2019-2020学年广西桂林市第十八中学高二上学期第一次月考物理试题 （word版）

2019-2020学年广西桂林市第十八中学高二上学期第一次月考物理试题 （word版）

桂林十八中2019-2020学年度18级高二上学第一次月考试卷 物 理（理科）‎ 注意事项：‎ ① 试卷共6页，答题卡2页。考试时间90分钟,满分100分；‎ ‎ ② 正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；‎ ② 请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。‎ 第I卷（选择题，共56分）‎ 一、单项选择题（本题包括12小题。每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共36分）‎ ‎1．我国是世界文明古国之一，在古代书籍中有许多关于物理现象的记载。西晋张华的《博物志》中写道，“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”。此处所描述的现象属于（ ）‎ A．摩擦生热现象 B．静电现象 C．退磁现象 D．磁化现象 ‎2．下列对能量转化的描述，正确的是（　　） ‎ A．电暖器工作时，电能转化为动能 B．雨滴下落过程中，部分动能转化为重力势能 C．汽油发动机运转时，电能转化为化学能 D．水力发电机工作时，水的部分机械能转化为电能 ‎3．两个点电荷a、b周围的电场线分布情况如图所示，虚线为带电粒子c经穿越该电场时的运动轨迹，该粒子在电场中运动时只受电场力作用，由图可判断（　　）‎ A．a、b带等量异号电荷 ‎ B．a、b带同号电荷，a的电荷量大于b的电荷量 ‎ C．粒子c带正电，在电场中运动时动能先减小后增大 ‎ D．粒子c带负电，在电场中运动时动能先增大后减小 ‎4．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势ö在x轴上分布如图所示。正确的有（　　）‎ A．x2处的电场强度为零 B．负电荷从x1移到x2，电势能增大 ‎ C．q1和q2带有同种电荷 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 ‎5．如图所示为示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以（　　）‎ A．增大加速电压U1，增大偏转电压U2‎ B．增大加速电压U1，减小偏转电压U2‎ C．减小加速电压U1，增大偏转电压U2‎ D．减小加速电压U1，减小偏转电压U2 ‎ ‎6．某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0。在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P/2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是( )‎ A．B．C． D．‎ ‎7．如图所示，有一根长为L，质量为M的均匀链条静止在光滑水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使悬着的部分以0.1g（g为重力加速度）的加速度拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力最少需做功（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内（始终不与球接触），现将一个悬挂在绝缘细线上的带负电的小球B放在C附近，待稳定后，以下说法正确的是（　　）‎ A．A对B无静电力作用，B对A无静电力作用 ‎ B．A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向 ‎ C．A对B的静电力向右，B对A的静电力向左 ‎ D．A的位置不变，B的位置也不变 物理 第2页 共6页 物理 第1页 共6页 ‎9．两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小之比为1：5，相互作用大小为5F ‎．将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为( )‎ A．3F B．9F C．5F D．9F/4‎ ‎10．如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离。在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为（　　）‎ A．mgH B．mgH+ C．mgH﹣ D．mgH﹣‎ ‎11．如图所示，A，B，C是匀强电场中的三点，三点的电势分别为，，，，，cm，可确定该匀强电场的场强大小为 A． B． C． D．‎ ‎12． “跳一跳”游戏要求操作者通过控制一质量为m的“i”形小人（可视为质点）脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的一个平台跳到旁边另一等高的平台上。如图所示的抛物线为“i”形小人在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面的高度为h，两次落点间的水平距离为 ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．“i”形小人在跳跃过程中的运动时间为2 ‎ B．“i”形小人的水平初速度为 ‎ C．“i“形小人落到另一平台上时的速度大于 ‎ D．“i”形小人落地时速度方向与水平方向间夹角的正切值为 二、多项选择题（本题包括5小题。每小题至少有两个正确选项，选对但不全得2分，错选或不选均得零分。每小题4分，共20分）‎ ‎13．下列运动过程中，物体的动量变化率相等的是（　　）‎ 物理 第3页 共6页 A．匀速圆周运 B．竖直上抛运动 C．平抛运动 D．任意的匀变速直线运动 ‎14‎ ‎．电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接一轻质弹簧，左侧连接一电介质，弹簧与电容器固定在外框上，可认为质量块（含电介质）在竖直方向上受力平衡，在水平方向上只受弹簧的弹力。