【文档说明】江西省上饶市横峰中学2020-2021学年高二上学期第一次月考物理试题含答案.doc，共(16)页，636.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年高二上学期物理第一次月考试卷考试时间：90分钟；分值：100分；命题人：审题人：一、选择题：本题10道题，每小题4分，共40分。第1-6小题，每小题只有一个正确选项；7-10小题，每小题

有多个正确选项，全选择正确的的4分，选择正确但不全得2分，不选、多选或选错得0分。1．关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积最小的带电体B．根据122qqFkr=，当两个带电体间的距离趋近于零时，库仑力

将趋向无穷大C．带电荷量分别为Q和3Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的静电力是A受到的静电力的3倍D．库仑定律的适用条件是：在真空中和静止的点电荷2．如图所示，将一不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的ab、两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，

另外，导体内部还有两点、cd，则以下说法错误的是（）A．导体上ab、两端的电势高低关系是ab=B．导体上ab、两端的电势高低关系是abC．导体内部、cd两点的场强大小关系是0cdEE==D．感应电荷在导体内部、cd两点产生的场强大小

关系是0cdEE3.如图所示，以9.8m/s的水平初速度vo抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，g取9.8m/s2，则这段飞行所用的时间为（）A．2s3B．22s3C．3sD．2s4.

如图所示为等量点电荷周围的电场线分布图，A、B、O位于两点电荷连线上，其中O为两点电荷连线的中点，C、D是连线的中垂线上的两点．关于各点的电场性质的描述，下列说法正确的是（）A．A、B、O三点的电势大小相等B．O、C、D三点的电场强度相等C．若将带正电的试探电荷q从C点移到B点，电

势能减小D．若将带负电的试探电荷q从A点移到D点，电场力做负功5．假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道轨道Ⅰ上运动到P点的速度B．若轨道I贴近火星表

面，测出飞船在轨道I上运动的周期，就可以推知火星的密度C．飞船在轨道I上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道I上运动时的周期6．如图所示是某白炽灯的伏安特性曲线，图中OA连线与横轴的夹角为，A点的坐标为(

U0，I0)，其切线与纵轴交点的纵坐标为1I，则（）A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B．对应A点，白炽灯的电阻可表示为tanC．对应A点，白炽灯的电功率可表示为00UID．对应A点，白炽灯的电阻可表示为001U

II−7．如图所示，有一平行于纸面的匀强电场A、B、C、D、E、F为电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为10/VmB．B、E一定处在同一等势面上C．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D．电子

从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV8．平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部。闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为。则下述说法正确的是（）A．保持电键k闭合，带正电的A板远离B板，则不变B．保持电键k闭合，带正电的A板

靠近B板，则增大C．电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则不变D．电键上断开，带正电的A板向B板靠近，则增大9．如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电

的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是()A．三个等势面中，c的电势最低B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面

b10．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θ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E＝tanmgqB．小球动能的最小值为Ek＝2cosmgL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二、实验题(本题2道题，第1道6

分，第2道9分，共15分)11．某实验小组的同学采用如图1所示的装置（实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面）用打点计时器得到一条纸带后，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系。图2是实验中得到的一条纸带，点O为纸

带上的起始点，A、B、C是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示。已知所用交变电源的频率为50Hz，则：（1）打B点时，小车的瞬时速度vB=______m/s。（结果保留两位有效数字）（2）实验中，该小组的同学画出小车位移x与

速度v的关系图像如图3所示。根据该图线形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是______。（填写选项字母代号）A．W∝v2B．W∝vC．W∝1vD．W∝v312．某同学用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯

的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上，如图1所示．实验室提供如下器材：A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.3Ω）B．电流表A2（量程3A，内阻约0.02Ω）C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程15V，内阻约

15kΩ）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2（阻值0～2kΩ，额定电流0.5A）G．直流电源（电动势3V，内阻不计）H．单刀开关1个，导线若干①实验中，电流表应选用_____；电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（填选项前的字母）；②

图2是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图2中画出______．③在图1中，由电流表外接法得到的数据点是用______（填“○”或“×”）表示的．④在图1中，请你选择一组数据点用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_____Ω．⑤对于这段2B铅笔芯电阻值的测量，如果不考虑实

验中读数的误差，你认为选用_____（填“内”或“外”）接法测量更准确一些．三、计算题(本题4道题，共45分)13．（8分）两位同学在横峰中学的运动场上踢足球，小林同学一脚把一个质量为0.5kg的足球从静止踢出

去，已知足球刚飞出时的速度为40m/s，脚与球的接触时间为0.2s，（忽略脚踢球时的重力和空气阻力的影响）．求：（1）足球动量变化量的大小（2）脚对足球的平均作用力的大小14．（10分）如图，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三

