【文档说明】福建省莆田第九中学2021-2022学年高二上学期第一次月考物理试题含答案.doc，共(20)页，1.247 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-02f261bd4625038e4c97a7d0a32678f0.html

以下为本文档部分文字说明：

物理试卷1.两个完全相同的小金属球，它们带异种电荷，电荷量的大小之比为5：两小球皆可视为点电荷，它们在相距一定距离时相互作用力为，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为，则：为A.5：2B.5：4C.5：6D.5：92.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中

M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示。则A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的电势能一个增加一个减小3.如图所示，一根长为

L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻为R，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为A.B.C.D.4.如图，在点电荷形成的电场中，AD、BC是以Q为圆心的两段圆弧，正点电荷q

沿移动，则该电荷A.在B点与在C点时电场强度相同B.沿AD运动时电场力做正功C.在B点时的电势能比在D点时小D.在A点时受到的电场力比在C点时小5.如图所示，为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同

一点A以相同的速度射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。、、表示A、B、C三点电势，、表示分别经过B、C两点的粒子的质量，、表示两粒子经过B、C时的加速度大小，、表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确

的是A.B.C.D.6.一段粗细均匀的电阻丝横截面的直径是d，接在内阻不计的电源两端时功率为P，现在把它拉成直径为的均匀长电阻丝后仍接在此电源上，此时功率为A.16PB.4PC.D.7.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上

的P点离O点很近由静止开始释放一电荷量为的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是A.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度也越来越小C.点电荷运动到O

点时加速度为零，速度达最大值D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的电流电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖

直向下移动一小段距离，则A.带电油滴所受电场力不变B.P点的电势将升高C.带电油滴的电势能增大D.电容器的电容减小，极板带电量增大9.某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以的速度匀速吊起总质量为的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取则下列说法正确的是A.

电动机的内阻为B.电动机的内阻为C.电动机的输出功率为D.电动机的工作效率为10.A、B两个带电小球，质量分别为、，电荷量分别为、，用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂，静止时如图所示，A、B两球处在同一水平面上。若B对A及A对B的库仑力大小分别为、，细线AC

、BC的拉力大小分别为、由上述条件能求出比值的是A.：B.：C.：D.：11.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度

且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A.匀强电场的电场强度B.小球动能的最小值为C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大12.两个点电荷和固定在x轴上，其中在左侧。两

电荷所形成的电场，其电势随位置变化的曲线如图所示，其中是电势为零的点的坐标，是电势为极值的点的坐标。取无穷远处的电势为零。由图象可知A.点电荷位于坐标原点，并且一定带正电B.的绝对值一定小于的绝对值C.其中一定有一个电荷位于x轴正半轴D.将一个电子在处由静止释放，

电子将沿x轴正方向一直运动到无穷远处13.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同。请在图中画出上述图象。类比直线运动中由

图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电场能______。14.某同学利用如图所示的装置来研究平行板电容器电容的影响因素．对该装置理解正确的是______A.操作过程中，可认为A、B两板间的电压始终不

变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当手持绝缘柄将A板向左平移时，静电计指针张角将______；将A板向上平移时，静电计指针张角将__

____选填“变大”、“变小”或“不变”15.家用电熨斗的铭牌上标有“220V400W”。求电熨斗正常工作时的电流；保留到小数点后两位电熨斗正常工作30分钟消耗的电能。16.如图所示，匀强电场中，有a、b、c三点，，，其中a

b沿电场方向，bc和电场方向成角，一个电荷量为的正电荷从a点移到b点，电场力做功，求：匀强电场的场强E；、c两点间的电势差17.示波管的示意图如图所示，竖直偏转电极的极板，两板间距，极板右端与荧光屏的距离。由

阴极发出的电子经电场加速后，以的速度沿中心线进入竖直偏转电场。若电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。已知电子电荷，质量，求：加速电压的大小；要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压U的最大值；求电子打在荧光屏上距中心点最大距离？18.静电场方向平

行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以为中心，沿x轴方向做周期性往复运动．已知该粒子质量为m、电量为，其动能与电势能之和为忽略重力．求：粒子所受电场力的大小；粒子的运动

区间．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和后平分，以及掌握库仑定律的公式。【解答】解：设两小球分别带电5q、，它们之间的距离为r，则它们在相距一定距离时相互作用力为。两电荷异性，接触

后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球在原来位置时的库仑力，则：为5：4，故B正确，ACD错误。2.【答案】C【解析】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故

A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误。C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确

