江西省赣州市会昌县会昌中学2021年高二物理上学期第一次月考试题

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高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)高二全册物理试题2

嗦夺市安培阳光实验学校太和二职高高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共计50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．关于物体的带电荷量，以下说法中不正确的是（）A．物体所带的电荷量可以为任意实数B．物体所带的电荷量应该是某些特定值C．物体带电+1.60×10﹣9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子D．物体带电荷量的最小值为1.6×10﹣19C2．库仑定律的适用范围是（）A．真空中两个带电球体间的相互作用B．真空中任意带电体间的相互作用C．真空中两个点电荷间的相互作用D．真空中两个电荷量足够小的带电体间的相互作用3．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，橡胶棒带负电．这是因为（）A．空气中的正电荷转移到了毛皮上B．空气中的负电荷转移到了橡胶棒上C．毛皮上的电子转移到了橡胶棒上D．橡胶捧上的电子转移到了毛皮上4．如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B（不接触）时，验电器的金箔张角减小，则（）A．金属球一定不带电B．金属球可能带负电C．金属球可能带正电D．金属球一定带负电5．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（）A．电场线是客观存在的B．电场线越密，电场强度越小C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小6．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3 D．W1=W2=W37．真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F．若甲的电量变为原来的2倍，乙的电量变为原来的，距离变为2r，则它们之间的静电力变为（）A ．B ．C ．D ．8．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A．该电场一定是匀强电场B．两点的电势φa一定低于φbC．电子具有的电势能E Pa一定小于E PbD．场强E a一定小于E b9．如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功（）A．从A到B做功最多B．从A到C做功最多C．从A到E做功最多D．做功一样多10．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题（本题共2小题，每空3分，共计15分．）11．两个完全相同的绝缘金属小球，分别带4.0×10﹣8C的正电荷和6.0×10﹣8C 的负电荷，当它们相距2cm时，它们间的静电力大小为N；若将它们接触后再放回原处，这时它们间的静电力大小为N．（设两带电小球可看作点电荷）12．完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电量Q A=6.4×10﹣9C，Q B=﹣3.2×10﹣9C，让两个绝缘金属小球接触，接触后A球带电量为C，B球带电量为C，接触过程中，共转移的电荷量为C．三、计算题（本题共3小题，共计3513．（11分）（2014春•秀屿区校级期末）在电场中某处放入电荷量为﹣4.0×10﹣9C的点电荷时，它受到的电场力的大小为3.0×10﹣4N，方向水平向左．求该处电场强度的大小和方向．如果把这个点电荷移走，该处的电场强度大小是多少？14．（12分）（2015秋•阜阳月考）如图所示用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg 带电小球悬挂在o点下方，当空中有方向如图所示大小为4×104N/C的足够大的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的电荷量；（3）分析如果把细线剪断，小球将做什么性质的运动．15．（12分）（2015秋•校级期中）如果把带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J．试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）．（2）q未移入电场前A点的电势是多少？太和二职高高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共计50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．关于物体的带电荷量，以下说法中不正确的是（）A．物体所带的电荷量可以为任意实数B．物体所带的电荷量应该是某些特定值C．物体带电+1.60×10﹣9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子D．物体带电荷量的最小值为1.6×10﹣19C【考点】元电荷、点电荷．【专题】常规题型．【分析】物体带量是指的有多余电荷，不带电并不是没有电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．【解答】解：A、所有带电电荷量均是元电荷的整数倍，而不是任意的，故A 错误；B、所有带电电荷量均是元电荷的整数倍，只能是一些特定值，故B正确；C、物体带电是指有多余电荷，如物体带正电，则是指物体失去相等的负电荷，从而带正电荷的，失去电子个数n==1.0×1010个，故C正确；D、物体带电量的最小值为元电荷，即为1.6×10﹣19C．故D正确；本题选择错误，故选：A．【点评】物体带电是得到或失去电子，从而有多余的电荷．且带电量均是元电荷的整数倍．2．库仑定律的适用范围是（）A．真空中两个带电球体间的相互作用B．真空中任意带电体间的相互作用C．真空中两个点电荷间的相互作用D．真空中两个电荷量足够小的带电体间的相互作用【考点】库仑定律．【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律是关于真空中两点电荷间相互作用的规律，适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．【解答】解：库仑定律的内容是：真空中两点电荷间的作用力与两点电荷的电荷量的乘积成正比，与它们间距离平方成反比，作用力在它们的连线上，可见，库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．故选：C．【点评】物理规律往往有一定的适用范围，要在理解的基础上加强记忆．基础题，比较容易．3．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，橡胶棒带负电．这是因为（）A．空气中的正电荷转移到了毛皮上B．空气中的负电荷转移到了橡胶棒上C．毛皮上的电子转移到了橡胶棒上D．橡胶捧上的电子转移到了毛皮上【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】摩擦起电的实质是电子发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；【解答】解：摩擦起电是因为电子由一个物体转移到另一物体上，失去电子的物体因缺少电子而带正电，得到电子的物体带负电，毛皮与橡胶棒摩擦，毛皮上的电子转移到了橡胶棒上，毛皮带正电，橡胶棒得到了电子，橡胶棒带负电．故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】本题要记住正负电荷的规定：丝绸摩擦这的玻璃棒带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带电．摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电．4．如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B（不接触）时，验电器的金箔张角减小，则（）A．金属球一定不带电B．金属球可能带负电C．金属球可能带正电D．金属球一定带负电【考点】静电场中的导体；库仑定律．【分析】验电器是利用同种电荷相互排斥原理制成的，金属箔片是否张开角度说明物体是否带电，金属箔片张开角度的大小反应了物体带电的多少．【解答】解：验电器原来带正电，要使张角减小，则应使B处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相互作用，A球可能带负电；若A球不带电时，则由于感应，A球左侧也会带上负电，故会产生同样的效果；故A球可以带负电，也可以不带电；故选：B【点评】对于金属而言能够移动的自由电荷是带负电的电子，而不是带正电的原子核或质子．基础题目．5．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（）A．电场线是客观存在的B．电场线越密，电场强度越小C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小【考点】电场线；电势．【分析】电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线电势降低．【解答】解：A、电场线是人为引入，假象的线，并非真实存在的，故A错误；B、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故错误；C、沿电场线电势降低，电势的高低与电场线的疏密无关，故C正确；D、电势能的高低通过电场力做功来判断，沿电场线运动，电场力不一定做正功，电势能不一定减小，故D错误．故选C．