传感器在水平方向上运动，质量块可带动电介质左右移动从而改变电容。可知（　　）‎ A．当传感器做匀速运动时，电路中有恒定电流 ‎ B．当传感器做匀加速度运动时，电路中有恒定电流 ‎ C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时电容器的电容会减小 ‎ D．当传感器由静止突然向右加速的瞬间，电路中有顺时针方向的电流 ‎15．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M．C点与O点距离为l，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ù缓缓转至水平（转过了90°角），此过程中下述说法正确的是（　　）‎ A．重物M重力势能一直增大 B．重物M作匀变速直线运动 ‎ C．重物M的最大速度是ùL D．重物M的动能先减小后增大 ‎16．如图所示，在水平放置的光滑金属板正上方有一带正电的点电荷Q，上表面绝缘，下表面接地。带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)，自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动的过程中：（）‎ A．小球先减速运动，后加速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球受到电场力的冲量为零 D．小球受到的电场力做功为零 ‎17．如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平地面上，一个质量为m的物块，从碗口沿内壁由静止滑下，滑到最低点时速度大小为v，物块与碗之间的动摩擦因数恒为ì，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在最低点时物块所受支持力大小为mg ‎ B．整个下滑过程物块所受重力的功率先增大后减小 ‎ C．物块在下滑至最低点过程中动能先增大后减小 ‎ 物理 第4页 共6页 D．整个下滑过程滑块克服摩擦力做功为mgR﹣mv2‎ 第II卷（非选择题，共44分）‎ 三、填空题（本题包括2题。共14分）‎ ‎18．（6‎ 分）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。‎ 实验时，先保持两电荷的　 　不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。‎ 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的　 　而增大（填“增大”或“减小”），随其所带电荷量的　 　而增大（填“增大”或“减小”）。‎ ‎19．（8分）如图1所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度的关系”的实验。‎ ‎（1）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是　 　（选填选项前的字母）。‎ A．将长木板带滑轮的左端垫高 ‎ B．将长木板不带滑轮的右端垫高 在　 　（选填选项前的字母）且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。‎ A．不挂重物 B．挂上重物 物理 第6页 共6页 物理 第5页 共6页 ‎（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图2所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打某计数点的过程中，拉力对小车做的功W，打某计数点时小车的速度v。同时以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2﹣W图象。分析实验图象：该图线与斜率有关的物理量应是　 　。（选填选项前的字母）。‎ A．加速度 B．位移 C．质量 D．时间 ‎（3）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，但重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，则v2﹣W图象　 　。‎ A．一条倾斜直线 B．一条末端向上弯曲图象 C．一条末端向下弯曲图象 四、计算题（第20题12分，第21题18分,共30分。应写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，只写出最后答案的给0分）‎ ‎20．（12分）如图所示，在水平方向的匀强电场中，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从A点沿AB方向射入电场，微粒沿直线AB运动刚好能到达B点。AB与电场线夹角è＝37°．A、B相距为L，重力加速度为g，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：‎ ‎（1）电场强度的大小和方向； ‎ ‎（2）微粒射入电场时的初速度大小。‎ ‎21．（18分）如图所示，x轴与水平传送带重合坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，传送带以恒定的速度5m/s转动一质量m＝lkg的小物块轻轻放在传送带上x＝2m的P点小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点，若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数ì＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，求：‎ ‎（1）N点的纵坐标：‎ ‎（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；‎ ‎（3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动通过纵坐标yM＝0.25m的M点，并且在圆弧轨道运动过程中始终不脱轨，求这些位置的横坐标范围。