。故选：C。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧。根据电场力做功来判断动能的变化。本题主要考查了在电场力作用下的曲线运动，抓住受力的方向指向轨道的内侧即可3.【答案

】C【解析】【分析】根据欧姆定律、电流的微观表达式、匀强电场强度表达式可以联立解得金属棒内的电场强度大小。本题考查了根据欧姆定律、电流的微观表达式、匀强电场强度表达式等知识点。不同的概念、规律之间往往存在内在的联系，弄清相关概念、规律之间的联系，有助于提升高中物理学习的水平。【解答】根据欧姆定

律：，电流的微观表达式：，匀强电场强度表达式：，联立得，故C正确，ABD错误。故选：C。4.【答案】C【解析】解：A、由点电荷场强公式分析知，B、C两点的场强大小相等，但方向不同，所以两点的场强不同。故A错误。B、在正点电荷Q形成的电场中，AD、BC是

以Q为圆心的两段圆弧，是两个等势面，所以沿DA运动时电场力不做功，故B错误。C、电荷从B移到D时，电场力做正功，电势能减小，B点时的电势能比在D点时小，故C正确。D、电场线的疏密反映了电场的强弱，所以A点的场强大于C点的场强，所以在A点时受到

的电场力比在C点时大，故D错误。故选：C。根据点电荷场强公式分析B、C两点的场强大小，确定方向关系，只有大小和方向都相同时，两点的场强才相同；电场力做功，根据公式，可知跟两点间的电势差有关系，两点间电势差为零，不做功．根据电场力做功分析电势能的大小．电场线

的疏密反映了电场的强弱．由比较电场力的大小．据电场的对称性，电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低，可以分析解决本题．5.【答案】C【解析】解：因给出的电场为正点电荷形成的电场，沿电场线的方向电势降落，BC

在同一等势面上，则有：；由图可知，粒子初速度方向相同，但沿AB轨迹运动的粒子偏折大，说明B粒子在相同条件下加速度大，所以；在B点和C点电场强度大小相等，根据可知，，所以：；由于B和C处粒子电势相等，则从A到B和从A到C电场力做的功相等，所以动能变化相等，B的质量小，所以B的速度变化量大。动能

减小，速度减小。所以B减小的多，所以B的速度小，即；所以C正确、ABD错误。故选：C。明确点电荷电场的性质，确定ABC三点的电势高低；根据偏折情况确定加速度的大小，根据牛顿第二定律确定质量大小；根据动能定理确定速度大小。有关带电粒子在匀强电场中的运动，在解决问

题时，主要可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等，这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。其二，功和能

的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。6.【答案】D【解析】解：由面积公式可得：因则可知，截面积根据体积公式可得：则有：由电阻定律联立；由电功率的

公式得：仍接在此电源上，此时功率为：故D正确，ABC错误．故选：D横截面直径为d电阻丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式得知，横截面积变为原来的，而电阻丝的体积不变，则长度变为原来的4倍，由电阻定律分析电阻的变化．最后由功率的公式分析即可．本题要注意当导体横截面变化时

，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变进行分析，主要考查对电阻定律的理解能力和应用能力．7.【答案】C【解析】解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变

化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定。故A错误，B错误。C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值。故C正确。D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断。故D错误。故选：C。M、N为两个等

量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加

速度变化情况同样不确定．本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小．8.【答案】B【解析】解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减

小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电

势升高，则油滴的电势能将减小．故C错误．D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强

的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能

小，来判断电势能的变化．9.【答案】BD【解析】解：电动机的输入功率为：①电动机的输出功率为：②电动机发热功率为③由得代入解得，电动机的效率为：④联立①②③④可得：故BD正确，AC错误。故选：BD。吊车起吊集装箱的功

率是电动机的输出功率，可用功式求出，根据电动机的输出功率与线圈发热功率之和等于总功率，列式求内阻。电动机的输出功率和总功率的比值就是电动机工作效率。本题比较简单，重点考查了电动机的输入、输出功率问题，可根据能量守恒进行分析

列式。10.【答案】ACD【解析】解：A、对A根据力的平衡条件有：，，同理对B根据力的平衡条件有：，，联立解得：，故A正确；B、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；C、根据牛顿第三定律，可知，与，大小相

等，方向相反，故C正确；D、根据力的平衡条件有：，因此：，同理，可知，与大小关系，故D正确。故选：ACD。设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后

各自的运动情况。本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解。11.【答案】AB【解析】解：A、小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：，解得，故A正确；B、小球恰能

绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能，故B正确。C、小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的

最左端点时机械能最小，故C错误；D、小球从初始位置开始，若逆时针转动，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，故D错误；故选：AB。小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条