【点评】本题着重通过电场线考察了对电势、场强、电势能概念的理解情况，要理解它们的区别以及大小的决定因素．6．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3 D．W1=W2=W3【考点】电场线；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．【解答】解：，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．所以W1=W2=W3故选D．【点评】静电场力和重力都是保守力，静电场和重力场是保守场．7．真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F．若甲的电量变为原来的2倍，乙的电量变为原来的，距离变为2r，则它们之间的静电力变为（）A ．B ．C ．D ．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．【解答】解：真空中两个电荷量均为Q的点电荷，相距为r时的相互作用静电力大小为F，根据库仑定律，有：F=k…①若将这两个点电荷间的距离变为2r，则他们之间的静电力大小变为：F′=k =…②故：F′=故选：B．【点评】本题关键是根据库仑定律直接列式求解，基础题．在利用库仑定律解题时，要注意库仑定律的使用条件．8．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A．该电场一定是匀强电场B．两点的电势φa一定低于φb C．电子具有的电势能E Pa一定小于E PbD．场强E a一定小于E b【考点】电势；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小．电场力F=qE．负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．【解答】解：A、D、据题，负电荷由静止释放，且由a向b运动，则负电荷所受的电场力一定是由a指向b．因为负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，则该电场不一定是匀强电场．故A错误；B、电场线的方向由b指向a，根据顺着电场线电势降低，可知电势φa一定低于φb，故B正确．C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能E Pa 一定大于E Pb，故C错误；故选：B．【点评】本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键．9．如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功（）A．从A到B做功最多B．从A到C做功最多C．从A到E做功最多D．做功一样多【考点】电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】以点电荷Q为中心的球面上所有各点的场强的大小相等而方向不同；该球面是等势面．【解答】解：该球面是等势面，各点的电势相等，所以：U AB=U AC=U AD=U AE，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功W=qU，所以电场力做功一样多．故D正确．故选：D【点评】该题考查点电荷的电场的特点，掌握以点电荷Q为中心的球面上所有各点的电势相等是解题的关键．属于基础题目10．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】静电现象的解释．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选：B．【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．二、填空题（本题共2小题，每空3分，共计15分．）11．两个完全相同的绝缘金属小球，分别带4.0×10﹣8C的正电荷和6.0×10﹣8C 的负电荷，当它们相距2cm时，它们间的静电力大小为 5.4×10﹣2N；若将它们接触后再放回原处，这时它们间的静电力大小为 2.25×10﹣3N．（设两带电小球可看作点电荷）【考点】库仑定律．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．【解答】解：根据库仑定律得：F==5.4×10﹣2N，当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量均为q=则此时小球间的库仑力F′==2.25×10﹣3N故答案为：5.4×10﹣2；2.25×10﹣3【点评】解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．12．完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电量Q A=6.4×10﹣9C，Q B=﹣3.2×10﹣9C，让两个绝缘金属小球接触，接触后A球带电量为 1.6×10﹣9C，B球带电量为 1.6×10﹣9C，接触过程中，共转移的电荷量为 4.8×10﹣9C．【考点】库仑定律．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分．【解答】解：两球接触后所带电荷量相等且为：Q′A=Q′B=C=1.6×10﹣9C在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身的负电荷全部中和，且电子继续转移，使B球带Q′B的正电，因此共转移电子的电荷量为：△Q=3.2×10﹣9C+1.6×10﹣9C=4.8×10﹣9C．答故答案为：1.6×10﹣9，1.6×10﹣9，4.8×10﹣9【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，注意正负中和的含义，及电量平分的条件．三、计算题（本题共3小题，共计3513．（11分）（2014春•秀屿区校级期末）在电场中某处放入电荷量为﹣4.0×10﹣9C的点电荷时，它受到的电场力的大小为3.0×10﹣4N，方向水平向左．求该处电场强度的大小和方向．如果把这个点电荷移走，该处的电场强度大小是多少？【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，大小由场强的定义式 E=求出．如果把这个点电荷移走，该处的电场强度大小不变．【解答】解：由电场强度的定义式得：E=N/C=7.5×104N/C，即该处电场强度大小为7.5×104N/C．因为放入的是负电荷，其电场力方向与场强方向相反，所以场强方向水平向左，如果把这个点电荷移走，该处的电场强度大小仍为7.5×104N/C，答：该处电场强度的大小为7.5×104N/C，场强方向水平向左．如果把这个点电荷移走，该处的电场强度大小仍为7.5×104N/C，【点评】电场强度是描述电场本身性质的物理量，是电场中最重要的概念之一，关键要掌握其定义式和方向特征．14．（12分）（2015秋•阜阳月考）如图所示用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg 带电小球悬挂在o点下方，当空中有方向如图所示大小为4×104N/C的足够大的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的电荷量；（3）分析如果把细线剪断，小球将做什么性质的运动．【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题．【解答】解：（1）由图知带电小球受到向左的电场力作用，故小球带正电；（2）小球受力平衡，如图所示：根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan37°解得：q===7.5×10﹣7C小球的电荷量为7.5×10﹣7C（3）如果细线被剪断，拉力和电场力不变，故加速度为：a===12.5m/s2小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动；答：（1）小球的带正电；（2）小球的电荷量为7.5×10﹣7C；（3）如果把细线剪断，小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动．【点评】受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系．15．（12分）（2015秋•校级期中）如果把带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J．试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）．（2）q未移入电场前A点的电势是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题，电荷从无限远处移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加．根据电场力做功求出无限远与A点间的电势差，无限远电势为零，再求出A点的电势．电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．【解答】解：（1）依题，正电荷从无限远处移至电场中的A点，克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加1.2×10﹣4J，而电荷在无限远电势能为零，则q在A点的电势能：E p=W=1.2×10﹣4J故A点的电势为：φA ===1.2×104V（2）电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，所以q未移入电场前A点的电势仍为1.2×104V．答：（1）A点的电势为1.2×104V；在A点的电势能为1.2×10﹣4J；（2）q未移入电场前A点的电势为1.2×104V．【点评】本题中对于电场力做功与电荷变化的关系要掌握．电势是描述电场本身性质的物理量，与试探电荷无关．。

