解析河南省周口市商水一中高二上学期第一次月考物理试卷 含解析
高二上学期第一次月考物理(附答案解析)
高二上学期第一次月考物理（附答案解析）考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
4.本卷命题范围：新人教必修第三册第九章~第十一章第3节。
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.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.如图甲所示为人体的细胞膜模型图，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）.现研究某小块厚度均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示.初速度可视为零的一价氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是（）甲乙A.A点电势高于B点电势B.氯离子的电势能增大C.氯离子的加速度变大D.若膜电位不变，当d增大时，氯离子进入细胞内的速度不变2.心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动的仪器.如图所示是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电后电容器的电压为4.0kV，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是（）A.放电之前，电容器存储的电荷量为6×104CB.放电过程中通过人体的电流平均值为30AC.放电之后，电容器的电容为零D.放电之后，电容器的电压仍为4kV3.空间存在沿x轴的电场，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.在x 1处电场强度最大B.在0~ x 1间只有一点电场强度的大小为001E x ϕ=C.将电子由x 1处移到x 3处的过程中，电场力做正功D.质子在x 2处电势能为零，受到的电场力也为零4.在显像管的电子枪中，炽热的金属丝不断放出电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、长为L 的电子束.已知电子的电荷量为e 、质量为m ，射出加速电场时单位长度电子束内的电子个数为N ，则电子束的电流为（ ）A.B.C.D.5.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力.下列说法正确的是（ ）A.a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B.a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，b 、c 虚线对应的粒子的加速度越来越大C.a 粒子的动能减小，b 粒子的动能不变，c 粒子的动能增大D.b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量6.如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合后，一带电油滴在电容器中的P 点处于静止状态，下列说法正确的是（ ）A.油滴带负电B.保持开关S 闭合，A 板竖直上移一小段距离的过程中，电流计中电流方向向右C.保持开关S 闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势升高D.开关S 闭合后再断开，A 板水平向左移动一小段距离，带电油滴的电势能增大7.半径为R 的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O 点，环上均匀分布着电量为Q 的正电荷，点A 、B 、C 将圆环三等分，取走A 、B 处两段弧长均为ΔL 的小圆弧上的电荷，将一点电荷q 置于OC 延长线上距C 点为2R 的D 点，O 点的电场强度刚好为零，圆环上剩余电荷分布不变，则q 为（ ）A.正电荷，9Δ2Q Lq R π=B.负电荷，9Δ2Q Lq R π=C.正电荷，2ΔQ Lq Rπ=D.负电荷，2ΔQ Lq Rπ=8.如图所示，abc 是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab 水平，b c 是与ab 相切于b 点且半径为R 的14圆弧，所在空间有方向平行于ab 向右的匀强电场，电场强度大小为mgE q=.在轨道上P 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q （图中未画出）.若小球可视为质点，重力加速度大小为g ，Q 与C 点的高度差为3R，则可知（ ）A.Q 在C 点的正上方B.3R Pb =C.从c 到Q 的过程中，小球的动能不变D.从b 到c 的过程中，小球对轨道的最大压力为13mg ⎛⎫ ⎪⎝⎭9.两个电阻R 1、R 2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（ ）A.R 1的阻值为1ΩB.R 2的电阻随电压的增大而减小C.R 1为线性元件，R 2为非线性元件D.当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻10.多级加速器原理如图甲所示，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加，圆筒和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示.在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒.若已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计，为使其能不断加速，下列说法正确的是（）甲乙A.金属圆筒内部场强处处为零，电子在圆筒内做匀速运动B.t=3T时，电子刚从7号圆筒中心出来C.电子离开第8D.第n11.如图甲所示为静电除尘的原理结构图，如图乙所示为静电喷涂的原理结构图，下列说法正确的是（）甲乙A.对图甲，电晕极附近的气体分子被强电场电离，电子向收尘极运动使含尘气体中的粉尘带负电，积累在筒壁一定量后进入下方的漏斗排出B.对图甲，电晕极与收尘极之间的电场为匀强电场C.对图乙，喷口喷出的雾化涂料微粒带正电，被涂工件不带电D.对图乙，工件与喷口之间较强的电场使带电雾化涂料向带电的工件运动，正、负电荷的作用使涂料均匀地涂在工件上12.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥b c，2ab=cd=bc=2l，电场方向与四边形所在平面平行.已知a点电势为12V，b点电势为14V，d点电势为6V.一个质子（不计重力）经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过c点，下列说法正确的是（）A.c 点电势为10VB.场强的大小为E =a 指向d C 质子从b 运动到c所用的时间为v D.若质子质量为m 、电量为q ，则质子运动到c二、实验题（本题共2小题，共16分）13.（5分）如图所示是某实验小组“定性探究平行板电容器的电容C 与其极板间距离d 、极板间正对面积S 之间的关系”的装置图.充电后与电源断开的平行板电容器的A 板与静电计相连，B 板和静电计金属壳都接地，A 板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B 板的移动.回答下列问题：甲乙（1）下列说法正确的是________.A.本实验中静电计的作用是测定该电容器两极板间的电势差变化B.操作过程中，可认为A 、B 两板间的场强始终不变C.操作过程中，可认为A 、B 两板间的带电量始终不变D.操作过程中，可认为电容器的电容始终不变（2）在实验中观察到的现象：甲图中的手水平向左移动少许，静电计指针的张角________；乙图中的手竖直向上移动少许，静电计指针的张角________.（均填“变大”“变小”或“不变”）（3）通过以上实验可归纳得到的结论是________________________________________________________. 14.（11分）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户.某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格. （1）你认为不合格的纯净水的电导率________.（填“偏大”“偏小”或“不变”） （2）某学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下：①用游标卡尺测量绝缘性能良好、长为L的圆柱形塑料容器内径如图甲所示，其示数为d=________mm.甲乙②将采集的水样装满圆柱形塑料容器，两端用金属圆片电极密封，用多用电表粗测该水样的电阻为1200Ω.为了准确测量水样的电导率，学习小组准备利用以下器材进行研究：A.电压表（0~3V，内阻约为1kΩ）B.电压表（0~15V，内阻约为5kΩ）C.电流表（0~10mA，内阻约为1Ω）D.电流表（0~0.6A，内阻约为10Ω）E.滑动变阻器（最大阻值约为100Ω）F.蓄电池（约为12V，内阻约为2Ω）G.开关、导线若干实验要求测量尽可能准确，电路中电压表应选择________，电流表应选择________（均填器材前面的字母序号）；请在图乙方框中设计出实验电路图.③水样电导率的表达式为σ=________.（用U、I、d、L表示）三、计算题（本题3小题，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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.（7分）如图所示，a、b、c三点处在某一匀强电场中，该电场方向与a、b两点的连线平行，已知ab的长度L1=5cm，ac的长度L2=12cm，ab与ac间的夹角θ=120°.现把带电荷量为q=—4×10-8C的点电荷从a点移到b点，电场力做功为1.6×10-7J.求：（1）a、b两点间的电势差U ab；（2）把该电荷从a点移到c点，电场力做的功.16.（12分）如图所示，一质量为m=1×10-2k g、带电荷量大小为q=1×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ=37°.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）该小球带正电还是带负电，电场强度E 的大小；（2）若某时刻将细线剪断，经过1s 时小球的速度大小v 及方向；（3）若将原电场方向改为竖直向下，大小保持不变，小球从图示位置由静止释放后运动过程细线的最大拉力. 17.（17分）如图所示，一质量为m =1×10-20k g 、带电量为q =+1×10-10C 的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从R 点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v 0=3×106m/s ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在中心线上O 点的点电荷Q 形成的电场区域（界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响），粒子穿过界面PS 后被点电荷Q 施加的电场力俘获，从而以O 点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF 上.已知两平行金属板A 、B 水平正对且长均为l =6cm ，两板间距d =2cm ，U AB =100V ，两界面MN 、PS 相距为L =15cm ，静电力常量k =9.0×109N ·m 2/C 2，粒子重力不计.