角形，AC边长为4m，∠A=30°，把电荷量为+2×10-10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10-8J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10-8J，取B点的电势为零，求：（1）A、C两点的

电势（2）匀强电场的场强的大小及方向15．（13分）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后

打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为16的板长。电子重力不计。求：(1)电子通过偏转电场的时间t0(2)偏转电极C、D间的电压U2(3)电子到达荧光屏离O点

的距离Y16．（14分）如图所示，BC是位于竖直平面内，半径0.5Rm=的圆弧形光滑绝缘轨道，圆心角053=，其下端点C与足够长的水平绝缘轨道平滑连接，在C点右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度8110/ENC=．今有一质量为0.2mkg=、带

电荷量81.510qC−=+的小物块（可视为质点）从A点以01.5/vms=的初速度水平抛出，在B点沿切线进入圆弧轨道．若已知物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5=，物块在运动过程中电量不变，取2010/,s

in530.8gms==，0cos530.6=．求：（1）A、B两点之间的高度差h（2）带电小物块第一次过C点时对轨道的压力大小（3）通过计算判断小物块能否从B点离开轨道；若不能，求出整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程S2020-2021学年高二上学期物理第一次月考试

卷参考答案一、选择题：本题10道题，每小题4分，共40分。第1-6小题，每小题只有一个正确选项；7-10小题，每小题有多个正确选项，全选择正确的的4分，选择正确但不全得2分，不选、多选或选错得0分。1．DA．如果带电体的形状、大小以及电荷分布对所研究问题的影响可以忽略不计，则可将它看做点电荷，故A

错误；B．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了，122qqFkr=不再适用，故B错误；C．根据牛顿第三定律得，B受到的静电力和A受到的静电力大小相等，故C错误；D．库仑定律的适用条

件是：真空和静止点电荷，故D正确。故选D。2．BAB．当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电，即绝缘枕形导体P形

成等势体，因此两点的电势关系ab=故A正确，B错误；C．当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是0

cdEE==故C正确；D．根据正点电荷的电场强度的公式，结果合电场为0，可知感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系0cdEE故D正确。本题选错误的，故选B。3.C把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和

竖直方向的自由落体运动，将速度分解，可得00tan30yvvvgt==代入数据解得3st=故选C。4．C负电荷从低电势运动到高电势过程中电场力做正功，正电荷从高电势运动到低电势过程中电场力做正功；【详解】等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，即在本题中电场方向水

平向左，根据沿电场方向电势降低可知OBA，A错误；根据电场线疏密程度表示电场强度大小可知OCD三点的电场线疏密程度不同，电场强度大小不同，B错误；等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，将正电荷从C点移

到B点，等同于从O点移到B点，即从高电势到低电势，电场力做正功，电势能减小，C正确；负电荷从A移到D点，相当于从A移到O点，电势升高，电场力做正功，D错误【点睛】关键是知道等量异种电荷电场规律，在其连线上，靠近电荷，电场强度增大，

即中点电场强度为零，在其连线的中垂线上，电场方向垂直中垂线，指向负电荷，电场强度大小从中点向上下两侧递减，中垂线是一条电势为零的等势面．5．BA．飞船从轨道Ⅱ到轨道I时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度大于在轨道轨道Ⅰ上运动到P点的速度，故A错误；B．由公

式2224MmGmRRT=，解得：2324RMGT=密度232324343RMGTRVGT===故B正确；C．不管在那个轨道上飞船在P点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故C错误；D．由开普勒第三定律可知，3

32221aRTT=可知，由于轨道Ⅱ上半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期大于在轨道I上运动时的周期，故D错误．6．CA．由图示图象可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故A错误；B．对应A点，白炽灯的电阻可表示为001t

anURI==故B错误；C．对应A点，白炽灯的电功率可表示为P=U0I0故C正确；D．由图可知，A点的电压和电流分别为U0、I0，则在A点灯泡电阻00URI=不能根据001UII−求电阻，故D错误。故选C。7．BD

AB、连接AC、DF，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，而匀强电场的等势面平行，则DF、CA直线与等势线垂直，则为电场中的两条电场线。故B正确；BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABc

os30°，得场强E=cos30ABoABUd=2033Vm．故A错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；D、由以上得，F点与A点电势相等，DC电势相等，故电子

从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D正确；故选：BD。8．BCA．保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板远离B板时，板间距离d增大，由UEd=分析得知，板间场强减小，小球所受电场力减小，则减小，故A错误；B．

保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板靠近B板时，板间距离d减小，由UEd=析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，故B正确；CD．电键k断开，根据推论4sCkd=，QUC=4UkdEdS==可知，电场强度与极板间距