2021年高二上学期第一次月考理科综合物理试题含答案

2021年高二上学期第一次月考理科综合物理试题含答案可能用到的相对原子质量：Mg-24 N-14 H-1 O-16 Cu-64 C-1214.宇航员在探测某星球时发现:①该星球带负电，而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球(其带电量远远小于星球电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态.如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断A. 只改变小球的电量，从原高度无初速释放后，小球仍处于悬浮状态B. 只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将运动起来C. 小球的电势能一定小于零D. 小球一定带负电15. 两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是16.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为A.动能减小B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.重力势能和电势能之和增加abE17.带电粒子在电场中偏转的应用，期中示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的A.极板应带正电B.极板应带正电C.极板应带负电D.极板应带正电18.如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地.若将A板向上平移到虚线位置.在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是A.E不变，φ改变B.E改变，φ不变C.E不变，φ不变D.E改变，φ改变19.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小为A．mg/q B．2mg/q C．3mg/q D．4mg/q20.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上.当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B 将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是A.因电场力分别对球A和球B做正功，故系统机械可能增加B.因两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大21.图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V AB C O和1.5V.一质子（）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断：A、质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eVB、质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC、质子经过等势面c时的速率为2.25vD、质子经过等势面c时的速率为1.5v二、非选择题22．（9分）在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接， B 极板接地．静电计中连接转动指针的外壳也接地，当静电计所加的电压增大时，转动指针与竖直固定的指针的夹角θ也增大．若只把极板 B 稍向上移动一点，θ应（增大、减小、不变），若只把极板B 稍向内移动一点，θ应（增大、减小、不变）若把铁块插入平行板内，θ应。

江西省最新2021学年高二物理上学期第一次月考试题

南康中学2021～2021学年度第一学期高二第一次大考物理试卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1.关于点电荷、元电荷、试探电荷，下列说法正确的是( )A. 点电荷所带电荷量一定是元电荷B. 点电荷、元电荷、试探电荷是同一种物理模型C. 点电荷所带电荷量可能很大D. 点电荷是客观存在的2．下列各物理量中，与试探电荷有关的量是( )A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电场做的功W3．带电量分别为+4Q和﹣6Q的两个相同的金属小球，相距一定距离时，相互作用力的大小为F．若把它们接触一下后，再放回原处，它们的相互作用力的大小变为（）A．B．C．D．4．请用学过的电学知识判断下列说法错误的是( )A．导体处于静电平衡时，导体内部电场和外表面处的电场均为零B．油罐车后面都有一条拖地的铁链，其作用是把电荷导入大地，避免由静电造成危害C．某电容器上标有“1.5μF，9V”，则该电容器所加的电压不应超过9VD．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要安全5．如图所示，两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷(电荷量很小)．现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则( )A．P点场强变小B．两板间电压变小C．P点电势不变D．P点电势变小6．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，等势面c的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小7．a、b、c三个α粒子（重力不计）由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（）A. 进入电场时a的速度最大，c的速度最小B. a、b、c在电场中运动经历的时间相等C. 若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间增长D. 若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长8．一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，电场力做功2 J，克服阻力做功1 J。

2021年高二物理上学期第一次月考试题(含解析)