求：（1）加速电场的电压U '；（2）粒子穿过界面PS 时偏离中心线RO 的距离Y ；（3）点电荷Q 的电荷量.3≈，保留一位有效数字）运城市教育发展联盟2023-2024学年高二上学期10月月考物理参考答案、解析及评分细则1.D 因为氯离子带负电，其仅在电场力作用下从图乙中的A 点运动到B 点，说明电场力方向沿A 指向B ，电场线由B 指向A ，所以A 点电势低于B 点电势，A 错误；因为电场力对氯离子做正功，所以其电势能减小，B 错误；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据qEa m=，氯离子的加速度不变，C 错误；根据动能定理2102qU mv =-，可知氯离子进入细胞内的速度v 与距离d 大小无关，又因为膜电位U 不变，则氯离子进入细胞内的速度不变，D 正确.2.B 根据631510410C 0.06C Q CU -==⨯⨯⨯=，可知放电前，电容器储存的电量为0.06C ，A 错误；放电过程通过人体的平均电流大小为30.06C 30A 210?sQ I t -===⨯，B 正确；电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容是不变的，C 错误；放电之后，电容器的电荷量为零，电压为零，D 错误. 3.B 根据场强与电势差的关系ΔΔU E d xϕ==，结合图像可知，斜率的绝对值表示场强大小，则1x 处斜率为零，电场强度为零，A 错误；如图所示，连接0x 处的斜率等于001E x ϕ=，且在0~1x 间只有一点，B 正确；由图可知，1x 到3x 的电势差为正值，电子带负电，电场力做负功，C 错误；电势能等于电荷量与电势的乘积，故质子在2x 处电势能为零，但是该处的斜率不为零，说明场强不为零，即受到的电场力不为零，D 错误.4.A5.D 由运动轨迹可知a 粒子受向左的电场力，b 、c 粒子受到向右的电场力，由于不知道电场的方向，所以无法确定a 、b 、c 三个带电粒子的电性，A 错误；由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，B 错误；由题意可知a 粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，a 粒子的动能增大，b 粒子的运动方向始终和电场力垂直，电场力对其不做功，所以b 粒子的动能不变，c 粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，c 粒子的动能增大，C 错误；a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，且三个粒子的电荷量大小相等，故静电力相等，由于b 粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力，c 粒子做向心运动，故静电力大于所需的向心力，根据2v F mr=可知c 粒子质量较小，D 正确.6.C 油滴静止不动，说明重力与电场力平衡，电场力方向与电场方向相同，故带正电，A 错误；保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离的过程中，电容器极板电压U 不变，根据4r S QC kd Uεπ==，电容器电容C 减小，电容器所带电荷量Q 减小，由于上极板带负电，则电流计中电流方向向左，B 错误；保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器极板电压U 不变，根据UE d=可知板间电场强度减小，由于下极板B 带正电，则有0BP BP B P P U Ed ϕϕϕ==-=-，可知P 点的电势升高，C 正确；开关S 闭合后再断开，A 板水平向左移动一小段距离，电容器电荷量保持不变，根据4r U Q kQ E d Cd Sπε===，可知板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，D 错误.7.B 因为正电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL 的小圆弧上所带电荷量为Δ2LQ Q Rπ='，在ΔL 足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，根据圆环的对称性，可以得到取走A 、B 处两段弧长均为ΔL 的小圆弧上的电荷后，细圆环在O 点产生的电场如图所示，有123ΔΔ22Q LQ L R E k k R Rππ==，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为13Δ2Q LE E k Rπ==，根据O 点的合场强为0，则放在D 点的点电荷带负电，在O 点产生的场强大小为3Δ2Q L E E kR π'==，根据()23qE k R '=，联立解得9Δ2Q L q R π=，B 正确.8.B 小球从c 点飞出时速度方向竖直向上，离开c 后，水平方向向右做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度减为零时到达最高点Q ，Q 点在c 点的右上方，A 错误；从c 到Q 的过程中，竖直方向上有223c R v g =⨯，从P 到c 过程，由动能定理得()2102Pb c qE x R mgR mv +-=-，解得3R Pb =，B 正确；设小球所受合力方向与水平方向间的夹角为θ，则tan 1mg mgqE mgθ===，则45θ=︒，小球从c 到Q 的过程中，小球的合力与运动轨迹如图甲所示，可知小球所受合力先做负功后做正功，则小球的动能先减小后增大，C 错误；小球在等效平衡位置d 点速度最大，对轨道的压力最大，如图乙所示，从P 到d ，由动能定理得()211sin cos 032qE R R mg R R mv θθ⎛⎫+--=- ⎪⎝⎭，在d 点，对小球由牛顿第二定律得2sin mg v F m R θ-=，解得4 3F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为43F F mg '⎛⎫== ⎪⎝⎭，D 错误.甲 乙9.CD R 1的阻值为11Ω2Ω0.5U R I ===，A 错误；R 2的图像上各点的横坐标U 与纵坐标I 的比值随电压的增大而增大，则R 2的电阻随电压的增大而增大，B 错误；R 1为线性元件，R 2为非线性元件，C 正确；当U =1V 时，R 2的电阻等于R 1的电阻，均等于2Ω，D 正确.10.AD 因一个筒只接一个电极，所以金属圆筒内部场强处处为0，电子在圆筒内做匀速运动，A 正确；因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，所以当t =0时，电子进入1号筒，当2Tt =时，电子从1号筒中心飞出，以此类推，当t =3T 时，电子刚从6号圆筒中心出来，B 错误；设粒子进入第n 个筒时的速度为v n ，由动能定理可得20102n neU mv =-，解得n v =n 个筒的长度为2n n TL v t ==，可以发现n L ∝C 错误、D 正确. 11.AD 对图甲，电晕极附近的气体分子被强电场电离，电子向收尘极运动使含尘气体带负电，积累在筒壁后进入下方的漏斗排出，A 正确；对图甲，电晕极与收尘极之间的电场为辐射电场，不是匀强电场，B 错误；对图乙，喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，工件带正电，C 错误；对图乙，工件与喷口之间较强的电场使带电雾化涂料向带电的工件运动，使涂料均匀地涂在工件上，D 正确. 12.AC13.（1）AC （2分）（2）变大（1分）变大（1分）（3）平行板电容器极板间距d 越大，电容C 越小；两板间的正对面积S 越小，电容C 越小（1分）14.（1）偏大（1分） （2）①50.20（2分） ②B （1分）C （1分）见解析图（4分）③24LId Uπ（2分）解析：（1）纯净水应为不含有杂质的纯水，而纯净水不合格，通常是含有一定的杂质，杂质通常是带电离子，故纯净水不合格通常是电导率偏大.（2）①该游标卡尺精确度为1mm 0.05mm 20=，圆柱形容器内径为50?mm 0.05?mm 450.20mm d =+⨯=. ②由于电源电压为12V ，为了电压测量的安全性，电压表应选B ；电路中电流约为12 A 10mA 1200U I R ===，电流表应选C ；该水样的电阻为1200Ω，电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分压接法，电路如图所示.③根据L R S ρ=，22d S π⎛⎫= ⎪⎝⎭，U R I =，联立解得24d U LI πρ=，电导率是电阻率的倒数，所以电导率为24LI d Uσπ=. 15.解：（1）由电势差定义可得781.610 V 4V 410ab abW U q --⨯===--⨯（2分） （2）ab 的长度15cm 0.05m L ==，ac 的长度212cm 0.12m L == 匀强电场的场强14 N/C 80N/C 0.05ab U E L ===，方向由b 指向a （2分） 从a 点移到c 点，电场力做的功2cos ac W qEL θ=（2分） 则871410800.12J 1.9210J 2ac W --⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=-⨯ ⎪⎝⎭16.解：（1）由于小球静止时偏向左边，受电场力水平向左，所以该小球带负电（1分）对小球，由平衡条件可得tan qE mg θ=（1分）解得电场强度大小为47.510N/C E =⨯（1分）（2）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得cos mg ma θ=（2分） 联立解得12.5m/s v at ==（1分） 方向斜向左下与竖直方向夹角为37°（1分）（3）通过分析可知在复合场中小球受到的合力方向竖直向下，故在最低点时，细线的拉力最大 由初始位置到最低点，由动能定理有()()211cos 02mg qE L mv θ--=-（2分） 在最低点时，由牛顿第二定律得2m mv T qE mg L+-=（2分） 联立解得m 0.035N T =（1分）17.解：（1）在加速电场中，由动能定理有201 02qU mv ='-，解得450V U '=（2分） （2）粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动平行于极板方向有0 l v t =（1分） 垂直于极板方向有212y at =（1分） 在垂直于极板方向，由牛顿第二定律有qE qU a m md ==（1分） 联立解得0.01m y =（1分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动 由相似三角形知识得22l y l Y L =+（2分） 联立解得0.06m Y =（1分）（3）设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度为y v ，则y v at =所以粒子从电场中飞出时的速度为v =2分） 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则0tan y v v θ=（1分） 粒子做匀速圆周运动的半径cos Y r θ=（2分） 粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得22Qq v k m r r=（2分） 联立解得：9710C Q -≈⨯，9710C Q -=-⨯（1分）。
领脚市脖脸学校高二物理上学期第一次月考试卷高二全册物理试题22
欲彩州领脚市脖脸学校商水一中高二（上）第一次月考物理试卷1．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q，表面无大气．在一次实验中，宇航员将一带电﹣q（q＜＜Q）的粉尘置于离该星球表面h高处，该粉尘恰处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（）A．背向星球球心方向飞向太空B．仍处于悬浮状态C．沿星球自转的线速度方向飞向太空D．向星球球心方向下落2．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势线，下列说法中正确的是（）A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B．如果实线是等势线，则a点的电势比b点的电势高C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大3．如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由放电极指向集尘极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：35．如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功6．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当他们如图所示连接时，恰好都能正常发光．设电路端的电压保持不变，则在将滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，L1和L2两灯的亮度变化的情况是（）A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2亮度不变7．两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r（r＞＞I），P、O两点间连线，与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为φ，静电力常量为k，下面给出了φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么φ的合理表达式应为（）A．φ=B．φ=C．φ=D．φ=8．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．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，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零9．一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10．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等11．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx．下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小小于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功12．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的光屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点从两板射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间二、实验题（共1小题，共6+4=10分）13．在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡（3V，1.5W）B．电压表（量程3V，内阻20千欧）C．电压表（量程15V，内阻50千欧）D．电流表（量程3A，内阻0.2欧）E．电流表（量程0.6A，内阻1欧）F．滑动变阻器（0﹣100欧，0.5A）G．滑动变阻器（0﹣10欧，2A）H．学生电源（电动势4V，内阻不计）I．电键及导线若干实验中要求用在小灯泡上的电压从零开始调节且在不超过小灯泡额定电压的情况下尽可能精确的多测几组对应的U、I值，则：①上述器材中电压表应选择；电流表应选择；滑动变阻器应选择．