2016年高一物理下學期第二次月考試題含答案

1、2016年高一物理下學期第二次月考試題（含答案）20152016學年度下學期第二階段考試高一年級物理試卷答題時間:90分鐘滿分：100分命題人校對人：高一備課組一選擇題（本題共48分，12個小題，每小題4分。1-7為單選，8-12為多選。）1.一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c,已知質點的速率是遞減的.關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）A.B.C.D.2.均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場.如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球頂點與球心。的軸線，在軸線

2、上有MN兩點，OM=ON=2陽知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為（）A.?EB.C.?ED.+E3.如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直與環(huán)面且過圓心Q下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）A.O點的電場強度為零，電勢最低B.O點的電場強度為零，電勢最高C.從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D.從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低4.如圖所示的直線是真空中某電場的一條電場線，A、B是這條直線上的兩點，一電子以速度vA經過A點向B點運動，經過一段時間后，電子以速度vB經過B點，且vA和vB的方向相反，則（）A.A點的場強一定大于B點的場強B.A點的電勢一定

3、低于B點的電勢C.電子在A點的速度一定小于在B點的速度D.電子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能5.如圖所示，帶電量之比為qA:qB=1:3的帶電粒子AB,先后以相同的速度從同一點射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉后打在同一極板上，水平飛行距離之比為XA:XB=21,則帶電粒子的質量之比mAmB以及在電場中飛行時間之比tA:tB分別為A.1:1,2:3B.2:1,3:2C.1:1,3:4D.4:3,2:16.在如圖所示電路中，當變阻器R3的滑動頭P向b端移動時（）A.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D.電壓表示數(shù)變小，

4、電流表示數(shù)變小7 .兩只額定電壓均為110V的燈泡A和B,額定功率分別為100怵口40W為了使它們接到220V電源上能正常發(fā)光，同時電路消耗的電功率最小，如圖所示的四個電路中最合理的是圖（）A.B.C.D.8 .如圖所示的xOy坐標系中，x軸上固定一個點電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細桿（細桿的下端剛好在坐標原點。處），將一個套在桿上重力不計的帶電圓環(huán)（視為質點）從桿上P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做圓周運動.下列說法正確的是（）A.圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，速度可能先增大后減小B.圓環(huán)沿細桿從P運動到0的過程中，加速度可能先增大后減小C.增大圓環(huán)所帶的電荷量，其他條

5、件不變，圓環(huán)離開細桿后仍然能繞點電荷做圓周運動D.將圓環(huán)從桿上P的上方由靜止釋放，具他條件不變，圓環(huán)離開細桿后仍然能繞點電荷做圓周運動9.如圖，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內.用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止.現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡.重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是（）A.墻面對A的彈力變小B.斜面對B的彈力不變C.推力F變大D.兩球之間的距離變大10.如圖所示，一個電量為？Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點.另一個電荷量為+q及質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v

6、0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時的速度為v,且為運動過程中速度最小值.已知點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為N,AB間距離為L0,靜電力常量為k,則下列說法正確的是（）A.點電荷乙從A點運動到B點的過程中，加速度逐漸減小B.OB間的距離為C.點電荷乙越過B點向左運動，其電勢能仍增多D.在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差11.圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷.一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點.則該粒子（）A.帶負電B.在c點受力最大C.在b點的電勢能大于在c點的電勢能D.由a點到b點的動能變化大于由

7、b點到c點的動能變化12.圖為靜電除塵機理的示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，下列表述正確的是（）A.到達集塵極的塵埃帶正電荷B.電場方向由集塵極指向放電極C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D.同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大二填空題（本題共2小題，共14分）13、在驗證機械能守恒定律實驗時：（1）.關于本實驗的敘述中，正確的有（）A、打點計時器安裝時要使兩限孔位于同一豎直線上并安裝穩(wěn)定，以減少紙帶下落過程中的阻力B、需用天平測出重錘的質量C、打點計時器用四節(jié)干電池串聯(lián)而成的電池組作為電源D、用手托著重錘，先閉合打點計時器

