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1、山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）一、选择题1.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4s内的位移是42 m，则（ ）A. 小球在2 s末的速度是16m/sB. 该星球上的重力加速度为12m/s2C. 小球在第4 s末的的速度是42 m/sD. 小球在4s内的位移是80m【答案】B【解析】【详解】第4s内的位移是42m，有：gt42-gt32=42m，t4=4s，t3=3s，解得：g=12m/s2所以2s末的速度：v2=gt2=24m/s。故A错误，B正确。小球在第4 s末的的速度是v4=
2、gt4=48m/s ，选项C错误；小球在4s内的位移是gt42=96m，选项D错误；故选B.【点睛】此题选择某星球为情景考查匀变速直线运动的规律；解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同.2. 两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）A. 正电荷由P静止释放能运动到QB. 正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C. 负电荷在P的电势能高于在Q的电势能D. 负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零【答案】D【解析】试题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小根据电场线的方向判断电荷的正负顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势
3、的正负正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误；电场线的疏密代表场强的大小，故，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故，故其间必有一点电势能为零，D正确 3.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）A. 若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B. 若将A向左平移一小段位
4、移，则油滴仍然静止，G表中有ab的电流C. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D. 若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ba的电流【答案】C【解析】【详解】将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误；若将A板左移，电容器板间电压不变，由E=U/d可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态。电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，放电，则G表中有ba的电流，故B错误。将A板上移，由E=U/d可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动。电容C变小，电量减小，电容器要放电
5、，则有由ba的电流流过G，故C正确；将A板下移，由E=U/d可知，E变大，油滴所受的电场力变大，将向上加速运动。电容C变大，电量变大，电容器要充电，则有由ab的电流流过G，故D错误；故选C。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定4.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A. 4 B. 4C. 12 D. 21【答案】D【解析】试题分析: 以BC整体为研究对象，则也即，知,D对。
6、考点:力的平衡、胡克定律、整体隔离的运用。【名师点睛】略。视频5.如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（ ）A. 小球机械能守恒B. 小球在最低点时对金属环的压力是6mgC. 小球在最高点时，重力的功率是D. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【答案】D【解析】试题分析：小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则，解得：；从最低点到最高点，由动能定理得：-mg2R-W克=mv2-mv02，又v0=解得：W克=05mgR，所以机
7、械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是05mgR，故A错误，D正确在最低点，根据向心力公式得：，解得：N=7mg，则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是7mg，故B错误；小球小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误故选D。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题考查了机械能守恒定律、向心力公式以及动能定理的直接应用，要求同学们明确圆周运动最高点的临界条件，知道重力功率与竖直分速度有关。6.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的，此时卫星仍做匀速圆周运动，则（）A. 卫星的向心加速度减小到原来的B. 卫星的角速度减小到原来的C.
8、 卫星的周期增大到原来的8倍D. 卫星的半径增大到原来的2倍【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提向心力：，解得：，线速度变为原来的，知轨道半径变为原来的4倍。根据，可知向心加速度变为原来的，故AD错误；根据，线速度变为原来的，知轨道半径变为原来的4倍，则角速度变为原来的，故B错误；根据，角速度变为原来的，则周期变为原来的8倍，故C正确。所以C正确，ABD错误。7.两带电荷量分别为q1(q10)和q2的点电荷放在x轴上，相距为l，两电荷连线上电场强度E与x的关系如图所示，则下列说法正确的是( )A. q20且q1q2 B. q20且q1q2 D. q20且q1|q2|【答案】A【解析】试题分
9、析：由图象知两电荷连线上关于中点对称的点，电场强度大小相等、方向相反，则说明两电荷为同种等量电荷，A正确。考点：本题考查常见电荷周围电场分布。8.如图甲所示A、B是一条电场线上的两点，当一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB由A点运动到B点，其速度时间图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零下列判断正确的是()A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度B. 电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C. A点的电势一定高于B点的电势D. 该电场可能是负点电荷产生的【答案】C【解析】试题分析：由图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由可知，A点的场强要等于B点场强；故AB错误；而电子从A
10、到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，由可知，A点的电势要大于B点电势，故C正确；点电荷产生的电场中，一条电场线上的点的场强都不相同，D错误。考点：考查了电场线；电场强度；电势9.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（）A. 04 s内物体的位移为零B. 04 s内拉力对物体做功为零C. 4 s末物体的动量为零D. 04 s内拉力对物体的冲量为零【答案】BCD【解析】【详解】由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，故A错误；前2s拉力做正功，后2
11、s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；根据I=Ft可知：前4s内I合=F2- F2=0，故D正确；故选BCD。【点睛】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解。10.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，一个电荷量为1C，质量为1kg的小物块从A点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确是（）A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2 V/mB. 由A到C的过程中物块的电势能
12、先减小后变大C. 由A点到C点的过程中，电势逐渐降低D. C、B两点的电势差UCB = -15 V【答案】AC【解析】【详解】从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为 am=2m/s2，所受的电场力最大为 Fm=mam=2N，据E=F/q知，B点的场强最大为2N/C，故A正确；从速度时间图象可知由A到C的过程中，带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由A点到C点的过程中电势逐渐降低，故C正确；从速度时间图象可知C、B两点的速度分别为 vC=7m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 qUCB=m
13、vB2-mvC2=1（42-72）J=-16.5J，解得：UCB=-16.5V，故D错误。故选AC。【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法11.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，这个装置的截面图如图所示。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中（）A. MN对Q的弹力逐渐减小B. P对Q的弹力逐渐增大C. Q所受的合力逐渐增大D. 地面对P的摩擦力逐渐增大【答案】BD【
14、解析】【详解】对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtan；N2mg/ cos；由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B正确；物体Q一直保持平衡态，合力为零不变，故C错误；对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件有f=N1=mgtan；由于不断增大，故f不断增大，则D正确；故选BD。【点睛】本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条
15、件列式求解出各个力的表达式进行分析处理12.如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（）A. ExaExbB. Exa沿x负方向，Exb沿x正方向C. 同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D. 将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】ABC【解析】试题分析：在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见ExaExb，故A正确；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选AB。考点：电场强度；