（用器材前面的字母代号表示）②在方框中作出实验的电路图．三、计算题（共三小题，请写出必要的文字说明和演算步骤）14．在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m 和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：（1）B点的电场强度的大小和方向．（2）试判断点电荷Q的电性，并说明理由．（3）点电荷Q的位置坐标．15．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．16．如图甲所示，A和B是长为L、间距为d的平行金属板，靶MN垂直固定在它们的右端．在A、B板上加上方形波电压，如图乙所示．电压的正向值为U0，反向值为，周期为T．现有质量为m、带电量为+q的粒子连续从AB的中点O以平行于金属板的方向射入．设所有粒子都能穿过电场打到靶上，而且每个粒子在AB间的飞行时间均为T，不计粒子重力的影响．试问：（1）粒子射入平行金属板时的速度多大？（2）t=时刻入射的粒子打到靶上的位置距靶中心点O’多远？（3）t=时刻入射的粒子打到靶上时动能多大？商水一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析1．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q，表面无大气．在一次实验中，宇航员将一带电﹣q（q＜＜Q）的粉尘置于离该星球表面h高处，该粉尘恰处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（）A．背向星球球心方向飞向太空B．仍处于悬浮状态C．沿星球自转的线速度方向飞向太空D．向星球球心方向下落【考点】库仑定律；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】带负电的粉尘恰能悬浮，是因为重力与电场力大小相等，方向相反．由公式可得：它们除与各自质量、电量有关系外，还与两者的中心间距有关，当改变间距时，质量与电量没变，所以平衡条件依旧满足．【解答】解：当带负电粉尘在高度为h处处于平衡．则有，当h变2h时，两力仍然平衡．故选：B．【点评】本题容易出错：学生往往认为随着间距的变化，库仑力在变化，而却忽略了引力随着高度也会发生变化．注意这里的高度与星球半径相比不能忽略．2．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势线，下列说法中正确的是（）A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B．如果实线是等势线，则a点的电势比b点的电势高C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．【解答】解：A、C、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，由于从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，所以电子在a点的电势能比在b点的电势能大，所以A错误，C正确；B、D、若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a 点的电势比b点高．从a到b电子做负功，所以电势能增加，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小，故B正确，D错误．故选：BC．【点评】物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向．3．如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由放电极指向集尘极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【考点】* 静电的利用和防止．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．【解答】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B错误；C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误；D、根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确．故选：D．【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．5．如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．【解答】解：A、B、因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，B错误．C、d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误．D、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故D正确．故选：D【点评】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握6．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当他们如图所示连接时，恰好都能正常发光．设电路端的电压保持不变，则在将滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，L1和L2两灯的亮度变化的情况是（）A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】压轴题；恒定电流专题．【分析】电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．【解答】解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，R P变大，外电路总电阻R变大，干路电流I=减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，L2变亮．故选B【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析．7．两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r（r＞＞I），P、O两点间连线，与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为φ，静电力常量为k，下面给出了φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么φ的合理表达式应为（）A．φ=B．φ=C．φ=D．φ=【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证．【解答】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见B正确、D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故AC错误．故选：B【点评】对于不会列式求解的问题，可用特殊位置分析法进行尝试分析．8．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．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，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【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、由题，等势线在水平方向，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，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a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，速度不同．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、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．【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．9．一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AC正确，BD错误．故选：AC．【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．10．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等【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】粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式进行处理【解答】解：A、B两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动．设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为t=，L、v0相同，则时间t相同．水平方向的位移为y=at2，a=，则y=t2，E，t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等．故A、B正确．C、由侧向位移大小y=at2，t相同，y不同，加速度a不等，故C错误．D、根据动能定理，E K﹣mv02=qEy，则E K=+qEy，E K大小关系无法判断．故D错误．故选AB【点评】带电粒子在电场中的运动，综合了电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．粒子在电场中类平抛运动与力学中平抛运动的研究方法相似，运动规律相似，只是加速度不同．抓住两者相似性，用类比方法，对粒子在电场中运动问题就不感到陌生，增强解题的信心．11．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx．下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小小于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】本题的入手点在于如何判断E Bx和E Cx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在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．【解答】解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见E Bx＞E Cx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，故B错误．C、O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C错误．D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，故D正确．故选：D．【点评】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．12．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的光屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点从两板射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【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】根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．【解答】解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，得到E=．故A错误，B正确．C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．故C正确，D错误．故选BC【点评】本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解．。
2021年河南省周口市第一高级中学东校高二物理月考试题带解析
