力做负功，电势能增加，故负电荷在 P 的电势能小于在 Q 的电势能，故 C 错误；从 P 到 Q 的过程中，沿电场线方向电势降低，故在 PQ 间有一点电势为零点，故 ，故其间必有一点电势能为零，D 正确3.如图所示，两块较大的金属板 A、B 相距为

4、 d，平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间恰好有一质量为 m、带电量为 q 的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（ ）A. 若将 S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B. 若将 A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有 ab 的电流C. 若将 A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有 ba 的电流D. 若将 A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有 ba 的电流【答案】C【解析】【详解】将 S 断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故 A 错误；若将 A 板左移，电容器板间电压不变，由 E=U/

5、d 可知，场强 E 不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态。电容器的电容减小，由 Q=CU 知电容器的电量将减小，放电，则 G 表中有 ba 的电流，故 B 错误。将 A 板上移，由 E=U/d 可知，E 变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动。电容 C 变小，电量减小，电容器要放电，则有由ba 的电流流过 G，故 C 正确；将 A 板下移，由 E=U/d 可知，E 变大，油滴所受的电场力变- 3 -大，将向上加速运动。电容 C 变大，电量变大，电容器要充电，则有由 ab 的电流流过 G，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题含有电容器的电路，只有在电容器充电或放

6、电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定4.如图所示，用完全相同的轻弹簧 A、 B、 C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30，弹簧 C 水平，则弹簧 A、 C 的伸长量之比为( )A. 4 B. 4C. 12 D. 21【答案】D【解析】试题分析: 以 BC 整体为研究对象，则 也即 ，知,D 对。考点:力的平衡、胡克定律、整体隔离的运用。【名师点睛】略。视频5.如图所示，半径为 R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为 m 的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度 沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则

7、小球从最低点运动到最高点的过程中（ ）A. 小球机械能守恒B. 小球在最低点时对金属环的压力是 6mg- 4 -C. 小球在最高点时，重力的功率是D. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是 0.5mgR【答案】D【解析】试题分析：小球在最高点与环作用力恰为 0 时，设速度为 v，则 ，解得： ；从最低点到最高点，由动能定理得：-mg2R-W 克 = mv2- mv02，又 v0= 解得：W 克=05mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是 05mgR，故 A 错误，D 正确在最低点，根据向心力公式得： ，解得：N=7mg，则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是 7mg，

8、故 B 错误；小球小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故 C 错误故选 D。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题考查了机械能守恒定律、向心力公式以及动能定理的直接应用，要求同学们明确圆周运动最高点的临界条件，知道重力功率与竖直分速度有关。6.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的 ，此时卫星仍做匀速圆周运动，则（ ）A. 卫星的向心加速度减小到原来的B. 卫星的角速度减小到原来的C. 卫星的周期增大到原来的 8 倍D. 卫星的半径增大到原来的 2 倍【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提向心力： ，解得： ，线速度变为原来的 ，知轨

9、道半径变为原来的 4 倍。根据 ，可知向心加速度变为原来的 ，故 AD 错误；根据 ，线速度变为原来的 ，知轨道半径变为原来的 4 倍，则角速度变为原来的 ，故 B 错误；根据- 5 -，角速度变为原来的 ，则周期变为原来的 8 倍，故 C 正确。所以 C 正确，ABD 错误。7.两带电荷量分别为 q1(q10)和 q2的点电荷放在 x 轴上，相距为 l，两电荷连线上电场强度E 与 x 的关系如图所示，则下列说法正确的是( )A. q20 且 q1q 2 B. q20 且 q1q2 D. q20 且 q1|q2|【答案】A【解析】试题分析：由图象知两电荷连线上关于中点对称的点，电场强度大小相等

10、、方向相反，则说明两电荷为同种等量电荷，A 正确。考点：本题考查常见电荷周围电场分布。8.如图甲所示 A、 B 是一条电场线上的两点，当一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB 由 A 点运动到 B 点，其速度时间图象如图乙所示，电子到达 B 点时速度恰为零下列判断正确的是( )A. A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度B. 电子在 A 点的加速度一定大于在 B 点的加速度C. A 点的电势一定高于 B 点的电势D. 该电场可能是负点电荷产生的【答案】C【解析】试题分析：由图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由 可知，A 点的场强要等于 B 点场强；故 AB 错误；而电子从 A

