福建省莆田第學(xué)高二上學(xué)期10月月考物理試題

莆田第六中學(xué)2019-2020學(xué)年上學(xué)期第一次月考（A）高二物理（命題范圍:選修3-1第1～4章&選修3-5第1章）（總分100分）一、選擇題（本小題有12小題，4×12=48分，其中1-8小題每小題中只有一個選項(xiàng)是正確的，選對得4分，多選或選錯得0分；9-12小題每個小題有多個選項(xiàng)是正確的，選對得4分，少選得2分，有一個選項(xiàng)選錯得0分）1.下列關(guān)于靜電現(xiàn)象的說法中不正確的是()A.避雷針是利用尖端放電避免雷擊的一種設(shè)施B.為了防止外電場的影響，電學(xué)儀器應(yīng)該放在封閉的絕緣體殼中C.超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服，要用包含金屬絲的織物制成D.做地毯時(shí)，在地毯中夾進(jìn)一些不銹鋼絲導(dǎo)電纖維，可以防止靜電積累【答案】B【解析】【詳解】避雷針是利用尖端放電避免雷擊的一種設(shè)施，選項(xiàng)A正確；只有金屬體殼才能產(chǎn)生靜電屏蔽作用，故為了防止外電場的影響，電學(xué)儀器應(yīng)該放在封閉的金屬體殼中；故B錯誤；超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服，要用包含金屬絲的織物制成，從而保護(hù)工人；故C正確；做地毯時(shí)，在地毯中夾進(jìn)一些不銹鋼絲導(dǎo)電纖維，可以防止靜電積累，選項(xiàng)D正確；此題選擇錯誤的選項(xiàng)，故選B.2.如圖所示，ABCD為等腰梯形，∠A＝∠B＝60°，AB＝2CD，在底角A、B分別放上一個點(diǎn)電荷，電荷量分別為qA和qB，在C點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿DC向右，A點(diǎn)的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EA，B點(diǎn)的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EB，則下列說法正確的是()A.放在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷可能帶負(fù)電B.在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿DC向右C.EA<EBD.|qA|>|qB|【答案】D【解析】【詳解】由于兩點(diǎn)電荷在點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)方向沿向右，由平行四邊形定則可知兩點(diǎn)電荷在點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向，如圖所示：由圖中幾何關(guān)系可知，且處所放點(diǎn)電荷為正電荷，處所放點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，設(shè)的長度為，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可得：解得：對兩點(diǎn)電荷在處產(chǎn)生的電場進(jìn)行合并，由幾何關(guān)系可知其合電場方向?yàn)橄蛴移?，不沿方向；A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析不符，故C錯誤；D.與分析相符，故D正確；3.如圖甲所示為電場中一條電場線，在電場線上建立坐標(biāo)軸，則坐標(biāo)軸上O～x2間各點(diǎn)的電勢分布如圖乙所示，則A.在O～x2間，電場強(qiáng)度先減小后增大B.在O～x2間，電場強(qiáng)度方向沒有發(fā)生變化C.若一負(fù)電荷從O點(diǎn)運(yùn)動到x2點(diǎn)，電勢能逐漸減小D.從O點(diǎn)靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在O～x2間一直做加速運(yùn)動【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)φ-x圖象斜率的絕對值大小等于電場強(qiáng)度，分析場強(qiáng)的變化，由圖看出，電勢逐漸降低，可判斷出負(fù)電荷的電勢能變化．【詳解】φ-x圖象的斜率的絕對值大小等于電場強(qiáng)度，由幾何知識得知，斜率先增大后減小，則電場強(qiáng)度先增大后減小，但斜率一直是負(fù)，場強(qiáng)方向沒有改變。故A錯誤，B正確。由圖看出，電勢逐漸降低，若一負(fù)電荷從O點(diǎn)運(yùn)動到x2點(diǎn)，電勢能逐漸升高。故C錯誤。從O點(diǎn)靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，受到的電場力方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動，即該電荷在O～x2間一直做加速運(yùn)動。故D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】本題從數(shù)學(xué)的角度理解φ-t圖象的斜率等于場強(qiáng)，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來判斷電場力方向做功情況．4.一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢分別為9V、13.5V、5.5V。下列說法正確的是()A.電場強(qiáng)度的大小為2.5V/cmB.坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為2VC.電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的低4.5eVD.