‎ 参考答案（简洁版）‎ 一．单选题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 B D D A C A D C B C D C 二．多选题 题号 ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ 答案 BCD CD AC BD BCD 三．填空题 ‎18. 电量，减小，增大；‎ ‎19. （1）B，A；（2）C；（3）A；‎ 四．计算题 ‎20.解：（1）微粒受力分析如图所示：‎ 由几何关系得：‎ 代入数据解得：N/C①‎ 粒子带正电，所以电场方向水平向左 ‎（2）A到B由动能定理得：‎ ‎②‎ ‎①②联立解得：‎ m/s ‎21.解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得：ìmg＝ma 代入数据解得：a＝5m/s2，‎ 小物块与传送带共速时，所用的时间为：‎ t＝＝1s，‎ 运动的位移为：s＝＝2.5m＜L﹣xP＝6m 故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5m/s的速度匀速运动到Q，‎ 然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，在N点，‎ 由牛顿第二定律得：mg＝m，‎ 从Q到N过程，由机械能守恒定律得：mv02＝mg•2R+mvN2，‎ 解得：R＝0.5m，则N点的纵坐标：yN＝2R＝1m；‎ ‎（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移：△s＝v0t﹣s＝2.5m，‎ 系统产生的热量：Q＝ìmgs＝12.5J；‎ ‎（3）由（1）可知，当物块从x1＝L﹣s＝5.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等，‎ 物块恰好通过圆轨道的最高点，则当x≤x1＝5.5m时，物块不会脱离圆轨道；‎ 设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置，‎ 从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得：‎ ìmg（L﹣x）﹣mgR＝0﹣0‎ 解得：x2＝7m，当x≥7m时，物块不会脱离轨道；‎ 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：0≤x≤5.5m和7m≤x＜8m；‎ 参考答案（详解版）‎ ‎1.选：B 人们梳头、穿衣时，梳子与头发，外衣与里面的衣服摩擦，使它们带有异种电荷，电荷放电，看到小火星和听到微弱响声，是摩擦起电，属于静电现象，故B正确。‎ ‎2. 选：D。‎ A、电暖器工作时，电能转化为内能。故A错误；‎ B、雨滴下落过程中，部分动能转化为内能。故B错误；‎ C、汽油发动机运转时，电能转化为机械能。故C错误；‎ D、水力发电机工作时，水的部分机械能转化为电能。故D正确；‎ ‎3. 选：D AB、根据电场线的分布情况可知，a周围电场线分布比b密，则a的电荷量大于b的电荷量，电场线从a指向b，则a带正电、b带负电，故AB错误；‎ CD、根据粒子c的运动轨迹可知，粒子c受力方向沿电场线反方向，故粒子c带负电；带电粒子c穿越该电场时，电场力先做正功、后做负功，所以动能先增大后减小，故C错误、D正确。‎ ‎4. 选：A A、ö﹣x图象的斜率表示电场强度，在x2处的斜率为零，故该处的电场强度为零；故A正确；‎ B、由图象可知，在x1、x2的电势ö1＜ö2，根据电势能EP＝qö，且q为负电荷，故有EP1＞EP2，即负电荷从x1到x2电势能减小；故B错误；‎ C、由ö﹣x图象可知，在电场中电势有正有负，故两电荷不可能带同种电荷，故C错误；‎ D、由图象斜率表示电场强度大小可知，负电荷从x1到x2电场强度减小，故受到的电场力减小；故D错误；‎ ‎5. 选：C 电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：‎ 所以电子进入偏转电场时速度的大小为：‎ 电子进入偏转电场后的偏转的位移为：‎ 所以要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以增大偏转电压U2，减小加速电压U1，故C正确 ‎6. 选：A AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A正确，B错误。‎ CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD错误。‎ ‎7. 选：D 解：设链条悬着的部分被拉回x时，拉力为F，对整个链条，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ F﹣Mg＝M•0.1g 可得，F＝0.3Mg﹣Mg 则刚开始拉链条时，x＝0，F1＝0.3Mg 链条全部拉回桌面的瞬间，x＝L，代入F＝0.3Mg﹣Mg得 F2＝0.1Mg 所以F的平均值为 ＝＝0.2Mg 拉力最少需做功 W＝＝‎ ‎8. 选：C A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B C相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B的电荷对空腔C 的内部无影响，A位置不变。但根据静电屏蔽原理可知，B对A有向左的静电力，故A对B有向右的静电力；但由于空心上带电的影响使A球显示出不受静电力的作用；故C正确ABD错误。‎ ‎9. 选： B ‎ 解：由库仑定律可得相互作用力为：‎ ‎5F＝＝；‎ 如果带同种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为3q；‎ 则库仑力为：F′＝＝9F，故B正确；‎ 如果带异种电荷，当两球接触后先中和再平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；‎ 则库仑力为：F′＝＝4F，故A错误；‎ 故AB正确，CD错误；‎ 故选：AB。