福建省莆田第六中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题（A卷）
莆田第六中学2019-2020学年上学期第一次月考（A）
高二物理（命题范围:选修3-1第1～4章&选修3-5第1章）（总分100分）
一、选择题（本小题有12小题，4×12=48分，其中1-8小题每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，多选或选错得0分；9-12小题每个小题有多个选项是正确的，选对得4分，少选得2分，有一个选项选错得0分）
1.下列关于静电现象的说法中不正确的是( )
A. 避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施
B. 为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的绝缘体壳中
C. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成
D. 做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累
【答案】B
【解析】
【详解】避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，选项A正确；只有金属体壳才能产生静电屏蔽作用，故为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的金属体壳中；故B错误；超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，从而保护工人；故C正确；做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.
2.如图所示，ABCD为等腰梯形，∠A＝∠B＝60°，AB＝2CD，在底角A、B分别放上一个点电荷，电荷量分别为qA和qB，在C点的电场强度方向沿DC向右，A点的点电荷在C点产生的场强大小为EA，B点的点电荷在C点产生的场强大小为EB，则下列说法正确的是( )
A. 放在A点的点电荷可能带负电
B. 在D点的电场强度方向沿DC向右
C. EA
|qB|
【答案】D
【解析】
【详解】由于两点电荷在点产生的合场强方向沿向右，由平行四边形定则可知两点电荷在点产生的场强方向，如图所示：
由图中几何关系可知，且处所放点电荷为正电荷，处所放点电荷为负电荷，设的长度为，根据点电荷场强公式可得：
解得：
对两点电荷在处产生的电场进行合并，由几何关系可知其合电场方向为向右偏上，不沿方向；
A. 与分析不符，故A错误；
B. 与分析不符，故B错误；
C. 与分析不符，故C错误；
D. 与分析相符，故D正确；
3.如图甲所示为电场中一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则
A. 在O～x2间，电场强度先减小后增大
B. 在O～x2间，电场强度方向没有发生变化
C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据φ-x图象斜率的绝对值大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断出负电荷的电势能变化．
【详解】φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故A错误，B正确。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C错误。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。故D正确。故选D。
【点睛】本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．
4.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为9V、13.5V、5.5V。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为2.5V/cm
B. 坐标原点处的电势为2V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低4.5eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为
【答案】A
【解析】
【详解】B. 由于，平行，则有：
可得坐标原点处的电势为：
故B错误；
A. 设场强方向与轴夹角为，则有：
联立解得：
故A正确；
C. 点电势比点低，则电子在点的电势能比在点的高，故C错误；
D. 电子从点运动到点，电势能增加，则电场力做功，故D错误。
5.如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为
A. 2m/s，5kg
B. 2m/s，3kg
C. 3.5m/s，2.86kg
D. 3.5m/s，0.86kg
【答案】B
【解析】
由图象可知，碰前A的速度为：，碰后AB的共同速度为：，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，选B.
【点睛】由图象求出碰撞前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量．
6.一只小船质量为M，船上人的质量为m。船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0与船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为
A. v0 B. v0 C. v0 D. v0
【答案】D
【解析】
【详解】当车上的人以相对地面的水平速度v0与车行反方向跳离车时，小车和人组成的系统动量守恒，以小车原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：（M+m）v0=m（-v0）+Mv
解得：v=v0，故D正确。故选D。
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，解题时一定要规定一个正方向，本题中还要注意人初始时刻也具有速度v0．
7.如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t=0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度－时间图象见图乙，其中a,b分别是0～1 s内P、Q的速度－时间图线，c是1～2 s内P、Q共同的速度－时间图线。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2。则以下判断正确的是
A. 在0－2s内，木板Q下表面与水平面之间有摩擦力
B. 在0－2 s内，摩擦力对Q的冲量是2 N·s。
C. P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D. P相对Q静止的位置在Q木板的最右端
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，在P、Q系统在相互作用的过程结束后，系统沿水平方向做匀速直线运动，可知系统所受的外力之和为零，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力。故A错误；从图象可知，0～2s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I=Mv-0=1N•s．故B错误；P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则a=μg==1m/s2，所以μ=0.1．故C正确。在t=1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1s内，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与Q相对静止时不在木板的右端。故D错误。故选C。
【点睛】解决本题的关键知道动量守恒的条件以及会从图象得知P、Q的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是( )
A. 带电油滴将竖直向下运动
B. P点的电势将降低
C. 电容器的电容增大，极板所带电荷量减小
D. 在上极板下移过程中，若将一个带负电的点电荷一直放在P点，该电荷的电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据可知，电容器两板间电压不变，上极板下移后，电容器两板间的间距减小，电容器两板间的电场强度增大，电场力大于重力，油滴向上运动，故A错误；
B. 电场强度增大，由于点接地，则有：
为到下极板距离不变，点的电势升高，故B错误；
C. 根据可知，电容器两板间的间距减小，电容器的电容增大，根据可知，电容器两板间的电荷量增大，故C错误；
D. 上极板下移过程中，点的电势升高，负电荷在点电势能减小，故D正确。
9.如图所示，是点电荷产生的电场中的一条电场线．当一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中的虚线所示．那么下列选项正确的是（ ）
A. 点电荷一定带负电
B. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
C. 带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能
D. 带电粒子在a点时动能大于在b点时的动能
【答案】CD
【解析】
【详解】根据粒子的运动轨迹，粒子所受的电场力指向速度的凹向，可知电场力方向从N指向M，由于粒子的加速度大小变化不知道，可知不能确定点电荷的电性，选项A
错误；一条电场线不能确定疏密，则不能确定电场力的大小，也就不能确定加速度的大小关系，选项B错误；由轨迹可知，从a到b电场力做负功，则电势能增加，动能减小，选项CD正确；故选CD.