電子從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，電場力做功為【答案】A【解析】【詳解】B.由于，平行，則有：可得坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為：故B錯誤；A.設(shè)場強(qiáng)方向與軸夾角為，則有：聯(lián)立解得：故A正確；C.點(diǎn)電勢比點(diǎn)低，則電子在點(diǎn)的電勢能比在點(diǎn)的高，故C錯誤；D.電子從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)，電勢能增加，則電場力做功，故D錯誤。5.如圖所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA=2kg，以一定的初速度向右運(yùn)動，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動，碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示（規(guī)定向右為正方向），則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為A.2m/s，5kgB.2m/s，3kgC.3.5m/s，2.86kgD.3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由圖象可知，碰前A的速度為：，碰后AB的共同速度為：，A、B碰撞過程中動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，解得：，選B.【點(diǎn)睛】由圖象求出碰撞前后物體的速度，然后由動量守恒定律求出物體B的質(zhì)量．6.一只小船質(zhì)量為M，船上人的質(zhì)量為m。船原來以速度v0行駛，當(dāng)船上的人以相對地面的水平速度v0與船行反方向跳離船時(shí)，不計(jì)水的阻力，則船的速度大小變?yōu)锳.v0 B.v0 C.v0 D.v0【答案】D【解析】【詳解】當(dāng)車上的人以相對地面的水平速度v0與車行反方向跳離車時(shí)，小車和人組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車原來的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律得：（M+m）v0=m（-v0）+Mv

解得：v=v0，故D正確。故選D。【點(diǎn)睛】本題主要考查了動量守恒定律的直接應(yīng)用，解題時(shí)一定要規(guī)定一個正方向，本題中還要注意人初始時(shí)刻也具有速度v0．7.如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上，t=0時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊P以水平向右的某一初速度從Q的左端向右滑行。P、Q的速度－時(shí)間圖象見圖乙，其中a,b分別是0～1s內(nèi)P、Q的速度－時(shí)間圖線，c是1～2s內(nèi)P、Q共同的速度－時(shí)間圖線。已知P、Q的質(zhì)量均是1kg，g取10m/s2。則以下判斷正確的是A.在0－2s內(nèi)，木板Q下表面與水平面之間有摩擦力B.在0－2s內(nèi)，摩擦力對Q的沖量是2N·s。C.P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.1D.P相對Q靜止的位置在Q木板的最右端【答案】C【解析】【詳解】由圖可知，在P、Q系統(tǒng)在相互作用的過程結(jié)束后，系統(tǒng)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，可知系統(tǒng)所受的外力之和為零，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力。故A錯誤；從圖象可知，0～2s內(nèi)對Q，先做勻加速直線運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動，在1～2s內(nèi)無摩擦力，根據(jù)動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以I=Mv-0=1N?s．故B錯誤；P從速度為2m/s減為1m/s所需的時(shí)間為1s，則a=μg==1m/s2，所以μ=0.1．故C正確。在t=1s時(shí)，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運(yùn)動，在0～1s內(nèi)，P的位移：x1＝×1=1.5m，Q的位移x2＝×1=0.5m。所以：△x=x1-x2=2m-1m=1m＜2m，知P與Q相對靜止時(shí)不在木板的右端。故D錯誤。故選C?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道動量守恒的條件以及會從圖象得知P、Q的運(yùn)動情況，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行求解。8.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，電容器下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，下列說法正確的是()A.帶電油滴將豎直向下運(yùn)動B.P點(diǎn)的電勢將降低C.電容器的電容增大，極板所帶電荷量減小D.在上極板下移過程中，若將一個帶負(fù)電的點(diǎn)電荷一直放在P點(diǎn)，該電荷的電勢能將減小【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)可知，電容器兩板間電壓不變，上極板下移后，電容器兩板間的間距減小，電容器兩板間的電場強(qiáng)度增大，電場力大于重力，油滴向上運(yùn)動，故A錯誤；B.電場強(qiáng)度增大，由于點(diǎn)接地，則有：為到下極板距離不變，點(diǎn)的電勢升高，故B錯誤；C.