2021年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，1至10为单项选择题，11至16为多项选择题，共64分）1．以下说法正确的是（）A．电子、质子都是元电荷B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的D．描述电场的电场线是客观存在的2．下列说法中不正确的是（）A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷3．如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A．加速度始终增大B．加速度先增大后减小C．速度先增大后减小D．速度始终不变4．匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为φA=4V，φB=3V，φC=5V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小6．如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球电势能一定增加B．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷C．A、B两球带电荷量的绝对值之比q A：q B=1：2D．电场力对A球和B球都不做功7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J8．如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子的动能最大，AC与BD为过圆心O的两个相交的直径，则（）A．电场强度与CD平行B．圆周上各点中D点的电势最低C．圆周上各点中B点的电势最低D．带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零9．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A．动能减小 B．电势能增加C．重力势能和电势能之和增加 D．动能和电势能之和减小10．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）A．﹣E B． C．﹣E D．+E11．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B 两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀变速运动C．两板的电势差为D．液滴的电势能减少了mgd13．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能不变，机械能减少C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小14．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（）A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度15．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则（）A．B球和C球都带负电荷B．B球带负电荷，C球带正电荷C．B球和C球所带电量不一定相等D．B球和C球所带电量一定相等16．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．电子在A点的电势能小于在B点的电势能C．把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D．把质子从A点移动到MN上任何一点，质子的电势能变化都相同二．计算题（本题共4道小题，共36分）17．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ．求：（1）A受到的摩擦力．（2）如果将A的电量增至+4Q，则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远的距离？18．如图所示，两平行金属板电容器A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且|CD|=4cm，CD连线和场强方向成60°角，电容器的电容大小为2uF．已知电子从C 点移到D点的过程中电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）C、D两点间的电势差；（2）该匀强电场的场强；（3）求电容器的带电量？19．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（1）AB两点的电势差U AB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．20．（10分）（xx•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．xx学年山东省泰安市新泰一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，1至10为单项选择题，11至16为多项选择题，共64分）1．以下说法正确的是（）A．电子、质子都是元电荷B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的D．描述电场的电场线是客观存在的考点：电场线．分析：元电荷是最小的电量的单位；物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多；电荷间的相互作用力是通过电场而产生的；描述电场的电场线是不存在的．解答：解：A、元电荷是最小的电量的单位，电子、质子都带一个单位的元电荷．故A错误；B、物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多．故B错误；C、电荷间的相互作用力是通过电场而产生的．故C正确；D、描述电场的电场线是人们为了形象地描述电场而引入的，实际上是不存在的．故D错误．故选：C点评：该题可得与电场有关的几个基本概念，都是记忆性的知识点，牢记这些知识点即可．2．下列说法中不正确的是（）A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．接触起电带的电荷时同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷．解答：解：A、静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分，故A正确；B、摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电，故B正确；C、摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；D、一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体带上同种电荷，故D错误；本题选错误的，故选：D．点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．3．如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A．加速度始终增大B．加速度先增大后减小C．速度先增大后减小 D．速度始终不变考点：库仑定律；牛顿第二定律．分析：根据自由运动电荷的受力情况得出加速度方向，根据所受合力大小的变化，判断加速度大小的变化，根据加速度方向和速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：根据A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点C的电场强度为0，从C到无穷远，电场强度先增大后减小，因此自由电荷在C点所受合力为0，沿中轴线运动，所受合力的方向沿中轴线向上，在无穷远处，合力又为零，所以合力的大小先增大后减小，根据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，加速度方向向上，与速度相同，所以速度一直增大．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键得出自由电荷所受合力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，以及知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向反向，做减速运动．4．匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为φA=4V，φB=3V，φC=5V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先找等势点，匀强电场的等势面是直线，电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势．解答：解：由于φA=4V，φB=3V，φC=5V，故BC的连线的中点的电势为4V，BC中点与A点连线是等势面；电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势，故电场线平行与BC方向水平向右；故选：D．点评：本题关键是先找到等势点，得到等势面，然后结合电场线与等势面的关系得到电场线分布图，基础题目．5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小考点：电场线．分析：物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化．解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚电场的方向，所以不能判定哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误；BD、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，所以电势能都减小，故BD错误；C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．故选：C．点评：该类题目首先根据物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧判断出电场力的方向，然后再进行其他步骤的判定．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．6．如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球电势能一定增加B．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷C．A、B两球带电荷量的绝对值之比q A：q B=1：2D．电场力对A球和B球都不做功考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．分析：抓住A、B电势能之和不变，即电场力对系统做功的代数和为零进行判断．解答：解：A、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故A错误；B、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故B错误；C、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：Eq B×2L=Eq A×L，因此q A：q B=2：1，故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J考点：电势能；功能关系．分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=W G+W电+W f=△E K解得：W电=﹣5J所以电场力做功﹣5J，金属块的电势能增加5J．．故A错误D正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误．故选：D．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．8．如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子的动能最大，AC与BD为过圆心O的两个相交的直径，则（）A．电场强度与CD平行B．圆周上各点中D点的电势最低C．圆周上各点中B点的电势最低D．带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从D点离开圆形区域的带电微粒的动能最大．则说明电场力做功最多，从而得出D点是沿电场强度方向离A点最远．电场力做功W=qEd，d是两点沿电场线方向的距离．解答：解：A、B、据题意，带电微粒仅在电场力作用下从A点进入，离开D点的动能最大，则D点是沿电场强度方向离A点最远，所以电场线与过D的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OD方向．D电势最低，故AC错误，B正确；D、设AC与BD夹角为α，则从A到C电场力做功为W=qEd=2qERcosα，故D错误；故选：B．点评：本题关键抓住D点是沿电场强度方向离A点最远，从电场力做功公式W=qEd，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中d是两点沿电场线方向的距离．9．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A．动能减小 B．电势能增加C．重力势能和电势能之和增加 D．动能和电势能之和减小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可．解答：解：A、由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C错误；D、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D正确．故选D．点评：本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．10．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）A．﹣E B． C．﹣E D．+E考点：电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．解答：解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为E==，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为E′=﹣E，故选A．点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．11．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B 两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同考点：库仑定律；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．解答：解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：m A g=T A cos30° 因此：T A=m A g，故B错误；C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选CD．点评：本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀变速运动C．两板的电势差为D．液滴的电势能减少了mgd考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．由电场力方向判断出场强的方向，确定两板电势关系．解答：解：AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动．故A正确，B错误；C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU﹣mgd=0⇒U=，故C正确；D、重力做功﹣mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd．故D正确．故选ACD．点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动13．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能不变，机械能减少C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．解答：解：A、设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力所作的功相等，并设为W1．在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣W f﹣W1=﹣mgsinθL﹣W f﹣W1=上两式相减可得h=sinθL=，故A正确；B、C、由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B错误，C正确；D、从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确；故选：ACD．点评：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．14．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（）A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．解答：解：A、将S断开，电量Q不变，增大板间距离d，根据E=，U=，C=，则E=，与d无关，则E不变，带电液滴不动．故A错误；。