2021年河南省周口市第一高级中学东校高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，一个由薄玻璃围成、中间是空气的“三棱镜”置于水中，一细束白光通过该“三棱镜”折射后分为各种单色光，取其中的、、三种色光，再分别让这三种色光通过同一双缝干涉实验装置在光屏上产生干涉条纹，比较这三种色光的光子能量以及产生的干涉条纹间距大小，下面说法正确的是（）A、光的光子能量最大，它形成的干涉条纹间距也最大B、光的光子能量最小，它形成的干涉条纹间距也最小C、光的光子能量最大，它形成的干涉条纹间距也最小D、光的光子能量最小，它形成的干涉条纹间距也最大参考答案：D2. 一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是()A．0～0.3 sB．0.3～0.6 sC．0.6～0.9 sD．0.9～1.2 s 参考答案：3. （2012秋?运城期末）关于产生感应电流的条件，下述说法正确的是（）A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流B．闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流C．闭合线圈作切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流参考答案：D解：A、线圈位于磁场中，如果磁通量不发生变化，则不一定有感应电流产生，故A错误；B、线圈中是否有感应电流产生与线圈是否运动无关，要看其磁通量是否变化，故B错误；C、回路中部分导体切割磁感线时，有感应电流产生，整个闭合线圈切割磁感线运动，其磁通量不发生变化，因此无感应电流产生，故C错误；D、穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，即磁通量发生变化，一定有感应电流产生，故D正确．故选：D．4. （单选）图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置.当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系.已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长为（取g =π2）（）A.0.56mB.0.65mC.1.00mD.2.25m参考答案：A5. (单选)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （3分）有两个完全相同的金属小球，带有正负电荷，所带的电荷量分别为Q和－9Q，当它们相距为L时，相互作用的静电力为36N，现使两球接触以后再分开，并使它们之间的距离变为2L，那么它们之间的静电力变为_____________N.参考答案：167. 某同学采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻．提供的器材有，电压表（0～3V；）、电流表（0～0.6A）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）各一只．（1）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图线，由图可求出该电源电动势E=V；内阻r=Ω．（保留三位有效数字）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）电动势测量值真实值，内电阻测量值真实值．（填＜，＞，=）参考答案：解：（1）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，纵截距即为电动势E=1.46Vr==1.78Ω．（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示．（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值；故答案为：①1.46；1.78；②如图所示；③=；＞【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．（2）对照电路图，按顺序连接电路．（3）本实验中误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻；则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况；8. 完成下列核反应过程B+He→N+ ；A1十→Mg+H参考答案：1n；01n9. （1）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，请将图中所缺的导线补接完整。
河南省周口市物理高二上学期复习试卷及解答参考
河南省周口市物理高二上学期复习试卷及解答参考一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列关于物理量的说法中，正确的是：A、速度是位移与时间的比值，因此速度的方向与位移的方向相同。
B、加速度是速度变化量与时间的比值，所以加速度的方向与速度变化量的方向相同。
C、功率是功与时间的比值，因此功率的大小与时间成正比。
D、电阻是电流与电压的比值，所以电阻的大小与电压成正比。
答案：B解析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，其方向与速度变化量的方向相同。
速度是位移与时间的比值，但速度的方向与位移的方向不一定相同，因为速度是矢量，具有大小和方向。
功率是功与时间的比值，与时间无关，而是表示做功快慢的物理量。
电阻是导体本身的性质，与电压无关。
2、一个物体从静止开始做匀加速直线运动，下列说法正确的是：A、物体的速度随时间均匀增加。
B、物体的加速度随时间均匀增加。
C、物体的位移随时间平方增加。
D、物体的位移随时间线性增加。
答案：A、C解析：物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度是恒定的。
因此，物体的速度随时间均匀增加，选项A正确。
由于加速度恒定，物体的位移随时间的平方增加，选项C 正确。
选项B错误，因为加速度是恒定的，不会随时间增加。
选项D错误，因为位移与时间的平方成正比，而不是线性增加。
3、关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法中正确的是( )A.只有重力和弹力做功时，机械能才守恒B.当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒C.当有其他外力作用时，只要合外力的功为零，机械能守恒D.炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以机械能守恒答案：A；D解析：A选项：根据机械能守恒的条件，只有重力或系统内弹力做功时，机械能才守恒。
这是因为重力做功只改变物体的动能和势能之间的转化，而不改变机械能的总量；弹力做功同样如此，只要弹力是系统内的力。
所以A选项正确。
B选项：当有其他外力作用时，即使合外力为零，机械能也不一定守恒。
高二(上学期)第一次月考物理试题(带答案)(范围：电场)
高二上学期第一次教学质量检测物理试题2021.10一、单项选择题（本小题共8小题，每小题3分）1.静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象记载．《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是（C）A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C小线圈接近通电电线过程中，小线圈中产生电流D从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉2.两个放在绝缘架上的相同的金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q 的电荷，相互斥力为3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互斥力变为（ D ）A．0 B．F C．3F D．4F3.如图所示，将带电粒子从电场中的A点无初速地释放，不计重力作用，则下列说法中正确的是（A）A．带电粒子在电场中一定做加速直线运动，电势能一定逐渐减少B．带电粒子的电场中一定做加速直线运动，电势能一定逐渐增加C．带电粒子一定向电势低的方向运动D．带电粒子的加速度一定越来越小4如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，小球保持静止状态，现烧断悬线，则小球将在电场中做（D）A.自由落体运动B．匀变速曲线运动C．变加速直线运动D．匀变速直线运动5.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（B）A.粒子带正电B.粒子在A点加速度小C.粒子在B点动能大D.A、B两点相比，B点电势较低6.如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB=60°，AB=2AC=2cm，将一带电量为q=3×10-5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功6×10-5J，则下列说法正确的是（B ）A．C点电势为2VB．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为400N／CC．该正电荷在B点具有的电势能为2.4×10-4JD．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.8×10-4J7.X轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，规定无限远处电势为0，下列推理与图像信息不符合的是（D）A．Q1一定大于Q2B．电势最低处P点的电场强度为0C．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点D．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷8.如图所示，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场，一个质量为m，带电量为q的油滴以初速度v 0 进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则（D）A．该油滴带负电B．在这段时间内电场力所做的功小于油滴重力势能的变化C．在这段时间内油滴的机械能保持不变D．在这段时间内油滴的动能保持不变二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，在每题的四个选项中有一个或多个正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选、多选、不选得0分）9.如图所示是电场中某点的电场强度E与放在该点处的检验电荷q及所受电场力F之间的函数关系图象，其中正确的（AD）A．B．C．D．10.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ACD）A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低11.如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则（BC ）A．M的带电量比N大B．M带负电荷，N带正电荷C．移动过程中匀强电场对M做负功D．静止时M受到的合力比N大12.如图所示，真空中a，b，c，d四点共线且等距，先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E，若再将另一等量异种电荷量-Q放在d点时，则（BCD）A . b 点场强大小为3E/4B . c 点场强大小为5E/4C . c 点电势比b 点电势低D . b 点场强方向向右二、非选择题（共5小题，共60分，按题目要求作答）13.（8分）（1）如图展示了等量异种点电荷的电场线和等势面，从图中我们可以看出，A、B两点的场强大小_相同_____，方向__相同____，电势___不同___；C、D两点的场强___不同___，电势__相同____（选填“相同”或“不同”）．（2）在电场中P点放一个电荷量为4×10-9C的检验电荷，它受到的电场力为2×10-4N，则P 点的场强为__2x10-5____N/C．把放在P点的检验电荷的电荷量减为2×10-9，则P点的场强为_2x10-5_____N/C，把该点的点电荷移走，P点的场强又为___2x10-5___N/C．14.（8分）如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，电量Q将不变．（1）当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将___（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将___．（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）若将左板向上平移一小段距离，会发现静电计指针偏角将___．（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）若将左板向左平移一小段距离，会发现静电计指针偏角将___．（填“增大”、“减小”或“不变”）15.在如图所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20m，已知AB 连线与电场线夹角为θ=60°，当电荷量Q=+2.0×10-8C的点电荷受电场力的大小为F=4.0×10-4N．求：（1）电场强度E的大小；（2）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W．（3）如果φA=0V，B点电势为多少？16.（14分）如图所示，一根长L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C 、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量Q=+4.5×10-6C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10-6C ，质量m=1.0×10-2kg ．现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动（静电力常量k=9.0×109N •m 2/C 2，取g=10m/s 2）（1）小球B 开始运动时的加速度为多大？（2）小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大？解：（1）开始运动时小球受重力、杆的弹力、库仑力和电场力，沿杆运动，据牛顿第二定律得：a 2mg m qE L Qq k =-- 代入数据解得：a=3.2m/s 2（2）小球B 向下运动，受A 的斥力增大，加速度减小，速度增大。