根據(jù)可知，電容器兩板間的間距減小，電容器的電容增大，根據(jù)可知，電容器兩板間的電荷量增大，故C錯誤；D.上極板下移過程中，點(diǎn)的電勢升高，負(fù)電荷在點(diǎn)電勢能減小，故D正確。9.如圖所示，是點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．當(dāng)一個帶正電的粒子（不計(jì)重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中的虛線所示．那么下列選項(xiàng)正確的是（）A.點(diǎn)電荷一定帶負(fù)電B.帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度C.帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)的電勢能小于在b點(diǎn)時(shí)的電勢能D.帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)動能大于在b點(diǎn)時(shí)的動能【答案】CD【解析】【詳解】根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡，粒子所受的電場力指向速度的凹向，可知電場力方向從N指向M，由于粒子的加速度大小變化不知道，可知不能確定點(diǎn)電荷的電性，選項(xiàng)A錯誤；一條電場線不能確定疏密，則不能確定電場力的大小，也就不能確定加速度的大小關(guān)系，選項(xiàng)B錯誤；由軌跡可知，從a到b電場力做負(fù)功，則電勢能增加，動能減小，選項(xiàng)CD正確；故選CD.10.如圖所示，、、為三個相同的燈泡且電阻恒定，在變阻器R的滑片P向上移動過程中，下列正確的是()A.電源總功率變大B.中電流變化量小于中電流變化量C.變暗，變亮,，變暗D.變亮，變暗，變亮【答案】AD【解析】【詳解】A.在變阻器的滑片向上移動過程中，減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，總電流增大，電源總功率變大，故A正確；CD.總電流增大，變亮，的電壓：由于、、均不變，總電流增大，減小，減小，變暗，流過的電流：由于總電流增大，減小，則增大，變亮，故C錯誤，D正確；B.由以上分析可知，總電流增大，減小，增大，且，中電流變化量大于中電流變化量，故B錯誤。11.如圖所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，下列說法正確的是()A.，粒子一定打到B板B.，粒子可能打到A板C.，粒子一定打到A板D.，粒子一定打到B板【答案】AC【解析】【詳解】AB.若釋放該粒子，帶正電粒子先加速向板運(yùn)動、再減速運(yùn)動至零，然后再反方向加速運(yùn)動、減速運(yùn)動至零，如此反復(fù)下去，每次向板運(yùn)動的距離大于向板運(yùn)動的距離，最終打在板上，故A正確，B錯誤；C.若釋放該粒子，帶正電粒子先加速向板運(yùn)動、再減速運(yùn)動至零，然后再反方向加速運(yùn)動、減速運(yùn)動至零，如此反復(fù)下去，每次向板運(yùn)動的距離大于向板運(yùn)動的距離，最終打在板上，故C正確；D.若釋放該粒子，帶正電粒子先加速向板運(yùn)動、再減速運(yùn)動至零，然后再反方向加速運(yùn)動、減速運(yùn)動至零，如此反復(fù)下去，每次向B板運(yùn)動的距離大于向板運(yùn)動的距離，最終打在板上，但是由于具有向板運(yùn)動的初速度，當(dāng)其足夠大時(shí)，粒子可能打到板上，故D錯誤。12.如圖所示,在豎直平面內(nèi)坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°夾角的勻強(qiáng)電場,將一質(zhì)量為、帶電荷量為q的小球,以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程2,且小球通過點(diǎn)，已知重力加速度為g,則（）A.電場強(qiáng)度的大小為 B.小球初速度的大小為C.小球通過點(diǎn)P時(shí)的動能為 D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中電勢能減少【答案】CD【解析】小球以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程，說明小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，豎直方向：，故電場強(qiáng)度的大小為，故A錯誤；小球受到的合力：，所以a=g，由平拋運(yùn)動規(guī)律有：，得初速度大小為，故B錯誤；由于，又，所以通過點(diǎn)P時(shí)的動能為：，故C正確；小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即：，故D正確．故選CD．【點(diǎn)睛】結(jié)合小球運(yùn)動的特點(diǎn)與平拋運(yùn)動的方程，判斷出小球在豎直方向受到重力與電場力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出電場力的大小，再由F=qE即可求出電場強(qiáng)度；由平拋運(yùn)動的方程即可求出平拋運(yùn)動的初速度，以及到達(dá)P時(shí)的速度；由動能定理即可求出電勢能的變化．二、實(shí)驗(yàn)填空題(共12分)13.下圖各儀器的讀數(shù)：（螺旋測微器）為___mm，(量程為0.6A的電流表)為___A【答案】(1).2.150(2).0.42【解析】【詳解】螺旋測微器讀數(shù)為：2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；量程為0.6A的電流表最小刻度為0.02A，則讀數(shù)為：0.42A；14.有一個小燈泡上標(biāo)有“2V，1W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線，有下列器材供選用：A．電壓表（0～3V內(nèi)阻約10kΩ）B．