8、的電源開關，然后釋放重錘E、打出的紙帶中，只要點跡清晰，就可以運用公式，來驗證機械能是否守恒F、驗證機械能是否守恒必須先確定重力勢能的參考平面（2）驗證機械能是否守恒時，實驗中計算某一點的速度，甲同學用v=gt來計算，乙同學用來計算。其中同學的計算方法更符合實驗要求。重力加速度g的數(shù)值，甲同學用9.8m/s2代入，乙同學用通過對紙帶分析計算出重錘下落的實際加速度代入，丙同學用當?shù)氐膶嶋H重力加速度代入，其中同學的做法是正確的。（3）甲同學實驗計算結果時發(fā)現(xiàn)重物重力勢能的減少量Ep略大于動能的增加量AEk,乙同學發(fā)現(xiàn)AEpvAEk,實驗過程中肯定存在錯誤的是同學。本實驗中引起誤差的主要原因是14.

9、一同學要研究輕質彈簧的彈性勢能與彈簧長度改變量的關系，他的實驗如下：在離地面高為h處的光滑水平桌面上，沿著與桌子邊緣垂直的方向放置一輕質彈簧，其左端固定，右端與質量m的一鋼球接觸，當彈簧處于自然長度時，鋼球恰好在桌子的邊緣，如圖所示，讓鋼球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，使鋼球沿水平方向射出桌面，鋼球在空中飛行后落到水平地面，水平距離是L。若鋼球某次在空中飛行后落到水平地面的P點，如圖所示.彈簧的彈性勢能EP與鋼球質量m桌面離地的高度h,水平距離L等物理量的關系式是：EP=（用mh、L、g符號表示）。三計算題（本大題共3小題，共38）15（10分）.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形

10、導軌在B點相接，導軌半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌瞬間，導軌對物體的支持力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點.試求：（1）彈簧開始時的彈性勢能；（2）物體從B點運動至C點克服阻力做的功.16（12分）.如圖所示，一帶電荷量為+q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止.重力加速度取g,sin37=0.6,cos37=0.8.求：（1）水平向右電場的電場強度；（2）若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大；

11、（3）電場強度變化后物塊下滑的距離L時的動能.17（16分）.如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E=1.5X106N/C,方向水平向右的勻強電場.帶負電的小物體P電荷量是2.0X10?6C.質量m=0.25kg,與軌道間動摩擦因數(shù)w=0.4.P從O點由靜止開始向右運動，經過0.55s到達A點.到達B點時速度是5m/s,到達空間D點時的速度與豎直方向的夾角為%,且tan%=1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用.F大小與P的速率v的關系如表所示.P視為質點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g

12、=10m/s2,求：w（m?S?1）0<v<22<v<5v>5F/N263（1）小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間；（2）小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功.20152016學年度下學期第二階段考試高一年級物理試卷答案1【分析】根據物體做曲線運動的條件和受力特點分析電荷受的電場力方向，再由負電荷所受的電場力方向與場強方向相反進行選擇.【解答】解：A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向.故A錯誤.B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，圖中電場力方向與速度方向

13、的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符.故B錯誤.C、圖中場強方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動.故C錯誤.D、圖中場強方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意.故D正確.故選D2【分析】均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場，假設將帶電量為2q的球面放在。處在MN點所產生的電場和半球面在M點的場強對比求解.【解答】解：若將帶電量為2q的球面放在。處，均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場.則

14、在MN點所產生的電場為E=,由題知當半球面如圖所示產生的場強為E,則N點的場強為E'=?E,故選A.3【分析】圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據電場的疊加和對稱性，分析。點的場強.根據電場的疊加原理分析x軸上電場強度的方向，即可判斷電勢的高低.【解答】解：A、R圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產生的場強抵消，合場強為零.圓環(huán)上各電荷產生的電場強度在x軸有向右的分量，根據電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高，故A錯誤，B正確；C、D。點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從。點沿x軸正方向，場強應先增大后減

