【文档说明】【精准解析】浙江省杭州市杭州二中钱江学校2019-2020学年高一下学期月考物理试题.doc，共(17)页，741.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019学年杭州二中钱江学校高一（下）月考物理试卷第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有．．一个．．是符合题日要求的，不选、多选、错选均不得分）1.关于元电荷下列说法错误的是()A.所有

带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍B.元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19CC.元电荷实际上是指电子和质子本身D.电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的【答案】C【解析】【详解】A.所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整

数倍，选项A正确；B.元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19C，选项B正确；C.元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，选项C错误；D.电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确；此题选择不正确的选

项，故选C.2.如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()A.甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒B.乙图中物体匀速运动，机械能守恒C.丙图中小球做匀速圆周运动，机械能守恒D.丁图中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小

车组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．由于推力对火箭做功，不论是匀速还是加速，火箭的机械能不守恒，机械能增加，故A错误；B．物体匀速运动，沿斜面上升，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加，故B

错误；C．小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；D．轻弹簧将A、B两小车弹开，弹簧的弹力对两小车做功，则两车组成的系统机械能不守恒，但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。故选C。3.两个相互垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，如图所

示，物体通过一段位移时，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1与F2的合力对物体做的功为()A.7JB.2JC.5JD.0【答案】A【解析】【详解】当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和，由于力F1对物体做功4J，力F2对物体做功

3J，所以F1与F2的合力对物体做的总功就为W=3J+4J=7J故A正确，BCD错误。故选A。4.2018年11月6日，中国空间站“天和号”以1：1实物形式(工艺验证舱)亮相珠海航展，它将作为未来“天宫号”空间站的核心舱．计划于2022年左右建成的空间

站在高度为400~450km(约为地球同步卫星高度的九分之一)的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.空间站运行的加速度等于地球同步卫星运行的加速度B.空间站运行的速度约等于地球同步卫星运行速度的3倍C.空间站运行的

周期大于地球的自转周期D.空间站运行的角速度大于地球自转的角速度【答案】D【解析】【分析】根据22222=()GMmvmrmrmmarTr===来判断空间站运动的速度、加速度、角速度以及周期的大小【详解】ACD、根据22222=(

)GMmvmrmrmmarTr===可知半径越大，周期越大，而加速度、线速度、角速度都在减小，故AC错；D对；B、题目中给的是高度约为地球同步卫星高度的九分之一，那半径就不是九分之一的关系，所以空间站运行的速度不等于地球同步卫星运行速度的3倍，故B错；故选D【

点睛】本题比较简单，但如果不仔细读题的话就会做错B选项，所以在做题过程中仔细审题是非常关键的．5.实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示（a、b只受电场力作用），则（）A.a与b带异种电

荷B.a与b带同种电荷C.a的速度将增大，b的速度将减少D.a的加速度将增大，b的加速度将减少【答案】A【解析】【详解】AB．由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，B错误A正确；C．由于出发后对于b电场力方向始终和轨迹的切线方向即

速度方向成锐角，始终对电荷做正功，而对于a电场力先做负功，后做正功，但合力做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，C错误；D．电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，则a受到的电场力逐渐减小，b受到的电场力逐

渐增大，根据牛顿第二定律可知，a的加速度减小，b的加速度增大，D错误。故选A。6.如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是A.甲图中与点电荷等距的a、b两点B.乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与

连线等距的a、b两点C.丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D.丁图中匀强电场中的a、b两点【答案】BD【解析】【详解】A．甲图中a、b两点场强大小相等，但方向不同，A错误；B．乙图中a、b两点对称，所以场强大小相等，方向均垂直

中垂线向左，B正确；C．丙图中a、b两点对称，场强大小相等，但方向相反，C错误；D．丁图的两平行板间为匀强电场，场强处处相同，D正确。故选BD。7.如图所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星。三颗卫星质量相同，线速度大小分别为Av、Bv、Cv，角速

度大小分别为A、B、C，周期分别为AT、BT、CT，向心加速度分别为Aa、Ba、aC，则（）A.ACB=B.ACBTTT=C.ACBvvv=D.ACBaaa=【答案】A【解析】【详解】由题意可知，B、C均为绕地球公转的