河南周口市2020-2021学年高二上学期第一次月考物理试题含答案解析
河南周口市【最新】高二上学期第一次月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是A．美国科学家富兰克林首先命名了自然界中的两种电荷——正电荷和负电荷，并较准确的测定了元电荷的值；B．物质活泼性不同的两种金属棒相互摩擦后立即分开，会带上等量的异种电荷；C．空间两相距较近的点电荷所形成的电场中电场线有可能相交；D．静电场中某点的电势与电势零点的选取有关，但某两点间的电势差与电势零点的选取无关。
2．对于库仑定律，下面说法中正确的是()A．凡计算两个带电体间的相互作用力，都可以使用公式F＝k Q1Q2r2计算B．在公式F＝k Q1Q2r2中，k Q2r2是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k Q1r2是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小C．相互作用的两点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等D．两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半3．处于静电平衡的导体，其内部场强处处为零的原因是（）A．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零B．外电场不能进入导体内部C．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零D．以上解释都不正确4．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( )A．c点电场强度大于b点电场强度B．a点电势低于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D ．若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电势能减小 5．一正点电荷仅在电场力作用下，从A 点运动到B 点，其速度随时间变化的图象如图所示，下列关于A 、B 两点电场强度E 的大小和电势的高低的判断，正确的是( )A ．AB E E =，A B ϕϕ=B ．A B E E >，A B ϕϕ>C ．A B E E <，A B ϕϕ>D ．A BE E <，A B ϕϕ=6．如图中A 、B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC ＝60°，BC ＝20cm 。
2022-2023学年河南省周口市商水县实验高级中学高二上学期第一次月考+答案解析(附后)
2022-2023学年河南省周口市商水县实验高级中学高二上学期第一次月考一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设，其中为实数，则( )A. B. C. D.2.的内角A、B、C的对边分别为a、b、已知，，，则( )A. B. C. 2 D. 33.在正方体中，( )A. B. C. D.4.如图，在正方体中，给出下列各式：①②③④其中运算结果为向量的共有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个5.如图，在斜三棱柱中，M为BC的中点，N为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为( )A. B. C. D.6.向量，分别是直线，的方向向量，且，，若，则( )A. ，B. ，C. ，D. ，7.已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为( )A. B. C. D.8.如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，M为PC上一动点，，若为钝角，则实数t可能为( )A. B. C. D.二、多选题：本题共4小题，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知空间向量，则下列说法正确的是( )A.B. 向量与向量共线C. 向量关于x轴对称的向量为D. 向量关于yOz平面对称的向量为10.已知，，，则下列结论正确的是( )A. B.C. 为钝角D. 在方向上的投影向量为11.如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①；②AC与DG成角；③DG与MN成异面直线且夹角为其中正确的是( )A. ①B. ②C. ③D. ①②③12.在长方体中，，，E，F分别为棱AB，的中点，则下列结论中正确的是( )A. B.C. D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若向量，，，且、、共面，则__________.14.如图所示，在平行六面体中，，，，M是的中点，点N是上的点，且，用，，表示向量的结果是__________.15.长方体中，，，则点B到平面的距离为__________.16.如图，在平行六面体中，，，，，，点M为棱的中点，则线段AM的长为__________.四、解答题：本题共6小题，共70分。
河南省商水县2023届高三(上)第一次名校联考测试物 理 试 题(有答案及解析)
B. 转动的前半周内AB两端电压为
C. 转动的后半周内通过O点的电量为
D. 外力对线框做的功为
8.如图所示，有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳连接，绳长均为l，B、C套在水平光滑横杆上，之间用一根轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现有A球由静止释放自由运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象
B.a粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象
C. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象
D. 含铀的矿物质自发向外放出β射线(高速电子流)的现象
2.我国火星探测器“天问一号”在海南文昌发射成功，开启了我国探测火星之旅，它将在明年2月份抵达环绕火星轨道，届时探测器将环绕火星运行2个月。假设探测器在环绕火星轨道上做匀速圆周运动时，探测到它恰好与火星表面某一山脉相对静止，测得相邻两次看到日出的时间间隔是T，探测器仪表上显示的绕行速度为v，已知引力常量G，则火星的质量为( )
(一)必考题
9.某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1(甲图)；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2(图乙)。已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。
河南省周口市重点高中高二物理上学期第一次质量检测试
河南省周口市重点高中2015-2016学年高二物理上学期第一次质量检测试题（扫描版）2015-2016学年度上期高二第一次质量检测物理试题答案1、答案 B.考点：元电荷、点电荷分析：元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．解答：元电荷是指最小的电荷量，元电荷不是代表电子或质子，电子和质子的电荷量在数值上等于元电荷，所以AC错误；任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，所以B正确，D错误；故选B．点评：本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题．2、答案 D3、答案： B解析：因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A错误，B正确；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故选B。
4、答案 B考点：电场线分析：电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小．由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，可确定带电粒子的电性根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小．解答：解：B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B 正确．C、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电．故C错误．D、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的动能小于在N点的动能，故A、D错误．故选：B．点评：对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小．5、答案 C考点：电场的叠加；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．解答：解：A、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．E、O、F三点电势为0．故A错误．B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同．故B错误．C、由图看出，E、O、F三点比较，O点场强最强．故C正确．D、由图看出，B、O、C三点比较，O点场强最小．故D错误．故选：C．点评：对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．6、答案 B【考点】电场强度；电场线；电势能、电势；电势差；匀强电场中电势差与电场强度的关系。
河南省周口市河南第一中学2022年高二物理月考试题带解析
河南省周口市河南第一中学2022年高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。
整个装置处在真空中，电子的重力不计。
在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转位移h变大的是A．U1变大B．U1变小C．U2变大D．U2变小参考答案：BC2. （多选）如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，它在重力作用下从图示位置由静止开始运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在AO 上，直到ab完全落在OC上。
整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中A．感应电流方向先是a→b ，后变为b→aB．感应电流方向先是b→a ，后变为a→bC．受磁场力方向与ab垂直，先指向左下方，后指向右上方D．受磁场力方向与ab垂直，先指向右上方，后指向左下方参考答案：BC3. 在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮“↑↓”和Y增益旋钮的作用，下列说法正确的是（）A．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的位置，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度B．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的位置C．竖直位移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直方向的位置的D．竖直位移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直方向的幅度的参考答案：解：竖直位移旋钮↑↓是用来节图象在竖直向的位置的，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度．故A正确，BCD错误．故选：A．4. （单选）如图所示,匀强电场方向水平向右，一带电微粒沿直虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其能量变化为( )A.动能增大，电势能减小B.动能减小，电势能减小C.动能减小，电势能增大D.动能增大，电势能增大参考答案：C5. （单选）在使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法错误的是（）A．使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“”处B．每换一次挡位，都要进行一次电阻调零C．测量时若发现电表指针偏转的角度较小，应该更换倍率较小的挡来测量D．在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示的逻辑电路，在输入端A、B输入的电信号分别为“1”和“0”时，输出端C得到的电信号是（选填“1”或“0”）。
2019年河南省周口市商水实验中学高二物理月考试题含解析