15、小.x軸上電場強度方向向右，電勢降低，故C/昔誤.故選：B.4【分析】電場線的疏密表示電場的強弱，由于只有一條電場線，所以無法判斷哪個位置電場線更密集.由于帶正電的粒子在A點時速度方向向右而到達B點時速度方向向左，即可判斷出電子所受的電場力方向向左，電場線方向向右.沿電場線方向電勢降低，由于從A到B過程中電場力做負功，粒子的電勢能增大，動能減小.【解答】解：A由于只有一條電場線，所以無法判斷哪個位置電場線更密集，故無法判斷AB兩點哪兒場強更大，故A錯誤.B、由于電子在A點時速度方向向右而到達B點時速度方向向左，故電子所受電場力方向向左，而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，故場強向右，所以A

16、點電勢大于B點的電勢.故B錯誤.C、由于從A到B過程中電場力做負功，電子的動能減小，所以電子在A點的速度一定大于在B點的速度，故C錯誤.D、從A到B過程中電場力做負功，電子的電勢能增大，所以電子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能，故D正確.故選：D.5【分析】帶電粒子垂直射入電場中做為平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動.根據牛頓第二定律和運動學公式得到偏轉量y的表達式，求解質量之比;根據水平位移與初速度之比求解時間之比.【解答】解：兩個帶電粒子垂直射入電場中做為平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動.則：水平方向有：x=v

17、0t,v0相等，所以t0cx,則得：tA：tB=xA:xB=2:1;豎直方向有：y=則得：m=因為E、v、v0相等，則得：mAmB=:=4:3.故選：D6【分析】由圖可知R2與R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，電壓表測量路端電壓；由滑片的移動可得出滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路的歐姆定律可得出總電流的變化，由U=E>Ir可得出路端電壓的變化；將R1作為內阻處理，則可得出并聯(lián)部分電壓的變化，求得R2中電流的變化，由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可得出電流表示數(shù)的變化.【解答】解：當滑片向b端滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，則由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，故內壓增大；因此路端

18、電壓減小，故電壓表示數(shù)減?。粚1等效為內阻，則可知并聯(lián)部分電壓一定減小，故流過R2的電流減小，因總電流增大，故電流表示數(shù)增大；故B正確，ACD!昔誤；故選B.7【分析】由題可知，燈泡的電壓相等，但是燈泡的功率不同，由此可以知道兩種燈泡的電阻的大小不同，再由電路的串并聯(lián)的知識先逐個分析燈泡能否正常的發(fā)光，再判斷消耗的功率最小的電路.【解答】解：A、燈泡的額定電壓為110M圖中，A燈泡的電壓等于220V,大于額定電壓，燒壞了，故A錯誤；B、由于額定電壓都是110V,額定功率PA=100WPB=40W/由止匕可知RB>RA把火T泡A與電阻并聯(lián)的話，會使并聯(lián)的部分的電阻更小，所以AB的電壓不會

19、平分，AB不會同時正常發(fā)光，故B錯誤；C、由于額定電壓都是110V,額定功率PA=100WPB=40W/由止匕可知RB>RA把及T泡B與電阻并聯(lián)的話，可以使并聯(lián)部分的電阻減小，可能使A與并聯(lián)部分的電阻相同，所以AB能同時正常發(fā)光，并且電路消耗的功率與A燈泡的功率相同，所以總功率的大小為200WD、把AB并聯(lián)之后與電阻串連接入電路的話，當電阻的阻值與AB并聯(lián)的總的電阻相等時，AB就可以正常發(fā)光，此時電阻消耗的功率為AB燈泡功率的和，所以電路消耗的總的功率的大小為280W由CD勺分析可知，正常發(fā)光并且消耗的功率最小的為C,故C正確.故選C.8【分析】根據動能定理，通過合力做功情況判斷動能的變

20、化，根據所受合力的變化判斷加速度的變化.圓環(huán)離開細桿后做圓周運動，靠庫倫引力提供向心力.【解答】解：A圓環(huán)從P運動到。的過程中，只有庫侖引力做正功，根據動能定理知，動能一直增大，則速度一直增大.故A錯誤.B、圓環(huán)從P運動到O的過程中，受庫侖引力，桿子的彈力，庫侖引力沿桿子方向上的分力等于圓環(huán)的合力，滑到O點時，所受的合力為零，加速度為零.故B正確.C、根據動能定理得：qU=mv2根據牛頓第二定律得：k=m,聯(lián)立解得：k=,可知圓環(huán)仍然可以做圓周運動.故C正確，D、若增大高度，知電勢差U增大，庫侖引力與所需向心力不等，不能做圓周運動.故D錯誤.故選：BC.9【分析】利用整體法對AB兩球分析可知斜