電壓表（0～15V內(nèi)阻約20kΩ）C．電流表(0～0.3A，內(nèi)阻約1Ω）D．電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω）E．滑動變阻器（5Ω，1A）F．滑動變阻器（500Ω，0.2A）G．電源（電動勢3V，內(nèi)阻1Ω）(1)實(shí)驗(yàn)中電壓表應(yīng)選用_____________，電流表應(yīng)選用_____________，為使實(shí)驗(yàn)誤差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)選用___________（用序號字母表示）(2)實(shí)驗(yàn)中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的I-U圖象如圖所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而____________（填“增大”、“減小”或“不變”）【答案】(1).A；(2).D；(3).E；(4).增大；【解析】【分析】（1）根據(jù)燈泡額定電壓選擇電壓表，根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，為了方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器．

（2）根據(jù)圖示圖象應(yīng)用歐姆定律分析答題．【詳解】（1）燈泡額定電壓是2V，電壓表應(yīng)選擇A，燈泡額定電流，電流表應(yīng)選擇D，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動變阻器應(yīng)選擇E；

（2）由圖所示圖象可知，隨電壓增大，燈泡電流增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻增大；三、計(jì)算題（本題共4小題，共40分，解答應(yīng)畫出運(yùn)動過程示意圖，寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案不給分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）15.質(zhì)量m=0.60kg的籃球從距地板H=0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45m，從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t=1.1s，忽略空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能；（2）籃球與地板撞擊的時(shí)間；（3）籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?。【答案】?）2.1J（2）0.4s（3）16.5N，方向向下【解析】【詳解】（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能為：解得2.1J（2）設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1，剛接觸地板時(shí)的速度為v1；反彈離地時(shí)的速度為v2，上升的時(shí)間為t2，由動能定理和運(yùn)動學(xué)公式下落過程：解得：；上升過程：解得籃球與地板接觸時(shí)間為（3）設(shè)地板對籃球的平均撞擊力為F，由動量定理解得：F=16.5N根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?，方向向?6.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長L＝80cm，兩板間的距離d＝40cm,電源電動勢E＝40V，內(nèi)電阻r＝1Ω，電阻R=23Ω，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器，當(dāng)滑動變阻器接入電路的阻值=16Ω，待電路穩(wěn)定后，將一帶負(fù)電的小球從B板左端且非?？拷麭板的位置以初速度＝4m/s水平向右射入兩板間，該小球可視為質(zhì)點(diǎn)．若小球帶電量q＝1×10C，質(zhì)量為m＝2×10kg，不考慮空氣阻力，電路中的電壓表、電流表均是理想電表．(g取10m/s)．求：（1）此時(shí)電壓表的示數(shù)=？（2）小球在電場運(yùn)動過程的加速度=？（3）小球離開電場時(shí)的側(cè)移量=？（4）小球離開電場時(shí)運(yùn)動方向與水平方向的夾角的正切？【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】【詳解】（1）由閉合電路的歐姆定律：電壓表的示數(shù)：U=IR滑=1×16V=16V（2）由牛頓第二定律得：Eq-mg=ma帶入數(shù)據(jù)解得a=10m/s2（3）設(shè)小球在板間飛行時(shí)間為t，（4）【點(diǎn)睛】此題首先要搞清電路的結(jié)構(gòu)，知道電容器兩端的電壓是哪個電阻上的電壓；然后結(jié)合平拋運(yùn)動的規(guī)律求解.17.如右圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量分別為+Q和—Q，A、B相距為2d，MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個穿過細(xì)桿的帶電小球p．質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點(diǎn)電荷，不影響電場的分布），現(xiàn)將小球p從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運(yùn)動到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí)，速度為v0；已知MN與AB之間的距離為d，靜電