卫星，万有引力提供圆周运动向心力，则有222224MmvGmmrmrmarrT====解得GMvr=，3GMr=，32rTGM=，2GMar=因C的轨道半径大，则有CB，CBTT，CBvv，CB

aaA和C属于同轴转动的模型，角速度、周期相等，则有AC=，ACTT=C的轨道半径大，根据vr=则有CAvv根据2ar=则有CAaa综上分析，则有ACB=ACBTTT=ACBvvvACBaaa故A正确，BCD错误。故选A。8.以恒定功率从静止开始运动的

汽车，经时间t后速度达到最大速度mv在此过程中汽车通过的位移为s，则（）A.m2vtsB.m2vts=C.m2vtsD.msvt=【答案】A【解析】【详解】汽车以恒定功率启动，根据PFv=可知随着速度的增大，牵引力越来越小，根据牛顿第二定律有Ffma−=阻力不变，所以加速度越来越小，故汽车做

加速度减小的加速运动，直到最大速度，作出速度时间图象，如图所示若汽车做的是匀加速直线运动，则速度时间图象如红色直线所示，此时与时间轴围成的面积，即为汽车在ts运动的位移，则有2mvts=而现在汽车做的是加速度减小的加速运动，其速度时间图象如黑色曲线，此时与时间

轴围成的面积，即为汽车在ts运动的位移，由图可知，则有2mvtss=故A正确，BCD错误。故选A。9.半径相同的两个金属小球A、B带有等量的电荷，相隔较远的距离，两球之间的吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开，

这时A、B两球之间作用力的大小是（）A.4FB.34FC.8FD.38F【答案】C【解析】【详解】两球之间是吸引力，故假设A的带电量为Q，B的带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：22kQFr=，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为2Q，C与B接触时先中和

再平分，则C、B分开后电量均为4Q−，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：22212488QQkkQFFrr===故C正确ABD错误。故选C。10.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的检验电荷1q、2q分别置于A、B两点，虚线为等势线，取

无空远处为零电势点，若将1q、2q移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（）A.1q在A点的电势能大于2q在B点的电势能B.1q在A点的电势能小于2q在B点的电势能C.1q的电荷量小于2q的电荷量D.1q的电荷量大于2q的电荷量【答案】D【解析】【详解】

AB．将q1、q2移到无穷远的过程中，由于外力克服电场力做的功相等，由功能关系知，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故AB错误；CD．将q1、

q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q对q1、q2存在引力作用，故Q带负电，电场线方向从无穷远指向Q，所以A点电势高于B点电势。A与无穷远处间的电势差小于B与无穷远处间的电势差，由W=qU得知q1的电荷

量大于q2的电荷量，故C错误，D正确。故选D。11.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()A.A带正电，QA∶QB＝1∶

8B.A带负电，QA∶QB＝1∶8C.A带正电，QA∶QB＝1∶4D.A带负电，QA∶QB＝1∶4【答案】B【解析】【详解】AC、由平行四边形定则可知，A对C的力沿CA方向，指向A，又C带正电，所以A带负电，故A、C错误；BD、由几何关系得

22sin30(2)ABkqQkqQrr=，解得18ABQQ=，故B正确，D错误；故选B．12.如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A

的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是()A.2LB.3LC.23LD.35L【答案】D【解析】设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为20vmgmR=，解得0vgR=；小球由静止释放到运动

至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得21(2)02mgLRmv−=−，解得25RL=，所以OA的最小距离为35LRL−=，故D正确.故选D

．【点睛】解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动最高点的临界情况，结合牛顿第二定律和机械能守恒定律进行求解．二、多选题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。每题至少有两个．．．．．选项是正确的，少选得3分，错选或多选不得分）13.如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入近地停泊

轨道Ⅰ，然后由Q点进入椭圆轨道Ⅱ，再在P点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨Ⅲ，则A.将卫星发射至轨道Ⅰ，发射速度必定大于11.2km/sB.卫星在同步轨道Ⅲ上运行时，其速度小于7.9km/sC.卫星在P点通过加速来实现由轨道Ⅱ进入轨道

ⅢD.卫星在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过P点时的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．11.2km/s是第二宇宙速度，发射到近地轨道的最小速度是第一宇宙速度7.9km/s，A错误B．根据万有引力

提供向心力：22MmvGmrr=，同步卫星轨道半径大于近地卫星，所以同步卫星的环绕速度小于近地卫星环绕速度7.9km/s，B正确C．由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，从低轨道进入高轨道，需要点火加速离心，C正确D．万有引力提供加速度：2MmGmar=，无论哪个轨道经过P点，到地心的

