2018-2019学年山西省忻州第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年山西省忻州第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 山西省忻州第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎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/s B． 该星球上的重力加速度为12m/s2‎ C． 小球在第4 s末的的速度是42 m/s D． 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，t4=4s，t3=3s，解得：g=12m/s2．所以2s末的速度：v2=gt2=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Q B． 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 ‎【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．‎ 视频 ‎3．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为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a→b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b→a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b→a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/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b→a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b→a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a→b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． 4∶‎ C． 1∶2 D． 2∶1‎ ‎【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。‎ ‎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 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：-mg•2R-W克=mv2-mv02，又v0=解得：W克=0．5mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0．5mgR，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，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，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(q1>0)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． q2>0且q1＝q2 B． q2<0且q1＝|q2|‎ C． q2>0且q1>q2 D． q2<0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、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到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，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．如图所示，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ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、Exb，则（　　）‎ A． Exa＞Exb B． Exa沿x负方向，Exb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Exa＞Exb，故A正确；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb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。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎10．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． 0～4 s内物体的位移为零 B． 0～4 s内拉力对物体做功为零 C． 4 s末物体的动量为零 D． 0～4 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=F×2- F×2=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。‎ ‎11．两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(图中标出了该切线)。则下列说法正确是（　　）‎ A． B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2 V/m B． 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，vB=4m/s，再根据动能定理得  qUCB=mvB2-mvC2=×1×（42-72）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．‎ ‎12．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（　　）‎ 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=mgtanθ；N2＝mg/ cosθ；由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；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=mgtanθ；由于θ不断增大，故f不断增大，则D正确；故选BD。‎ ‎【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．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、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据画出的图．‎ ‎(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】BF'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 ‎【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，相邻计数点间的距离如图所示．打点计时器电源的频率为50 Hz．‎ ‎ 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】AD2.001.001.20‎ ‎【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v6＝v5＋aT＝1.00 m/s＋0.20 m/s＝1.20 m/s 评卷人 得分 四、解答题 ‎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大夹角为θ.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：①②‎ ‎（2）小球从开始到最低点的过程中：‎ ‎③④‎ 得⑤‎ 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、带电荷量为+q的粒子在O点以v0的初速度跟水平方向成θ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。‎ ‎（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=mgcosθ， 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：-2Ffx=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．（题文）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)‎ ‎(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： …① 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…② 由①②得： （2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°= …③ ‎ vy=at…④ …⑤‎ ‎ …⑥ 由③④⑤⑥得： ‎