11、 到 B 的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场- 6 -力做负功，故电势能增加，电子带负电，由 可知，A 点的电势要大于 B 点电势，故 C 正确；点电荷产生的电场中，一条电场线上的点的场强都不相同，D 错误。考点：考查了电场线；电场强度；电势9.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力 F 的作用，拉力 F 随时间 t 变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A. 04 s 内物体的位移为零B. 04 s 内拉力对物体做功为零C. 4 s 末物体的动量为零D. 04 s 内拉力对物体的冲量为零【答案】BCD【解析】【详解】由图象可知物体在 4s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末

12、的速度为零，位移一直增大，故 A 错误；前 2s 拉力做正功，后 2s 拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故 B正确；4s 末的速度为零，故动量为零；故 C 正确；根据 I=Ft 可知：前 4s 内 I 合 =F2- F2=0，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解。10.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A、B、C 三点，一个电荷量为 1C，质量为 1kg 的小物块从 A 点静止释放，其运动的 v-t 图象如图乙所示，其中 B 点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了

13、该切线)。则下列说法正确是（ ）- 7 -A. B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=2 V/mB. 由 A 到 C 的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由 A 点到 C 点的过程中，电势逐渐降低D. C、B 两点的电势差 UCB = -15 V【答案】AC【解析】【详解】从速度时间图象可知带电粒子在 B 点的加速度最大为 am= =2m/s2，所受的电场力最大为 Fm=mam=2N，据 E=F/q 知，B 点的场强最大为 2N/C，故 A 正确；从速度时间图象可知由 A 到 C 的过程中，带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故 B 错误；据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线

14、上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧，故由 A 点到 C点的过程中电势逐渐降低，故 C 正确；从速度时间图象可知 C、B 两点的速度分别为 vC=7m/s，v B=4m/s，再根据动能定理得 qUCB= mvB2- mvC2= 1（4 2-72）J=-16.5J，解得：UCB=-16.5V，故 D 错误。故选 AC。【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道 v-t 图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法11.半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板 MN。在半圆柱体 P和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于静止，这

15、个装置的截面图如图所示。现使 MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在 Q 滑落到地面之前，发现 P 始终保持静止。则在此过程中（ ）- 8 -A. MN 对 Q 的弹力逐渐减小B. P 对 Q 的弹力逐渐增大C. Q 所受的合力逐渐增大D. 地面对 P 的摩擦力逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】对圆柱体 Q 受力分析，受到重力、杆 MN 的支持力和半球 P 对 Q 的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆 MN 的支持力方向不变、大小变，半球 P 对 Q 的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到 N1=mgtan； N2 mg/ cos；由于 不断增大，故 N1不断增大，N 2也不断增大

16、；故 A 错误，B 正确；物体 Q 一直保持平衡态，合力为零不变，故C 错误；对 PQ 整体受力分析，受到总重力、MN 杆的支持力 N1，地面的支持力 N3，地面的静摩擦力 f，如图根据共点力平衡条件有 f=N1=mgtan；由于 不断增大，故 f 不断增大，则 D 正确；故选BD。- 9 -【点睛】本题关键先对物体 Q，再对物体 PQ 整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理12.如图所示，x 图表示空间某一静电场的电势 沿 x 轴的变化规律，图象关于 轴对称分布x 轴上 a、b 两点电场强度在 x 方向上的分量分别是 Exa、E xb，则（ ）A. ExaE

17、 xbB. Exa沿 x 负方向，E xb沿 x 正方向C. 同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向相反D. 将正电荷沿 x 轴从 a 移动到 b 的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】ABC【解析】试题分析：在 a 点和 b 点附近分别取很小的一段 d，由图象，a 点段对应的电势差大于 b 点段对应的电势差，看做匀强电场有 ，可见 ExaE xb，故 A 正确；沿电场方向电势降低，在 O 点左侧，E xa的方向沿 x 轴负方向，在 O 点右侧，E xb的方向沿 x 轴正方向，故 B 正确；由题可知，图为电势沿 x 轴的分量，B 仅为沿电场沿 x 轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断

18、出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向不一定相反，故 C 错误；将正电荷沿 x 轴从 a 移动到 b 的过程中，电场力先做负功后做正功，D 错误；故选 AB。考点：电场强度；电场力的功【名师点睛】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；在 x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；故此题的难度较高。二、实验题13.“探究力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉， O 为橡皮筋与细绳的结点， OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验数