2019年河南省周口市商水实验中学高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 关于电磁波谱，下列说法中正确的是()A.红外线比红光波长长，它的热作用很强B. X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变C.在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线D.紫外线的波长比伦琴射线长，它的显著作用是荧光作用参考答案：ABD2. (单选)用a、b两京单色光分别照射同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，其中图甲是a光照射时形成的，图乙是b光照射时形成的，则关于a、b两束单色光，下述说法中正确的是( )A．a光的频率比b光的小B．在水中a光传播的速度比b光的大C．水对a光的折射率比b光的大D．b光的波长比a光的短参考答案：C3. 如图所示，电流表A1(0-3A)和A2(0-0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中（）A、A1，A2的读数之比为1：1B、A1，A2的读数之比为5：1C、A1，A2的指针偏转角度之比为1：1D、A1，A2的指针偏转角度之比为1：5参考答案：BC4. 如图所示的电路中，有一个理想变压器，原线圈匝数为n1,串联一只小灯泡L1，再并联一只电压表V1后接在稳定的交流电源上；副线圈匝数为n2,串联灯泡 L2和变阻器R，L2上并联电压表V2．现在向下移动滑动变阻器R的滑动触头P下列判断正确的是 ( )A．V1读数将变大，V2读数将变小B．V1读数不变，V2读数增大C．灯泡L1和L2上消耗的功率都变小D．灯泡L1及L2上电流强度Il、I2与变压器原副线圈匝数n1、n2成正比参考答案：AC5. 关于自由落体运动，下列说法正确的是：（）A．自由落体运动的物体初速度为零B．物体从静止开始，竖直下落的运动就是自由落体运动C．自由落体运动的物体只受到重力作用D．自由落体运动是匀加速直线运动参考答案：CD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （4分）质子（）和粒子（）从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比E k1:E k2= ，周期之比T1:T2= 。
2020-2021学年河南省周口市某校高二(上)第一次考试物理试卷答案及解析
2020-2021学年河南省周口市某校高二（上）第一次考试物理试卷一、选择题1. 如图所示，质量分布均匀的球位于水平地面上，球的质量为m、半径为R．以地面为参考平面，球的重力势能为（）A.0B.12mgR C.mgR D.−mgR2. 如图所示，质量相等的两物体A、B处于同一高度，A自由下落，B沿固定在地面上的光滑斜面从静止开始下滑，最后到达同一水平面，则（）A.重力对两物体做功不同B.重力的平均功率相同C.到达底端时重力的瞬时功率P A等于P BD.到达底端时重力的瞬时功率P A大于P B3. 如图所示，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（）A.在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期B.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度C.在轨道Ⅱ上经过A的速度大于在轨道Ⅰ上经过A的速度D.在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度4. 如图所示，将质量为m的石块从离地面ℎ高处以初速度v0斜向上抛出，以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时（）A.动能为mgℎ B.动能为12mv02C.重力势能为mgℎD.机械能为mgℎ+12mv025. 如图所示，三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落到D点，DE=EF=FG，不计空气阻力，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面．则关于三小球（）A.B、C两球落在D点左侧B.B球落在E点，C球落在F点C.三小球离地面的高度AE:BF:CG=1:4:9D.三小球离地面的高度AE:BF:CG=1:3:56. 如图所示，竖直平面内放一光滑直角杆MON，OM水平，ON竖直，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B 分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA=0.3m，OB=0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为（取g=10m/s2）（）A.18JB.16JC.11JD.9J7. 如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下．不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中（）A.弹簧与重物的总机械能守恒B.弹簧的弹性势能增加C.重物的机械能不变D.重物的机械能减小8. 已知引力常量为G，利用下列数据可以计算出地球质量的是（）A.地球绕太阳做匀速圆周运动的周期T和轨道半径rB.某卫星绕地球做匀速圆周运动的周期T和角速度ωC.某卫星绕地球做匀速圆周运动的周期T和轨道半径rD.若不考虑地球自转，已知地球半径R和地球表面的重力加速度g9. “水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（）A.小球运动到最低点Q时，处于超重状态B.小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C.当v0>√6gl时，小球一定能通过最高点PD.当v0<√gl时，小球一定能通过最高点P10. 一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.力F在第1s内做的功为4JB.力F在第1s内做的功为2JC.滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND.力F在第2s内做的功的功率为3W二、实验填空题如图所示，某同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出a、b、c、d四个点（轨迹已擦去）．已知小方格纸的边长L=2.5cm，g取10m/s2．请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题：（1）小球从a→b、b→c、c→d所经历的时间________（填“相等”或“不相等”）．（2）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据题意，求出小球从a→b、b→c、c→d所经历的时间是________s．（3）再根据水平位移，求出小球平抛运动的初速度v0=________m/s．图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置图，下面一些实验步骤：A．用天平测出重锤和夹子的质量B．把打点计时器用铁夹固定在放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重锤的夹子，让重锤靠近打点计时器，处于静止状态E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，再断开电源F．用秒表测出重锤下落的时间G．更换纸带，重新进行实验（1）对于本实验，以上不必要的步骤是________．（2）图乙为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从适当位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点，若重锤的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据算出（结果保留两位有效数字）：①在纸带上打下计数点B的速度为________m/s；②从O点下落到B点的过程中，重锤重力势能的减少量为________J，打B点时重锤的动能为________J．（3）实验中发现重力势能的减少量________动能的增加量（选填“略大于”“略小于”或“等于”）．三、解答或论述题一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量是0.4kg的铁块（可视为质点），铁块与中间位置用轻质弹簧连接，如图所示．铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是10rad/s时，铁块距中心O点30cm，这时弹簧的拉力大小为11N，g取10m/s2，求：（1）圆盘对铁块的摩擦力大小．（2）在此情况下要使铁块不向外滑动，铁块与圆盘间的动摩擦因数至少为多大？汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5×103kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车的重力的0.05倍，若汽车始终保持额定的功率不变，取g=10m/s2，则从静止启动后，求：（1）汽车所能达到的最大速度是多大？（2）当汽车的加速度为1m/s2时，速度是多大？双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且TT0=k(k<1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A、B的连线正中间，相对A、B静止，求：（1）两个星球A、B组成的双星系统周期理论值T0；（2）星球C的质量．如图所示是某次四驱车比赛的一段轨道．四驱车（可视为质点）的质量m=1.0kg，额定功率为P=7W．四驱车从水平平台上A点以额定功率启动，经过一段时间t1=1.5s后关闭发动机，四驱车由平台边缘B 点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道．已知四驱车在AB段运动时的阻力f恒为1N，AB间的距离L=6m，圆轨道的半径R=1m，∠COD=53∘，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，求：（1）四驱车从B点飞出时的速度v B的大小；（2）四驱车从B点运动到C点的时间t2；（3）四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小．参考答案与试题解析2020-2021学年河南省周口市某校高二（上）第一次考试物理试卷一、选择题1.【答案】C【考点】重力势能【解析】明确球体的重力势能一般考虑球心处的高度，所以根据设定的零势能面确定重心的高度，再由mgℎ即可求得重力势能．【解答】解：球的重心距地面高度为ℎ=R，故球的重力势能为E p=mgℎ=mgR，故C正确，ABD错误．故选C．2.【答案】D【考点】恒力做功平均功率动能定理的应用瞬时功率【解析】根据下降的高度比较重力做功的大小，结合牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，从而比较重力做功的平均功率．根据动能定理得出到达底端的速度，结合瞬时功率公式比较重力做功的瞬时功率大小．【解答】解：A．两物体质量相等，下降的高度相等，根据W G=mgℎ知，重力做功相等，故A错误；B．B下滑的加速度为a=g sinθ，由ℎsinθ=12at2得，B运动的时间t=√2ℎg sin2θ，A运动的时间t′=√2ℎg，可知B运动的时间长，根据P=mgℎt知，B重力做功的平均功率小，故B错误；CD．根据动能定理知，mgℎ=12mv2，两物体到达底端的速度均为v=√2gℎ，瞬时功率为P A=mgv，P B= mgv sinθ，可知P A>P B，故C错误，D正确．故选D．3.【答案】B【考点】卫星的变轨与对接【解析】A．根据开普勒第三定律R3T2=C，比较轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运动的周期；B．轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加；C．从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动；D．根据牛顿第二定律，通过比较所受的万有引力比较加速度．【解答】解：A．根据开普勒第三定律a3T2=k得，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故A错误；B．轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加，所以经过A的速度小于经过B的速度，故B正确；C．从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动，所以轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度，故C错误；D．在轨道Ⅱ上和在轨道Ⅰ通过A点时所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，故D错误．故选B．4.【答案】D【考点】单物体的机械能守恒问题【解析】不计空气阻力，石块的机械能守恒，根据机械能守恒求出石块落地时的动能大小、机械能大小．重力势能计算式为E P=mgℎ，ℎ是相对于参考平面的高度．【解答】解：ABC．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，则石块在地面上的重力势能为零，根据机械能守恒得，石块落地时动能E k=mgℎ+12mv02，故ABC错误；D．机械能等于重力势能与动能之和，则石块落地时机械能E=E k=mgℎ+12mv02，故D正确．故选：D．5.