2021年高二上学期第一次月考物理试卷含解析

2021年高二上学期第一次月考物理试卷含解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，2、4、5、12小题有多个选项正确，其余的小题只有一个选项正确，.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ ，电势分别为φP和φQ，则( )A．EP ＞EQ，φP＜φQB．EP ＜EQ，φP＞φQC．EP ＜EQ，φP＜φQD．EP ＞EQ，φP＞φQ2．关于电势与电势能的说法正确的是( )A．电荷在电场中电势高的地方电势能大B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小3．图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两带电小球M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c 为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．则( )A．M带负电荷，N带正电荷B．M在从O点运动至b点的过程中，动能不变C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．N在a点的速度与M在c点的速度相等4．下列说法正确的是( )A．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，则电势能一定减小B．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合．C．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同．D．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，则任意相等时间内速度的变化量相同．5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变6．如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是( )A．两个物块的机械能守恒B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的电势能逐渐减少D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力7．定值电阻R1和一热敏电阻R2串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路，开始时R1=R2．现先后对R2加热、冷却，则下列关于R2的电功率变化情况正确的是( ) A．加热时增加，冷却时减少B．加热时减少，冷却时增加C．冷却、加热时均增加D．冷却、加热时均减少8．根据电容器电容的定义式C=，可知( )A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D．以上答案均不对9．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小10．如图a、b、c是电场中的三个等势面，其电势分别是5V、0和﹣5V，一个电子从O点以初速度v0进入电场，电子进入电场后的运动情况是( )A．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向不变B．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向改变C．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向改变D．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向不变11．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )A．在R上并联一个小电阻B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些D．将R的阻值变小些12．下列说法正确的是( )A．电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题12分共16分.）13．如图的游标卡尺的读数为：__________mm14．有一个小灯泡上标有“2V、3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V内阻10kΩ）B．电压表（0～10V内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）G．电源（电动势3V，内阻1Ω）①实验中电压表应选用__________，电流表应选用__________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）．②实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图2所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．③请根据实验要求，画出电路图（如图1）．三、计算题（共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L．17．（14分）如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E1已知区域Ⅰ宽L=0. 8m区域Ⅰ足够宽．E1=10kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2=2kV/m方向水平向左．绝缘薄板B长l=2.8m质量m B=1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐．带电量为q=+1.6×10﹣3C质量m A=1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的摩擦因数μ=0.1，置于木板的最左端由静止释放．（g=10m/s2）求：（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度？（2）木板B的最终速度？xx学年北京大学附属中学河南分校高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，2、4、5、12小题有多个选项正确，其余的小题只有一个选项正确，.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )A．E P＞E Q，φP＜φQB．E P＜E Q，φP＞φQC．E P＜E Q，φP＜φQD．E P＞E Q，φP＞φQ考点：电场线．分析：根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低，判断电势的高低．解答：解：由图P点电场线密，电场强度大，则E P＞E Q．沿电场线的方向电势降低，则有φP＞φQ．故D正确．故选：D．点评：此题要求掌握电场线的物理意义特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低．2．关于电势与电势能的说法正确的是( )A．电荷在电场中电势高的地方电势能大B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式E p=φq进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．解答：解：A、根据公式E p=φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小，故A错误；B、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故B错误；C、正电荷形成的电场中，取无穷远处电势为零，在电场中的任何一点上电势为正，则根据公式E p=φq可知，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势；故C正确．D、选择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，所以在负点电荷电场中的任一点，根据公式E p=φq可知，放入的正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D正确．故选：CD．点评：电势能是电场中的重要概念，要学会从多个角度进行理解，尤其注意的是公式E p=φq 中，电势能的大小和电荷带电量的正负有关．3．图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两带电小球M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c点．则( )A．M带负电荷，N带正电荷B．M在从O点运动至b点的过程中，动能不变C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．N在a点的速度与M在c点的速度相等考点：等势面．分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a 点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．解答：解：A、等势线在水平方向，O点电势低于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电，故A错误．B、由图示可知：O、b在同一等势面上，从O到b电场力做功为零，O、b在同一高度，重力做功为零，由动能定理可知，M在O点与b点动能相等，故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．D、N从O到a点过程与M从O到c过程电场力做功相等，但重力对N做负功，对M做整个，由动能定理可知，N在a点的速度小于M在c点的速度，故D错误；故选：B．点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．4．下列说法正确的是( )A．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，则电势能一定减小B．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合．C．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同．D．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，则任意相等时间内速度的变化量相同．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据电场力做功情况，分析电势能变化情况．只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线．在匀强电场中，带电小球所受的电场力是恒力，由△P=m△v=mat，分析动量的变化量．解答：解：A、带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，说明开始时粒子运动的方向与电场力的方向垂直，则粒子运动的过程中电场力一定做正功，则电势能一定减小，故A 正确．B、只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线．所以带电粒子的运动轨迹不一定与电场线重合．故B错误．C、带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，若带电粒子带正电，其加速度方向与电场线方向相同，若带电粒子带负电，其加速度方向与电场线方向相反．故C错误．D、一带电小球在一匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，重力和电场力都是恒力，其合力也是恒力，由△P=m△v=mat=F合t，则知任意相等时间内速度的变化量相同．故D 正确．故选：AD．点评：解决本题的关键要理解几对关系：带电粒子的运动情况与受力情况的关系、运动轨迹与电场线的关系、加速度方向与电场线切线方向的关系、动量变化量与合力的关系．5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．解答：解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大．由公式U=知，板间电压U变小．由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．6．如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是( )A．两个物块的机械能守恒B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的电势能逐渐减少D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力考点：机械能守恒定律；库仑定律；电势能．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．解答：解：A、B，两物块之间由于带同种电荷，它们之间存在库仑斥力，库仑力两个物块都做正功．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故A、B错误．C、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故C正确．D、根据库仑定律得知：库仑力与两个物块之间的距离平方成反比，所以库仑力先大于物块所受的摩擦力，后小于摩擦力．故D错误．故选C点评：本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．7．定值电阻R1和一热敏电阻R2串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路，开始时R1=R2．现先后对R2加热、冷却，则下列关于R2的电功率变化情况正确的是( ) A．加热时增加，冷却时减少B．加热时减少，冷却时增加C．冷却、加热时均增加D．冷却、加热时均减少考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：R1、R2串联，根据电阻的串联特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R表示出R2的电功率；最后根据R2的电阻值随温度的变化，进而判断R2的电功率的变化情况．解答：解：设电源电压为U，则R2的电功率≤，当R1=R2时，取最大值，由于开始时电阻R1和R2电阻值相等，R2的电功率最大，此后不管是升高温度还是降低温度，电阻R2的电阻值均变化，故电阻R2的电功率一定是减小，故D正确．故选：D．点评：本题也可以根据“当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，然后利用等效电源法考虑．8．根据电容器电容的定义式C=，可知( )A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D．以上答案均不对考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零．解答：解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．故A 错误．B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．故B错误．C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．故C 错误．D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．故D 正确．故选：D点评：本题考查对电容的理解能力．电容的定义式C=是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性．9．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题．分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．10．如图a、b、c是电场中的三个等势面，其电势分别是5V、0和﹣5V，一个电子从O点以初速度v0进入电场，电子进入电场后的运动情况是( )A．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向不变B．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向改变C．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向改变D．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向不变考点：等势面．分析：根据等势面与电场线垂直，作出电场线，分析电子受到的电场力大小和方向，判断电子的运动情况，确定电子的动量的大小和方向的变化情况．当电子的速度v0的方向向上或向下时，电子做类平抛运动，动量大小和方向都改变．若v0的方向向左，电子所受电场力方向方向向左，电子做匀加速直线运动，动量增大，方向不变．解答：解：作出电场线如图．A、B、如果v0的方向向上，电子受到的电场力水平向左，电子做类平抛运动，动量大小增大，方向改变．故AB错误．C、D、如果v0的方向向左，而电子受到的电场力水平向左，则电子向左做匀加速直线运动，其动量大小增大，方向不变．故C错误，D正确．故选：D．点评：知道等势面的分布情况，作出电场线是研究粒子在电场中运动问题常用的方法．对于带电粒子在电场中运动问题，关键是分析带电粒子的受力情况，再分析其运动情况．11．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )A．在R上并联一个小电阻B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些D．将R的阻值变小些考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可．解答：解：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，分流稍大，不可以．故AB错误．故选：C．点评：考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．12．下列说法正确的是( )A．电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场的基本性质是对放入电场中的电荷有力的作用．电场强度的定义式E=运用比值法定义，E与F、q无关．根据磁感应强度的定义式B=，由此可知的磁感应强度与导线的放置、长短、电流大小等因素无关，即该处的磁感应强度有磁场本身决定．所以如果通电的金属棒在磁场中不受力的作用，该处的磁感应强度不一定为零，如通电导线与磁场平行放置，磁场对通电导线没有作用力．解答：解：A、电荷在电场中一定受到电场力作用，若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零．故A正确．B、如果通电导线与磁场平行放置，则磁场对通电导线没有作用力，则知一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零，故B错误．C、电场强度表征电场中某点电场的强弱，而电场强度等于把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值，故C正确．D、表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线垂直放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值，故D错误．故选：AC．点评：本题要知道电荷在电场中一定受到电场力，如果不受电场力，则电场一定为零．通电导体在磁场中不一定受到磁场力，通电导体如果与磁场方向平行，不受磁场力．二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题12分共16分.）13．如图的游标卡尺的读数为：91.60mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．。