19、据画出的图 - 10 -(1)实验中必须保证两次将橡皮筋与细绳的结点 O 拉到同一位置,本实验主要采用的科学方法是（_）A理想实验法B等效替代法C控制变量法D建立物理模型法(2)图乙作出的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_ (3)若认为图乙中 F 与 F大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由 F1大小引起，则原因是F1的大小比真实值偏_。(选填“大”或“小”)【答案】 (1). B； (2). ； (3). 大；【解析】【详解】 （1）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法故选 B（2）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡

20、皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿 AO 方向的是 F，由于误差的存在 F 和 F方向并不在重合；（3）由图可知,将 F1减小,合力 F 与 F更接近重合,则原因是 F1的大小比真实值偏大.【点睛】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别14.某同学利用如图所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)从纸带上便于测量的点开始，每 5 个点取 1 个计数点，相邻计

21、数点间的距离如图所示打点计时器电源的频率为 50 Hz- 11 -单位:cm(1) 运动重物拉动穿过打点计时器的纸带，纸带上就打下一系列的小点，这些小点记录了_A物体运动的时间 B物体在不同时刻的速度C物体在不同时刻的加速度 D物体在不同时刻的位移(2)物块运动过程中加速度的大小为 a_ m/s2(3)计数点 5 对应的速度大小为_m/s，计数点 6 对应的速度大小为_m/s(保留三位有效数字)【答案】 (1). AD (2). 2.00 (3). 1.00 (4). 1.20【解析】【详解】 （1）打点计时器每隔一定的时间(当电源频率为 50 Hz 时，打点的时间间隔为 0.02 s)打下一

22、个点，因而点迹记录了物体运动的时间，也记录了物体在不同时刻的位置和某段时间内的位移；点迹的分布情况反映了物体的运动情况，而不能反映物体在某点的速度和加速度正确选项为 AD. （2）由纸带可知： x=2cm； T=0.1s，则加速度 a 2.00 m/s2（3） 故 v6v 5aT1.00 m/s0.20 m/s1.20 m/s三、计算题15.如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为 m、电荷量为 q 的带电小球，另一端固定于 O 点将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初- 12 -速度释放，则小球沿圆弧做往复运动已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最

23、大夹角为 .求：(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力【答案】 （1） （2） 【解析】试题分析：（1）若电场向左小球将向左下方做匀加速直线运动，所以电场方向水平向右，小球从静止摆到最左边的过程中： （2）小球从开始到最低点的过程中： 得 考点：考查了电场强度，动能定理，圆周运动【名师点睛】 （1）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式求出匀强电场的场强；（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力16.如图所示，一个质量为 m、带

24、电荷量为+ q 的粒子在 O 点以 v0的初速度跟水平方向成 角射出，粒子在运动过程中所受阻力大小恒为 Ff，如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，可使粒子沿初速度方向做直线运动。- 13 -（1）求所加最小匀强电场场强的大小及方向;（2）若加上水平向左、大小一定的匀强电场，经过一段时间后粒子又回到了 O 点，求粒子回到 O 点时速度大小。【答案】 （1） （2） 【解析】【详解】 （1）当场强方向与 v0 垂直且斜向左上方时，电场强度最小，如图所示，则 qE=mgcos， 所以 E=(2)由牛顿第二定律： ；所以： a=粒子做减速运动的位移： x= 。对往返全过程,由动能定理：-2 Ffx

25、= mv2- m ； 所以： 故本题答案是：（1） （2）【点睛】物体做直线运动的条件是合外力与速度在一条直线上，所以要把握这个条件解题。17.如图所示， EF 与 GH 间为一无场区。无场区左侧 A、 B 为相距为 d、板长为 L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中 A 为正极板。无场区右侧为一点电荷 Q 形成的电场，点电荷的位置 O 为圆弧形细圆管 CD 的圆心，圆弧半径为 R，圆心角为 120， O、 C 在两板间的中心线上， D 位于 GH 上。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以初速度 v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。求：(不计粒子的重力、管的粗细)- 14 -(1)O 处点电荷的电性和电荷量；(2)两金属板间所加的电压。【答案】(1)负电， ；(2) 【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷 Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知 O 处点电荷带负电由几何关系知，粒子在 D 点速度方向与水平方向夹角为 30，进入 D 点时速度为：在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故 Q 带负电且满足 由得： （2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成 30tan 30= vy=at- 15 -由得：