【答案】C【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据时间关系可确定各自运动的水平位移和各自抛出高度之比．【解答】解：AB．三个小球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则知A、B、C三个小球的运动的时间之比为1:2:3，由x=v0t可得水平位移之比1:2:3，而DE=EF=FG，所以B、C两球也落在D点，故AB错误；CD．根据ℎ=12gt2得三球下降的高度之比为1:4:9．所以三小球离地面的高度AE:BF:CG=1:4:9，故C正确，D错误．故选C．6.【答案】A【考点】绳端速度分解模型动能定理的应用【解析】先根据两球的速度沿绳子方向的分量相等，列式求出A球向右运动0.1m时B球的速度，由几何关系求出此过程中B球上升的高度．再以B球为研究对象，由动能定理求绳对B球的拉力所做的功．【解答】解：A球向右运动0.1m时，由几何关系得，B上升距离为：ℎ=0.4m−√0.52−0.42m=0.1m，此时细绳与水平方向夹角的正切值为：tanθ=34，则得cosθ=45，sinθ=35，由运动的合成与分解知识可知：B球的速度为v B sinθ=v A cosθ，可得v B=4m/s，以B球为研究对象，由动能定理得：W F−mgℎ=12mv B2，代入数据解得：W F=18J，即绳对B球的拉力所做的功为18J．故选A．7.【答案】A,B,D【考点】含弹簧类机械能守恒问题【解析】由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，通过弹簧的形变量判断弹性势能的变化，通过能量守恒判断重物机械能的变化．【解答】解：A．由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，即弹簧与重物的总机械能守恒，故A正确；B．在运动的过程中，弹簧的形变量增大，则弹簧的弹性势能增加，故B正确；CD．系统机械能不变，弹簧的弹性势能增加，则重物的机械能减小，故C错误，D正确．故选ABD．8.【答案】C,D【考点】天体质量或密度的计算【解析】要求解地球的质量，有两种途径，一种是根据地球表面重力等于万有引力，另一种途径是根据卫星的万有引力提供向心力列方程求解．【解答】解：A．地球绕太阳做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r，中心天体是太阳，根据万有引力提供向心力只能求出中心天体的质量，地球是环绕天体质量被约掉，故地球质量求不出来，故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G Mmr2=mω2r，解得M=ω2r3G，因为轨道半径未知，所以地球质量求不出来，故B错误；C．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G Mmr2=m4π2T2r，解得：M=4π2r3GT2，故C正确；D．根据地球表面物体的重力等于万有引力mg=G MmR2，得地球质量M=gR2G，故D正确．故选CD．9.【答案】A,C【考点】竖直面内的圆周运动-轻绳模型动能定理的应用超重和失重【解析】小球在最高点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，在最低点也是绳子的拉力与重力的合力提供向心力，可根据牛顿第二定律列式求解，同时小球从最高点运动得到最低点的过程中，只有重力做功，可运用动能定理列式求解．【解答】解：A．小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态，故A正确；B．设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2，由动能定理得：mg(2l)=12mv22−12mv12，球经过最高点P时：mg+F1=mv12l，球经过最低点Q时：F2−mg=mv22l，联立解得：F2−F1=6mg，在P、Q两点绳对小球的拉力差与小球的初速度无关，故B错误；CD．小球恰好经过最高点P时，重力提供向心力：mg=mv32l，得：v3=√gl，由动能定理得：mg(2l)=12mv2−12mv32，解得：v=√5gl，当v0>√6gl，小球一定能够过最高点P，当v0<√gl时，小球不能通过最高点P，故C正确，D错误．故选：AC．10.【答案】B,D【考点】恒力做功摩擦力的判断平均功率【解析】由乙图可知，在v−t图象中与时间轴所围面积即为位移，据此求出第1s内的位移，根据W=Fx求得拉力做功；物块在第2秒内做匀速直线运动，求出摩擦力；由P=Fv求出功率．【解答】解：AB．由图乙可知，物块在第1秒内的位移：x1=12v m t=12×1×1m=0.5m，力F在第1s内做的功为：W1=F1x1=4×0.5J=2J，故A错误，B正确；C．由图乙可知，物块在第2秒内做匀速直线运动，此过程摩擦力与拉力大小相等，则滑块与地面之间的摩擦力是3N，故C错误；D．根据P=Wt =Fst=Fv可知，力F在第2s内做功的功率为：P=F2v m=(3×1)W=3W，故D正确．故选：BD．二、实验填空题【答案】（1）相等（2）0.05（3）1.0【考点】研究平抛物体的运动【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）小球从a→b、b→c、c→d水平位移相等，因为水平方向上做匀速直线运动，所以经历的时间相等．（2）由图像可知：Δy=L=gT2，得：T=√Lg=0.05s．（3）平抛运动的初速度v0=2LT=1.0m/s．【答案】（1）AF（2）①1.8,②0.86,0.81（3）略大于【考点】用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）实验中验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量重锤和夹子的质量，故A不必要；重锤下落的时间可以通过打点计时器打出的纸带得出，不需要秒表测出，故F不必要．（2）①B点的瞬时速度v B=x AC2T=1.8m/s；②从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量ΔE p=mgℎ≈0.86J，打B点的动能E kB=12mv B2=0.81J．（3）实验中发现重力势能的减少量略大于动能的增加量．三、解答或论述题【答案】（1）圆盘对铁块的摩擦力大小为1N．（2）在此情况下要使铁块不向外滑动，铁块与圆盘间的动摩擦因数至少为0.25．【考点】水平面内的圆周运动-摩擦力【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）铁块做匀速圆周运动，弹簧的拉力和摩擦力的合力提供向心力：F T+f=mω2r，解得：f=1N．（2）要使铁块不向外滑动，则：μF N≥f，且F N=mg，解得：μ≥0.25，即铁块与圆盘间的动摩擦因数至少为0.25．【答案】（1）汽车所能达到的最大速度是24m/s；（2）当汽车的加速度为1m/s2时，速度是8m/s．【考点】机车启动问题-恒定功率【解析】根据汽车速度的变化判断牵引力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化，从而得出汽车的当汽车的加速度为零时，汽车的速度最大，结合牵引力的大小求出最大速度；根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P=Fv求出汽车的速度；应用动能定理和牛顿运动定律求时间．【解答】解：（1）汽车保持额定功率不变，那么随着速度v的增大，牵引力F牵变小，当牵引力大小减至与阻力f大小相同时，物体速度v到达最大值v m，之后汽车做匀速运动，此时有：P额=fv m，故v m=P额f=24m/s．（2）当汽车的加速度为1m/s2时，以车为研究对象，由牛顿第二定律得：F牵−f=ma，由P额=F牵v得：v=P额F牵，联立解得：v=8m/s．【答案】（1）双星系统周期理论值T0是2π√L32Gm．（2）星球C的质量是1−k 24k2m．【考点】双星和多星问题万有引力定律及其应用【解析】万有引力定律及其应用．【解答】解：（1）组成双星系统的两个星体A、B周期相同，设两星体轨道半径分别为r1、r2，因两星体绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动，有r1+r2=L，对A星体，有G m⋅mL2=m(2πT0)2r1，对B星体，有G m⋅mL2=m(2πT0)2r2，联立以上三式，解得r1=r2=L2，T0=2π√L32Gm．（2）由于星球C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，故对双星中任一颗，均有G m⋅mL2+G mM(12L)2=m(2πT)2⋅L2，将T0=2π√L32Gm 及TT0=k代入上式，解得M=1−k 24k2m．【答案】（1）四驱车从B点飞出时的速度v B的大小为3m/s；（2）四驱车从B点运动到C点的时间t2为0.4s；（3）四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小为43N．【考点】平抛运动基本规律及推论的应用竖直面内的圆周运动-弹力动能定理的应用【解析】（1）小车离开B点做平抛运动，根据平行四边形定则求出水平分速度，从而得出B点的速度；（2）从B点运动到C点，做的是平抛运动，根据平抛运动的规律计算时间的大小；（3）根据机械能守恒定律求出D点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出压力的大小．【解答】解：（1）从A到B根据动能定理有：Pt−fL=12mv B2，代入数据得：v B=3m/s．（2）B到C做平抛运动，设四驱车在C点沿竖直方向的分速度为v y，v y=v B tan53∘=4 m/s，v y=gt，代入数据得：t=0.4s．（3）四驱车到C点时的速度为：v C=v Bcos53∘=5m/s，从C到D过程中，根据动能定理有：mgR(1−cos53∘)=12mv D2−12mv C2，又F D−mg=m v D2R，可得：F D=43N．由牛顿第三定律可知，四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小为43N．。
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2015-2016学年河南省周口市商水一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（请你将认为正确的答案代号填在Ⅱ卷的答题栏中，错选不得分，漏选得2分，其中8、9、10、11、12题为多选，共12小题，48分）1．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q，表面无大气．在一次实验中，宇航员将一带电﹣q（q＜＜Q）的粉尘置于离该星球表面h高处，该粉尘恰处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（）A．背向星球球心方向飞向太空B．仍处于悬浮状态C．沿星球自转的线速度方向飞向太空D．向星球球心方向下落2．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势线，下列说法中正确的是（）A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B．如果实线是等势线，则a点的电势比b点的电势高C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大3．如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由放电极指向集尘极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：35．如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功6．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当他们如图所示连接时，恰好都能正常发光．设电路端的电压保持不变，则在将滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，L1和L2两灯的亮度变化的情况是（）A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2亮度不变7．两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r（r＞＞I），P、O两点间连线，与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，静电力常量为k，下面给出了φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么φ的合理表达式应为（）A．φ= B．φ=C．φ=D．φ=8．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．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，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零9．一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10．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等11．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx．下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小小于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功12．