‎ ‎10. 选：C 解：弹簧的形变量x＝，则物体上升的高度h＝H﹣x＝H 则重力势能的增加量．故C正确，A、B、D错误。‎ ‎11. 选：D 如下图所示，用D､F､G把AC四等分，因此：，，；连结BF直线便是电场中电势为4V的等势线，过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方向，便得到一条电场线。‎ 由几何关系知三角形BCF为等边三角形，则B､C两点在场强方向上的距离：‎ ‎，‎ 则场强：‎ ‎，‎ ‎12. 故选：C AB、由平抛运动规律有h＝，解得：t＝2t1＝2，水平初速度为v0＝，故A．B错误；‎ C、根据动能定理有mgh＝﹣，解得：v＝＞，故C正确；‎ D、设“i”形小人落地时速度方向与水平方向的夹角为è，位移与水平方向的夹角为á，由平抛运动的规律有tanè＝2taná＝，故D错误；‎ ‎13. 故选：BCD。‎ A、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化率不相等，故A错误；‎ B、竖直上抛运动只受重力，由动量定理可知动量变化率相等，故B正确；‎ C、平抛运动只受重力，由动量定理可知动量变化率相等，故C正确；‎ D、任意的匀变速直线运动受到恒力作用，动量定理可知动量变化率相等，故D正确；‎ ‎14. 故选：CD 解：A、当传感器做匀速运动时，没有弹力，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故A错误；‎ B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；‎ C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，则电介质看拨出极板间越深，即电介质减小，根据电容器的电容公式C＝ɛ，则电容器电容减小，故C正确；‎ D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；‎ ‎15. 故选：AC。‎ 解：A、重物M一直在上升，其重力势能一直增大，故A正确。‎ BCD、C点线速度方向与绳子方向的夹角为è（锐角），由题知C点的线速度为 vC＝ùL，该线速度在绳子方向上的分速度就为 v绳＝ùLcosè．è的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳＝ùLcosè 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，è 变为零度，绳子的速度变为最大，为ùL；然后，è又逐渐增大，v绳＝ùLcosè逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小，作非匀变速直线运动，M的最大速度为ùL．则重物M的动能先增大后减小。故C正确，BD错误。‎ ‎16. 故选BD。‎ 金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故AC错误，BD正确。‎ ‎17. 故选：BCD A、在最低点时，根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝m，解得支持力 N＝mg+m，故A错误。‎ B、初始位置物体的速度为零，重力的瞬时功率为零。到达最低点时，重力与速度的方向夹角为90度，重力的瞬时功率也为零，可知整个过程中功率的功率先增大后减小。故B正确。‎ C、在下滑的过程中，重力沿曲面切线方向的分力逐渐减小，滑动摩擦力逐渐增大，开始阶段，重力的切向分力大于摩擦力，物体做加速运动，动能增大，之后，重力的切向分力小于摩擦力，做减速运动，动能减小，则动能先增大后减小。故C正确。‎ D、对整个过程运用动能定理得 mgR﹣Wf＝mv2﹣0，则滑块克服摩擦力做功为 Wf＝mgR﹣mv2．故D正确。‎ ‎18. 电量，减小，增大；‎ ‎19. （1）B，A；（2）C；（3）A；‎ ‎20.‎ 解：（1）微粒受力分析如图所示：‎ 由几何关系得：‎ 代入数据解得：N/C①‎ 粒子带正电，所以电场方向水平向左 ‎（2）A到B由动能定理得：‎ ‎②‎ ‎①②联立解得：‎ ‎21.‎ 解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得：ìmg＝ma 代入数据解得：a＝5m/s2，‎ 小物块与传送带共速时，所用的时间为：‎ t＝＝1s，‎ 运动的位移为：s＝＝2.5m＜L﹣xP＝6m 故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5m/s的速度匀速运动到Q，‎ 然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，在N点，‎ 由牛顿第二定律得：mg＝m，‎ 从Q到N过程，由机械能守恒定律得：mv02＝mg•2R+mvN2，‎ 解得：R＝0.5m，则N点的纵坐标：yN＝2R＝1m；‎ ‎（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移：△s＝v0t﹣s＝2.5m，‎ 系统产生的热量：Q＝ìmgs＝12.5J；‎ ‎（3）由（1）可知，当物块从x1＝L﹣s＝5.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等，‎ 物块恰好通过圆轨道的最高点，则当x≤x1＝5.5m时，物块不会脱离圆轨道；‎ 设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置，‎ 从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得：‎ ìmg（L﹣x）﹣mgR＝0﹣0‎ 解得：x2＝7m，当x≥7m时，物块不会脱离轨道；‎ 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：0≤x≤5.5m和7m≤x＜8m；‎