21、面對B的彈力不變，假設A球不動，利用庫侖定律可知庫侖力的變化，進而知道小球會上升，致使庫侖力與豎直方向的夾角變小，水平分量變小，庫侖力變小，兩球間的距離變大，注意判斷即可.【解答】解：對B選項，利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變，B選項正確；對D選項，假設A球不動，由于A、B兩球間的距離減小，庫侖力增大，A球上升，庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量不變，故庫侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；對A、C選項，因水平分量減小，故A正確，C錯誤.故選：ABD10【分析】正確分析物體受力特點，明確力

22、和運動的關系，在本題中注意滑動摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據牛頓第二定律和功能關系可正確解答.【解答解：A、滑動摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球在運動到B點之前，有mgu?F庫=ma因此物體做加速度逐漸減小的減速運動，故A正確；B、當速度最小時有：，所以解得：，故B正確；C、在小球向左運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故C錯誤；D、點電荷從A運動B過程中，根據動能定理有：，所以解得AB間電勢差，故D正確.故選ABD11【分析】電場線與等勢面垂直.電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方

23、向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加.【解答】解:A:根據軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a-b-c的過程中，一直受靜電斥力作用，根據同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，A錯誤；B:點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；C:根據動能定理，粒子由b到c,電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C正確；D:a點至Ub點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確.故選：CD12【分析】從靜電除塵機理出發(fā)即可解題.由于

24、集塵極與電池的正極連接，電場方向有集塵極指向放電極.而塵埃在電場力作用下向集塵極遷移并沉積，說明塵埃帶負電.負電荷在電場中受電場力的方向與電場力方向相反，根據F=Eq即可得出結論.【解答】解：由于集塵極與電池的正極連接，電場方向有集塵板指向放電極，B正確.而塵埃在電場力作用下向集塵極遷移并沉積，說明塵埃帶負電，A錯誤.負電荷在電場中受電場力的方向與電場力方向相反，C錯誤.根據F=Eq可得，D正確.故選BD131.AD2.乙、丙3.乙、重錘下落過程中存在著阻力作用14.一同學要研究輕質彈簧的彈性勢能與彈簧長度改變量的關系，他的實驗如下：在離地面高為h處的光滑水平桌面上，沿著與桌子邊緣垂直的方向放

25、置一輕質彈簧，其左端固定，右端與質量m的一鋼球接觸，當彈簧處于自然長度時，鋼球恰好在桌子的邊緣，如圖所示，讓鋼球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，使鋼球沿水平方向射出桌面，鋼球在空中飛行后落到水平地面，水平距離是L。（1）若鋼球某次在空中飛行后落到水平地面的P點，如圖所示，則水平距離L=cm（2）彈簧的彈性勢能EP與鋼球質量m桌面離地的高度h,水平距離L等物理量的關系式是：EP=（用mh、L、g符號表示）?！敬鸢浮?5【解答】解：（1）物塊在B點時，由牛頓第二定律得：FN?mg=m,由題意：FN=7mgW體經過B點的動能：EKB=m=3mgR在物體從A點至B點的過程中，根據機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能：Ep=EkB=3mgR（2）物體到達C點僅受重力mg根據牛頓第二定律有：mg=m,EKC=m=mgR物體從B點到C點只有重力和阻力做功，根據動能定理有：W但?mg?2R=EkCEkB解得：Wffi=?0.5mgR所以物體從B點運動至C點克服阻力做的功為：W=0.5mgR16【分析】（1）帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強電場中，則可根據重力、支持力，又處于平衡，可得電場力方向，再由電荷的電性來確定電場強度方向.（2）當電場強度減半后，物體受力不平衡，產生加速度.借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大小.（3）選取物體下滑距離為L作為過程，