江西省2021学年高二物理上学期第一次月考试题(含解析)

江西省南城县第二中学2021学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（1-7单选，8-10多选，每题4分，共40分）1.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A 、B ，两小球相距L 固定，A 小球所带电荷量为-2Q 、B 所带电荷量为+4Q ，两小球间的静电力大小是F ，现在让A 、B 两球接触后，使其距离变为2L ．此时，A 、B 两球之间的库仑力的大小是（） A.4FB.32F C.8F D.98F【答案】B 【解析】根据库仑定律，两球间的库仑力：222248=k Q Q kQ F L L⨯⨯=,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L ，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q ，则库仑力为：2222=(2)432kQ kQ FF L L =='，故B 正确。

故选：B 。

2.为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。

当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。

假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（）A. 金属圆筒内存在匀强电场B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越高C. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D. 带电尘埃向收尘极运动过程中加速度越来越大【答案】B【解析】【详解】A. 根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；B. 逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；C. 尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；D. 离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，故D错误，3.如图所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子甲和乙分别从A、C两点以垂直于电场线方向的相同大小的初速度v同时射入电场，粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹分别为图中虚线ABC与CDA所示.若甲是带正电的粒子，则下列说法正确的是A. 乙也是带正电的粒子B. A点的电势低于C点的电势C. 甲乙两粒子的电势能均减小D. 甲乙两粒子的电量一定相等【答案】C【解析】试题分析：甲乙两粒子均在匀强电场中做曲线运动，根据合外力指向轨迹的凹侧，甲粒子带正电受电场力向右，则电场线向右；乙粒子受电场力向左，故带负电，选项A错误.沿着电场线的电势逐渐降低，可得A Cϕϕ>，选项B错误.电场力均对两粒子做正功，由功能关系知电势能减小，选项C正确.两粒子做类平抛运动，垂直电场线方向：dtv=，沿电场线方向：212qEL tm=，两粒子沿ABC和CDA轨迹的d L、相同，故qm相同，但电量不一定相等，选项D错误.故选C.考点：本题考查了电场线、电势、电势能、电场力做功、类平抛运动、曲线运动的性质.4.两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，如图甲所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v～t图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（）A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强2/E V m=B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D. AB两点电势差5AB U=-V 【答案】D 【解析】【详解】A、速度时间图像中图线的斜率表示加速度，加速度越大，则受到的电场力越大，即电场强度越大，故在B点的加速度最大，其大小为224/2m/s75a m s==-，根据牛顿第二定可得F Eq ma==，解得21N/C1N/C2maEq⨯===，故A错误；B、从C到A过程中速度增大，即动能增大，电场力做正功，电势能减小，同一正电荷的电势能减小，则电势减小，故BC错误；D、从图中可知A、B两点速度分别为：6m/s4m/sA Bv v==，，物块在B到A过程，根据动能定理得：()2222111164J10J222BA A BqU mv mv==⨯⨯-=-，得到：5VBAU=，则5VABU=-，故D正确。

江西省赣州市会昌县会昌中学2021-2022高二物理上学期第一次月考试题.doc

江西省赣州市会昌县会昌中学2021-2022高二物理上学期第一次月考试题一、选择题（每题4分，共44分，9-11题为多选，少选得2分，错选得0分）1．关于电场线的叙述，下列说法正确的是( )A ．电场线是直线的地方一定是匀强电场B ．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向C ．画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场D ．点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合2．下列说法正确的是( )A ．电子和质子都是元电荷B ．一个带电体的带电荷量可为205.5 倍的元电荷C ．元电荷是最小的带电单位，元电荷没有正、负之分D ．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的3．如图所示，原来不带电的金属导体MN ，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A 靠近导体的M 端，可能看到的现象( )A ．只有M 端验电箔片张开，且M 端带正电B ．只有N 端验电箔片张开，且N 端带负电C ．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电D ．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电4．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点且质量相等。

Q 与轻质弹簧相连。

设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞。

在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于 ( )A ．P 的初动能的12B ．P 的初动能的13C ．P 的初动能的14D ．P 的初动能 5．一质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过Δt 时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A ．mg Δt B.mv Δt C.mv Δt ＋mg D.mv Δt－mg 6.如图所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l2 C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l27．在光滑的水平面上, 两个质量均为m 的完全相同的滑块以大小均为P 的动量相向运动, 发生正碰, 碰后系统的总动能不可能是（）A ．0B ． 2 P 2mC ．P 22 mD ．P 2m8. 在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m 的一系列小球，另一质量为m 的小球A 以水平向右的速度v 运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n 次后，剩余的总动能为原来的81，则n 为（） A ．5 B ．6 C ．7 D ．89．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况不是( )A ．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B ．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等C ．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D ．人走到船尾不再走动，船则停下10．两个质量分别为m 1、m 2的小球，各用长为L 的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是( )A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ211．如下图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。

2021年高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)