无关，因此板间场强仍不变，小球所受电场力不变，则不变，故C正确，D错误。故选BC。9．ABD带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，

可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B正确；只有电场力做功，所以带电粒子在P点的动能与电势能之和与在Q点的相等，故C错误；电场的方向总是

与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b．故D正确．10．ABA．小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，

根据平衡条件，有：mgtanθ＝qE解得E＝tanmgq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，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：2cosmgmvL=则最小动能2122

coskmgLEmv==故B正确；C．运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；D．小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功

再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。二、实验题(本题2道题，共15分。第1道题，每空3分，共6分；第2道题，每空1分，每根连线1分，共9分。)11．0.80m/sBC（1）[1]

匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故0.25010.0901m/s0.80m/s20.2cABxxvT−−===（2）[2]图像为过原点的曲线，故W与v一定不是正比关系，也一定不是反比关系，所以肯定不正确的是BC12．①ACE②③×④作图正确；用“×”R=(1.1～1.3)Ω

；用“○”R=(1.5～1.7)Ω⑤外①根据U-I图像中的数据可知，电流表应选用A；电压表应选用C；滑动变阻器应选用阻值较小的E；②电路连接如图；③电流表外接时，电阻的测量值偏小，则U-I图像的斜率偏小，则由电流表外接法得到的数

据点是用“×”表示的．④做出的图像如图；则如果用“×”，则0.81.10.7URI===(1.1～1.3)Ω；用“○”则0.81.60.5URI===(1.5～1.7)Ω；⑤对于这段2B铅笔芯电阻值的测量，如果不考虑实验中读数的误差，因电压表的内阻远大于铅

笔芯的电阻，则选用电流表外接法测量更准确一些．三、计算题(本题4道题，共45分)13．(8分）(1)20kgm/s(2)100N(1)物体动量的变化△p=mv2-mv1即△p=mv-0....................................................

..........2分△p=0.5×40=20kgm/s..............................................2分(2)根据动量定理，F=I/t=△P/t.............................................

.......................................2分F=200.2=100N.............................................................

...2分14．（10分）（1）240V;240V（2）803V/m场强方向垂直于直线AC向下（1）由ABABWqU=可得240VABABU=−=解之得240VA=................

................................................2分由BCBCWqU=可得240VBCBCU=−=−...............................................................2分取B点电势

为零，解之得240VC=.......................................................................1分（2）因为AC=，所以AC为等势面，且因为>CB，故场强方向垂直于直线AC向下．过B点作AC垂线交AC于D，

则易得直线BD长度3md=............................2分又因为ABUEd=，解之得803N/mE=..........................................

............................2分综上所述本题答案是：803N/mE=，方向垂直于直线AC向下.................1分15．（13分）（1）12mleU（2）12dUl（3）23l(1)

电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：2112eUmv=得：12eUvm=............................................................................................

...............................2分电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：012lmtlveU==............................1分(2)电子在偏转电极中的加速度

:mdeu2a=...................................................................1分离开电场时竖直方向的速度：2012yUlevatd

mU==...............................................1分离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：21tan45?=2yvUlvdU=....

......................................................2分解得：122dUUl=...................................................................

.................................................1分(3)离开电场的侧向位移：21012yat=解得：12ly=..............................

...............................................................................2分电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan45=66lly=................

................................1分电子到达荧光屏离O点的距离：1223Yyyl=+=................................................................2分【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意

明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．16．（14分）(1)0.2m；(2)6.1N；(3)1.0m（注意:其他解法答案正确请合理给分）(1)从A到B做平抛运动，则有：0cosBvv=解得：2.5m/sBv=.............

.......................................................................................................1分根据动能定理可得：2201122Bm

ghmvmv=−解得A、B两点之间的高度差：0.2mh=............................................................................2分(2)从B到C根据动能定理可得：()

22111cos22CBmgRmvmv−=−................................1分在C点则有：2CNmvFmgR−=..........................................................................

.................1分解得：41m/s2Cv=，6.1NNF=...................................................................................1分根据牛顿第三定律可得带电小物块第一

次过C点时对轨道的压力大小：'6.1NNF=.......1分(3)小物块向右运动，根据动能定理可得：()21102CqEumgSmv−+=−..........................2分小物

块向左运动，设回到B点速度为Bv，根据动能定理可得：()()2111cos02BqEumgSmgRmv−−−=−.....................................................................

..2分Bv无解，所以不能从B点离开轨道，最终停在C点；............................1分根据动能定理可得：2102CumgSmv总−=−.....................................................

........................1分整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程：mmS025.14041==总...........1分