件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。此题关键是明确小球的受力

情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和。12.【答案】AB【解析】解：A、由图知

，当时，电势能；说明了处一定是正电荷；图象的斜率k等于场强，则知点场强为零，两个点电荷的合场强为0，说明两个点电荷一定是一正一负，且左侧电荷较大，则点电荷位于坐标原点，并且一定带正电，且的绝对值一定小于的绝对值，故AB正确；C、点电荷位于坐标原点，在左

侧，则位于x轴负半轴，故C错误；D、将一个电子在处由静止释放，则由于在0到区间内的场强向右，受力向左，故电子在处由静止释放不会沿x轴正方向运动到无穷远处，故D错误；故选：AB。明确图象的性质，知道图象的斜率k等于场强，根据图象的分布情况判断两电荷的电性和位置

关系。本题考查要的性质，关键抓住图象的斜率k等于场强，从而分析场强的变化，同时明确负电荷受力与电场线的方向相反。13.【答案】【解析】解：根据电容的定义可知，，故电压U与电量为正比例关系，故图象如图所示；根据图象的性质可知并类比图象中面积表示位移可知，图象与q轴所围成的

面积表示电能，故有：故答案为：明确图象的性质以及电容的定义，知道电容器充电所获得的电荷量等于图线和横、纵轴所围的面积，从而求出所储存的电场能。本题考查对电容器电容的定义式的掌握，同时考查了相关的数学规律应用，所有图象均可类比于

图象进行分析面积所对应的结论。14.【答案】C变大变大【解析】解：根据实验可知，电容器两极板的电量不变，故C正确，ABD错误；将A板向左平移时，板间距离增大，电容减小，而电容器所带电量不变，由分析可知，U增大，则静电计指针张角变大．将A板向上平移时，两板正

对面积减小，电容减小，而电容器所带电量不变，由分析可知，U增大，则静电计指针张角变大．故答案为：；变大，变大．根据实验装置判定电压不变，还是电量不变；由图看出，电容器所带电量不变．静电计测量电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的张

角越大．根据决定电容的因素，分析电容的变化，由分析U的变化．本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握决定电容的因素．并要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析．15.【答案】解：电熨斗正常工作时的电流电熨斗正常工作消耗的电能

答：电熨斗正常工作时的电流为；电熨斗正常工作30分钟消耗的电能为【解析】要解决此题，首先要搞清“220V400W”的物理意义，电熨斗的额定电压是220V，额定功率是400W掌握功率的计算公式：，并知道由此可以计算知道电熨斗正常工作时的

电能转化为内能，所以此题主要考查了对电功率、电功的计算及公式的应用。16.【答案】解：根据公式：所以：之间的电势差：bc之间的电势差：ac之间的电势差：答：匀强电场的场强是；、c两点间的电势差是【解析】根据电场力做功

公式，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．先分别求出ab之间和bc之间的电势差，再求解a、c两点的电势差匀强电场中电场力做功公式中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．17.【答案】解：对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：，解得：。

设偏转电场的电压为，电子刚好飞出偏转电场，竖直方向的位移为，即有，电子偏转的时间解得：。故加在竖直偏转电极上的电压U的最大值为91V。电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有：解得。答：加速电压的大小是728V。加在竖直偏转电极上的电压U的最大值是91V。电子打

在荧光屏上距中心点最大距离是5cm。【解析】电子在加速电场中，电场力做正功，为，根据动能定理求解加速电压的大小。电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，电子刚好从极板边缘飞出偏转

电场时，偏转距离为此时加在竖直偏转电极上的电压U最大，由牛顿第二定律和运动学公式求解U的最大值。当电子刚好从极板边缘飞出偏转电场时，通过偏转电场时偏转距离最大，打在荧光屏上距中心点的距离最大，由几何关系求解最大距

离。此题考查了带电粒子在组合场中运动的类型，要知道电子在加速电场中运动时，往往由动能定理求加速获得的速度。对于电偏转，往往运用运动的分解法研究。18.【答案】解：：由图可知，0与或两点间的电势差为电场强度的大小为：电场力的大小为：设粒子在区间内运动，速率为v，由题意得：

由图可知：由①②得：因动能非负，有：得：即：粒子运动区间：粒子所受电场力的大小；粒子的运动区间【解析】由图可知，电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度，即可求得电场力；由题意可知，动能与电势能之和保持不

变，设出运动区间为，由题意可知x处的电势，则由数学关系可求得x值；本题难度较大，要求学生能从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用功能关系结合数学知识求解，故对学生的要求较高．