2021年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）一、选择题．（本大题共有12个小题，每小题4分，共48分．1--8题为单项选择题，9--12题为多项选择题，全部答对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分；必须把正确答案涂到答题卡上，否则不得分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )A．GB．G sin θC．G cos θD．G tan θ2．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是( ) A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向3．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于( )A．mgB．mgC．mgD．mg4．如图所示为一物体做直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出．已知物体在前2s时间内向东运动，则以下判断正确的是( )A．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为4 mB．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向东C．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的运动方向始终向东D．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为零5．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为（重力加速度为g）( )A．T=m（gsin θ+acos θ）F N=m（gcos θ﹣asinθ）B．T=m（gcos θ+asin θ）F N=m（gsin θ﹣acos θ）C．T=m（acos θ﹣gsin θ）F N=m（gcos θ+asin θ）D．T=m（asin θ﹣gcos θ）F N=m（gsin θ+acos θ）6．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是( )A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小8．A、B两物体的质量之比m A：m B=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A：F B与A、B两物体克服摩擦阻力做的功大小之比W A：W B分别为( )A．4：1，2：1B．4：1，4：1C．1：4，1：2D．1：4，2：19．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能10．一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示．现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有( )A．细线对细环的拉力保持不变B．细线对带电小球的拉力变大C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力保持不变11．2011年中俄联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯﹣土坡”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的那么关于火星探测器，下列说法中正确的是( )A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的倍C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的倍D．火星探测器环绕火星运行最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍12．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强小于于b点场强B．a、b两点电场方向相同C．将一试探电荷+q由a移至b的过程中，动能增大D．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点二、填空题（本大题共2个小题，共12分．请直接在每小题的答题卡横线上填写结果，不要求写出演算过程．）13．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系“的实验时，（1）下列说法中正确的是__________A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车（2）如图是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是__________A．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小．14．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离h A、h B和h C的值．回答下列问题（计算结果保留3位有效数字）（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小v B=__________m/s；（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．三、计算题（本大题共有4个小题，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题目，答案中必须写出数值和单位）．15．两完全相同的金属小球A、B带有等量的电荷，相隔一定的距离，今让第三个相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．求接触后两球的静电力之比为多大？16．如图所示，一个质量为1.0×10﹣4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为53°，小球刚好匀速下滑，问：（sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）（1）小球带何种电荷、电荷量为多少？（2）杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功为多大？A、B两点的电势差U AB为多大？17．如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=7.5m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2）试求：（1）工件经过多长时间由传送带左端运动到右端（2）工件在传送带上相对滑动的长度．18．如图，竖直面内的曲线轨道AB的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（2）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．xx学年云南省保山市腾冲八中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题．（本大题共有12个小题，每小题4分，共48分．1--8题为单项选择题，9--12题为多项选择题，全部答对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分；必须把正确答案涂到答题卡上，否则不得分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )A．GB．G sin θC．G cos θD．G tan θ考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选：A．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解，注意矢量叠加原理．2．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是( )A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．解答：解：A、孤立的负点电荷形成的电场电场线是会聚型的射线，则知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，所以A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以E A＞E B，根据F=qE=ma 知B正确C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误．故选B点评：本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．3．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于( )A．mgB．mgC．mgD．mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．解答：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得F的最小值为F min=Gsin30°=故选：C．点评：本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．4．如图所示为一物体做直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出．已知物体在前2s时间内向东运动，则以下判断正确的是( )A．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为4 mB．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向东C．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的运动方向始终向东D．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为零考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：位移时间图线的斜率表示速度，速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，在速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向．解答：解：A、若纵坐标表示速度，因为速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则4s内的位移为零，故A错误．B、若纵坐标表示速度，图线的斜率表示加速度，物体在前4s内的加速度大小不变，方向始终向西，故B错误．C、若纵坐标表示位移，物体的运动方向始终向东，故C正确．D、若纵坐标表示位移，物体在4s内的位移为4m，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道位移时间图线和速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、与时间轴围成的面积表示的含义．5．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为（重力加速度为g）( )A．T=m（gsin θ+acos θ）F N=m（gcos θ﹣asinθ）B．T=m（gcos θ+asin θ）F N=m（gsin θ﹣acos θ）C．T=m（acos θ﹣gsin θ）F N=m（gcos θ+asin θ）D．T=m（asin θ﹣gcos θ）F N=m（gsin θ+acos θ）考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球始终静止在斜面上，说明斜面体加速度很小，且未脱离斜面，对小球受力分析，利用牛顿第二定律列式求解即可解答：解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图：水平方向上由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣F N sinθ=ma…①竖直方向上由平衡得：Tsinθ+F N cosθ=mg…②①②联立得：F N=m（gcosθ﹣asinθ） T=m（gsinθ+acosθ）故A正确，BCD错误．故选：A点评：此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面，我们可以用假设法判断出临界加速度来进行比较6．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是( )A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．解答：解：A、根据得，t=s，则石块不落入水中的最大速度m/s=17.3m/s．知初速度v0＞17.3m/s，则石块可以落入水中．故A正确，B错误．C、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故C错误．D、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanθ=2tanβ，因为β一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．解答：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用．8．A、B两物体的质量之比m A：m B=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A：F B与A、B两物体克服摩擦阻力做的功大小之比W A：W B分别为( )A．4：1，2：1B．4：1，4：1C．1：4，1：2D．1：4，2：1考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．专题：动能定理的应用专题．分析：由于物体只受到摩擦力的作用，根据速度时间的图象可以知道加速度的大小，再根据牛顿第二定律可以知道摩擦力的大小，根据动能定理可以知道摩擦力对物体做的功的大小．解答：解：根据速度时间的图象可知，a A：a B=2：1，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为4：1；由动能定理，摩擦力的功W=0﹣，由于ab的初速度大小相同，m A：m B=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比W A：W B为2：1．所以A正确．故选：A点评：物体受到的摩擦力作为物体的合力，在速度时间图象中，要知道直线的斜率表示物体的加速度的大小．9．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能考点：电场线；动能定理的应用；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，所以A正确．B、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，所以B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以C正确．D、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，所以D正确．故选ACD．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．10．一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示．现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有( )A．细线对细环的拉力保持不变B．细线对带电小球的拉力变大C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力保持不变考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以小球和环整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析粗糙杆对细环的支持力和摩擦力的变化．再以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析细线的拉力的变化．解答：解：A、B以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得T=，F增大时，T变大．故A错误，B正确．C、D以小球和环整体为研究对象，分析受力如图：总重力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f，电场力F．根据平衡条件得：N=G，f=F当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大．故CD正确．故选BCD点评：本题是动态平衡问题，要善于选择研究对象，分析受力情况，根据平衡条件进行动态分析．11．2011年中俄联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯﹣土坡”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的那么关于火星探测器，下列说法中正确的是( )A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的倍C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的倍D．火星探测器环绕火星运行最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：第一宇宙速度是卫星发射的最小速度．第二宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所需的最小速度．第三宇宙速度是人造天体脱离太阳束缚所需的最小速度．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行之比．解答：解：A、火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，故A错误；B、物体的密度：，所以．故B正确．C、由，得：g=，所以：．故C正确；D、由得，v=；已知火星的质量约为地球的，火星的半径约为地球半径的．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故D错误．故选：BC．点评：了解三个宇宙速度的基本含义．通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．12．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强小于于b点场强B．a、b两点电场方向相同C．将一试探电荷+q由a移至b的过程中，动能增大D．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点考点：电场线．分析：电场线的疏密反映电场的强弱，电场线的切线方向表示电场方向，沿着电场线方向电势降低，根据电场力做功情况判断动能的变化情况，电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．解答：解：A、电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大与c点场强，故A正确．B、电场线的切线方向表示电场方向，a、b两点的切线方向不同，则场强方向不同，故B正确．C、将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力对电荷做正功，动能增大，故C正确．D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故D错误．故选：AC点评：本题关键是会根据电场线判断场强大小和电势的高低，明确电场力做功等于电势能的减小量．二、填空题（本大题共2个小题，共12分．请直接在每小题的答题卡横线上填写结果，不要求写出演算过程．）。