10.如图所示，、、为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列正确的是( )
A. 电源总功率变大
B. 中电流变化量小于中电流变化量
C. 变暗，变亮,，变暗
D. 变亮，变暗，变亮
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 在变阻器的滑片向上移动过程中，减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，电源总功率变大，故A正确；
CD. 总电流增大，变亮，的电压：
由于、、均不变，总电流增大，减小，减小，变暗，流过的电流：
由于总电流增大，减小，则增大，变亮，故C错误，D正确；
B. 由以上分析可知，总电流增大，减小，增大，且，中电流变化量大于中电流变化量，故B错误。
11.如图所示，两平行正对的金属板A、B
间加有交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，下列说法正确的是( )
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】
【详解】AB. 若释放该粒子，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复下去，每次向板运动的距离大于向板运动的距离，最终打在板上，故A正确，B错误；
C. 若释放该粒子，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复下去，每次向板运动的距离大于向板运动的距离，最终打在板上，故C正确；
D. 若释放该粒子，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复下去，每次向B板运动的距离大于向板运动的距离，最终打在板上，但是由于具有向板运动的初速度，当其足够大时，粒子可能打到板上，故D错误。
12.如图所示,在竖直平面内坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程2,且小球通过点，已知重力加速度为g,则（ ）
A. 电场强度的大小为 B. 小球初速度的大小为
C. 小球通过点P时的动能为 D. 小球从O点运动到P点的过程中电势能减少
【答案】CD
【解析】
小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，故电场强度的大小为，故A错误；小球受到的合力：，所以a=g，由平抛运动规律有：，得初速度大小为，故B错误；由于，又，所以通过点P时的动能为：，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，故D正确．故选CD．
【点睛】结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．
二、实验填空题(共12分)
13.下图各仪器的读数：（螺旋测微器）为___ mm，(量程为0.6A的电流表)为___ A
【答案】 (1). 2.150 (2). 0.42
【解析】
【详解】螺旋测微器读数为：2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；量程为0.6A的电流表最小刻度为0.02A，则读数为：0.42 A；
14.有一个小灯泡上标有“ 2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的 I-U图线，有
下列器材供选用：
A．电压表（0～3V 内阻约10k Ω）
B．电压表（0～15V 内阻约 20k Ω）
C．电流表(0～0.3A ，内阻约1 Ω）
D．电流表(0～0.6A，内阻约 0.4 Ω）
E．滑动变阻器（5 Ω，1A）
F．滑动变阻器（500 Ω，0.2A）
G．电源（电动势 3V，内阻1 Ω）
(1)实验中电压表应选用_____________，电流表应选用_____________，为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用___________（用序号字母表示）
(2)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I-U 图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而____________（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】 (1). A； (2). D； (3). E； (4). 增大；
【解析】
【分析】
（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为了方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据图示图象应用欧姆定律分析答题．
【详解】（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，灯泡额定电流，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；
（2）由图所示图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；
三、计算题（本题共4小题，共40分，解答应画出运动过程示意图，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15.质量m=0.60kg的篮球从距地板H=0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h=0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t=1.1s，忽略空气阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能；
（2）篮球与地板撞击的时间；
（3）篮球对地板的平均撞击力。
【答案】（1）2.1J（2）0.4s（3）16.5N，方向向下
【解析】
【详解】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：
解得2.1J
（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式
下落过程：
解得：；
上升过程：
解得
篮球与地板接触时间为
（3）设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理
解得：F=16.5N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力
，方向向下
16.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝80 cm，两板间的距离d＝40cm,电源电动势E＝40V，内电阻r＝1Ω，电阻R=23Ω，闭合开关S，调节滑动变阻器，当滑动变阻器接入电路的阻值=16Ω，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度＝4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q＝1×10C，质量为m＝2×10 kg，不考虑空气阻力，电路中的电压表、电流表均是理想电表． (g取10 m/s)．求：
（1）此时电压表的示数=？
（2）小球在电场运动过程的加速度=？
（3）小球离开电场时的侧移量=？
（4）小球离开电场时运动方向与水平方向的夹角的正切？
【答案】(1) (2) (3) (4)
【解析】
【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律：
电压表的示数：U=IR滑=1×16V=16V
（2）
由牛顿第二定律得：Eq-mg=ma
带入数据解得a=10m/s2
（3）设小球在板间飞行时间为t，
（4）
【点睛】此题首先要搞清电路的结构，知道电容器两端的电压是哪个电阻上的电压；然后结合平抛运动的规律求解.
17.如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和—Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p．质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）在O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度VD大小。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)根据动能定理则，从C到O
则UCO＝.
(2)A点和B点在O点的电场强度均为E＝，其中r＝AO＝BO＝d，所以，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：
E合＝2E·cos 45°＝.
(3)从C到D点，由于电场线的对称性，UCD＝2UCO，
则根据动能定理有： ，
所以vD＝v.
18.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块从水平轨道上距离B点S=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心等高的点时，= ,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．( ) 求 :
(1)小滑块受到电场力F=？
(2) 若改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能为多少？
(3) (2)问中，滑块经过G点速度=？
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】（1）A到C，由动能定理得：
解得：F=0.75mg
（2）电场力与重力的合力
当合力F′恰好提供向心力时，速度最小：
解得：
（3）在动能最小处，合力方向与竖直方向夹角θ=370
从动能最小的点到G点过程由动能定理得：
解得：
【点睛】此题中由于电场力和重力都是恒力，所以可采用等效力的方法进行解答，即物块经过等效合力方向相反的“最高点”位置速度最小.