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的光屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间二、实验题（共1小题，共6+4=10分）13．在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡（3V，1.5W）B．电压表（量程3V，内阻20千欧）C．电压表（量程15V，内阻50千欧）D．电流表（量程3A，内阻0.2欧）E．电流表（量程0.6A，内阻1欧）F．滑动变阻器（0﹣100欧，0.5A）G．滑动变阻器（0﹣10欧，2A）H．学生电源（电动势4V，内阻不计）I．电键及导线若干实验中要求用在小灯泡上的电压从零开始调节且在不超过小灯泡额定电压的情况下尽可能精确的多测几组对应的U、I值，则：①上述器材中电压表应选择；电流表应选择；滑动变阻器应选择．（用器材前面的字母代号表示）②在方框中作出实验的电路图．三、计算题（共三小题，请写出必要的文字说明和演算步骤）14．在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：（1）B点的电场强度的大小和方向．（2）试判断点电荷Q的电性，并说明理由．（3）点电荷Q的位置坐标．15．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．16．如图甲所示，A和B是长为L、间距为d的平行金属板，靶MN垂直固定在它们的右端．在A、B板上加上方形波电压，如图乙所示．电压的正向值为U0，反向值为，周期为T．现有质量为m、带电量为+q的粒子连续从AB的中点O以平行于金属板的方向射入．设所有粒子都能穿过电场打到靶上，而且每个粒子在AB间的飞行时间均为T，不计粒子重力的影响．试问：（1）粒子射入平行金属板时的速度多大？（2）t=时刻入射的粒子打到靶上的位置距靶中心点O’多远？（3）t=时刻入射的粒子打到靶上时动能多大？2015-2016学年河南省周口市商水一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（请你将认为正确的答案代号填在Ⅱ卷的答题栏中，错选不得分，漏选得2分，其中8、9、10、11、12题为多选，共12小题，48分）1．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q，表面无大气．在一次实验中，宇航员将一带电﹣q（q＜＜Q）的粉尘置于离该星球表面h高处，该粉尘恰处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（）A．背向星球球心方向飞向太空B．仍处于悬浮状态C．沿星球自转的线速度方向飞向太空D．向星球球心方向下落【考点】库仑定律；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】带负电的粉尘恰能悬浮，是因为重力与电场力大小相等，方向相反．由公式可得：它们除与各自质量、电量有关系外，还与两者的中心间距有关，当改变间距时，质量与电量没变，所以平衡条件依旧满足．【解答】解：当带负电粉尘在高度为h处处于平衡．则有，当h变2h时，两力仍然平衡．故选：B．【点评】本题容易出错：学生往往认为随着间距的变化，库仑力在变化，而却忽略了引力随着高度也会发生变化．注意这里的高度与星球半径相比不能忽略．2．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势线，下列说法中正确的是（）A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B．如果实线是等势线，则a点的电势比b点的电势高C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．【解答】解：A、C、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，由于从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，所以电子在a点的电势能比在b点的电势能大，所以A错误，C正确；B、D、若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．从a到b电子做负功，所以电势能增加，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小，故B正确，D错误．故选：BC．【点评】物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向．3．如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由放电极指向集尘极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【考点】* 静电的利用和防止．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．【解答】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B错误；C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误；D、根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确．故选：D．【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．5．如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．【解答】解：A、B、因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，B错误．C、d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误．D、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故D正确．故选：D【点评】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握6．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当他们如图所示连接时，恰好都能正常发光．设电路端的电压保持不变，则在将滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，L1和L2两灯的亮度变化的情况是（）A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】压轴题；恒定电流专题．【分析】电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．【解答】解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，R P变大，外电路总电阻R变大，干路电流I=减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，L2变亮．故选B【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析．7．两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r（r＞＞I），P、O两点间连线，与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，静电力常量为k，下面给出了φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么φ的合理表达式应为（）A．φ= B．φ=C．φ=D．φ=【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证．【解答】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见B正确、D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故AC错误．故选：B【点评】对于不会列式求解的问题，可用特殊位置分析法进行尝试分析．8．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．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，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【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、由题，等势线在水平方向，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，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a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，速度不同．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、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．【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．9．一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AC正确，BD错误．故选：AC．【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．10．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等【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】粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式进行处理【解答】解：A、B两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动．设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为t=，L、v0相同，则时间t相同．水平方向的位移为y=at2，a=，则y=t2，E，t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等．故A、B正确．C、由侧向位移大小y=at2，t相同，y不同，加速度a不等，故C错误．D、根据动能定理，E K﹣mv02=qEy，则E K=+qEy，E K大小关系无法判断．故D错误．故选AB【点评】带电粒子在电场中的运动，综合了电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．粒子在电场中类平抛运动与力学中平抛运动的研究方法相似，运动规律相似，只是加速度不同．抓住两者相似性，用类比方法，对粒子在电场中运动问题就不感到陌生，增强解题的信心．11．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx．下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小小于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】本题的入手点在于如何判断E Bx和E Cx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在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．【解答】解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见E Bx＞E Cx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，故B错误．C、O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C错误．D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，故D正确．故选：D．【点评】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．12．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的光屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【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】根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．【解答】解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，得到E=．故A错误，B正确．C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．故C正确，D错误．故选BC【点评】本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解．二、实验题（共1小题，共6+4=10分）13．在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡（3V，1.5W）B．电压表（量程3V，内阻20千欧）C．电压表（量程15V，内阻50千欧）D．电流表（量程3A，内阻0.2欧）E．电流表（量程0.6A，内阻1欧）。