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江西省赣州市会昌县会昌中学2020-2021学年高二物理上学期第一次月考试题一、选择题（每题4分，共44分，9-11题为多选，少选得2分，错选得0分）1．关于电场线的叙述，下列说法正确的是( )A ．电场线是直线的地方一定是匀强电场B ．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向C ．画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场D ．点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合2．下列说法正确的是( )A ．电子和质子都是元电荷B ．一个带电体的带电荷量可为205.5 倍的元电荷C ．元电荷是最小的带电单位，元电荷没有正、负之分D ．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的3．如图所示，原来不带电的金属导体MN ，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A 靠近导体的M 端，可能看到的现象( )A ．只有M 端验电箔片张开，且M 端带正电B ．只有N 端验电箔片张开，且N 端带负电C ．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电D ．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电4．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点且质量相等。

Q 与轻质弹簧相连。

设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞。

小球的质量分别为m 1和m 2。

下图乙为它们碰撞前后的x －t 图象。

已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断以下正确的是( )A.碰前m 2静止，m 1向右运动B.碰后m 2和m 1都向右运动C.由动量守恒可以算出m 2＝0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能二、填空题。

(共2小题，每小题5分，共10分)12．某同学利用计算机模拟A 、B 两球碰撞来验证动量守恒，已知A 、B 两球质量之比为2∶3，用A 作入射球，初速度为v 1=1.2m/s ，让A 球与静止的B 球相碰，若规定以v 1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是（）次数 AB C D V 1/ 0.480.60 －1.20 －0.24 V 2/0.48 0.40 1.60 0.9613．用半径相同的两小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。

实验时先不放B 球，使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。

再把B 球静置于水平槽前端边缘处，让A 球仍从C 处由静止滚下，A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。

记录纸上的O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O 点的距离：OM ＝2.68 cm ，OP ＝8.62 cm ，O N ＝11.50 cm ，并知A 、B 两球的质量比为2:1，则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百分误差|p －p ′|p＝__________%(结果保留一位有效数字)。

三、计算题(共5小题，共46分。

解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

)14．(8分)如图所示，一根质量不计，长为1 m 能承受最大拉力为14 N 的绳子，一端固定于天花板上，另一端系一质量为1 kg 的小球，整个装置处于静止状态，若要将绳子拉断，作用在球上的水平瞬时冲量至少应为多少？(g 取10 m/s 2)15．(8分)在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动，在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图所示。

小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动。

小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO 。

假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，不计球Ｂ碰墙时间；求两小球质量之比m 1/m 2。

16.(7分)光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m ，带等量同种电荷的小球A 、B ，带电量均为q ，静止于导轨的同一水平高度处，如图1－2－16所示．求：两球之间的距离．17．(12分)如图所示，质量m 1＝3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.8 m ，现有质量m 2＝2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

18．（11分）如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m=1kg的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，求此力至少作用多长时间？(重力加速度g取10m/s2)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11答案ＤＣＤＡＤＤＢＣＡＣＤＢＣＡＣ12、BCmM FL13：答案：P 2 解析：未放B 球时，A 球落在P 点。

|p －p ′|p＝|m A ·OP －(m B ·ON ＋m A ·OM )|m A ·OP ＝|2m ×8.62－(m ×11.50＋2m ×2.68)|2m ×8.62＝0.02＝2%。

14解析：作用在小球上的冲量等于小球动量的增量：I ＝mv 0， 3分当小球受到冲量时，则F T －mg ＝mv 20L， 3分当F T ＝14 N 时，v 0＝2 m/s ，所以I ＝2N ·s 。

2分15解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变。

根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1。

2分设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 2分12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 2分利用v 2/v 1＝4，可解出m 1m 2＝2。

2分16解析：设两球之间的距离为x ，相互作用的库仑力为F ，则： F ＝k q 2x 2 2分由平衡条件得：F cos45°＝mg sin45°由以上两式解得：x ＝qk mg. 2分17解析：(1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ① 2分设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有－Ft ＝m 2v －m 2v 0 ② 2分又F ＝μm 2g ③ 1分代入数据解得：t ＝0.2 s ④ 1分(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则：m 2v ′0＝(m 1＋m 2)v ′ ⑤ 2分由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL ⑥ 2分代入数据解得 v ′0＝6 m/s 1分故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过6 m/s 。

1分18．解：以地面为参考系，整个过程中，小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动.撤去拉力F 前，木板向右做初速为零的匀加速直线运动；撤去拉力F 后，木板向右做匀减速直线运动.要使小滑块从木板上掉下来，拉力F 作用的最短时间对应的过程是：小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止（即与木板达到共同的速度）. (2分)设拉力F 作用的最短时间为t ，撤去拉力前木板的位移为s 0，小滑块滑到木板左端并恰好与木板达到的共同速度为v .整个过程对系统由动量定理得：v m M Ft )+=（ (2分)撤去拉力F 前木板的位移为：2021t Mmg F s μ-=(3分) 整个过程对系统由功能关系得：20)(21v m M mgL Fs ++=μ (2分) 联立以上各式，代入已知数据求得：t =1s. （2分）。