距离都相同，受到的万有引力都相同，加速度相同，D错误14.科学家在宇宙太空发现了一颗超新星，其质量约为地球质量的k倍，半径约为地球半径的n倍，则下列说法正确的是（）A.超新星与地球密度之比为3nkB.超新星与地球密度之比为3knC.超新星和地球的第一宇宙速度之比为knD.超新星和地球的第一

宇宙速度之比为kn【答案】BD【解析】【详解】AB．根据密度公式可知343MMVR=＝已知超新星质量约为地球质量的k倍，半径约为地球半径的n倍，则超新星与地球密度之比为3kn，故A错误，B正确；CD．第一宇宙

速度是绕星球表面做匀速圆周运动的卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力可知22GMmvmRR＝解得GMvR=已知超新星质量约为地球质量的k倍，半径约为地球半径的n倍，则超新星与地球的第一宇宙速度之比为kn，故C错误，D正确

。故选BD。15.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧开始到弹簧被压缩至最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法正确的是（）A.小球的动能不断减小B.弹簧的弹性势能不断增大C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大D.小球的动能

和重力势能之和不断减小【答案】BCD【解析】【详解】A．小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，小球先向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度最大，然后重力小于弹力，小球向下做加速度逐渐增大的减速运动到0，所以小球的速度先增大后减小，故动能先增大后减

小，故A错误；BCD．下落过程，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，重力对小球做正功，故小球的重力势能不断减小，则弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大；球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，形变量一直增大，所以弹性势能一直增大，故小球的动能和重力势能之和不断减小，

故BCD正确。故选BCD。16.如图所示，水平传送带以恒定的速度v运动，一质量为m的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()A.物块加速运动时的加速度为μgB.物块加速运动的时间为2v

gC.整个过程中，传送带对物块做的功为12mv2D.整个过程中，摩擦产生的热量为mv2【答案】AC【解析】【详解】A．物块加速运动时，由牛顿第二定律得μmg=ma可得a=μg故A正确；B．物块加速运动的时间为t==vvag故B错

误；C．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为W=12mv2-0=12mv2故C正确；D．物块加速运的动时间内传送带的位移为x带=vt物块的位移为x物=022+=vvtt物块与传送带间相对位移大小为△x=x

带-x物=222=vtvg整个过程中摩擦产生的热量为Q=μmg△x=12mv2故D错误。故选AC。17.如图所示，A、B、C为静电场中一条直的电场线上等间距的三点，一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线方向运动，从A

到B电场力做功与从B到C电场力做功相等，则下列判断正确的是A.带电粒子一定带正电B.电场一定是匀强电场C.从A到C过程中，粒子运动的加速度可能先减小后增大D.从A到C过程中，粒子运动的加速度可能先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】A.若带

电粒子以一定的初速度从A点沿电场线方向运动，带电粒子有可能带负电，故A错误；BCD.由WUq=可知，ABBCUU=，由UEd=可知，从A到B的平均电场强度与从B到C的平均电场强度相同，因此，从A到C过程中，电场强度可能恒定，也有可能先减小后增大（如图

1），也有可能先增大后减小（如图2），因此粒子运动的加速度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，故B错误，C正确，D正确。故选：CD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本大题共4空，每空2分，共8分）18.（1）在等量异种电荷的连线中点有一带正电荷的粒子，将其沿中垂线移到无穷远处的过程中，粒子受到的

电场力的变化趋势为____________，电势能的变化趋势为_________。（2）在等量同种正电荷的连线中点处有一带负电荷的粒子，将其沿中垂线移到无穷远处的过程中，粒子受到电场力的变化趋势为_______

_____，电势能的变化趋势为__________。【答案】(1).从中间向两侧不断减小(2).电势能不变且为零(3).从中间向两侧先增大后减小(4).电势能不断增大【解析】【详解】（1）[1][2]根据等量异种电荷的电场特

点可知，在连线的中垂线上，两电荷连线中点的电场强度最大，两侧的电场强度不断减小，所以将一带正电荷的粒子沿中垂线移到无穷远处的过程中，粒子受到的电场力的变化趋势为：从中间向两侧不断减小；且中垂线是一条等势线且电势为零，所以将一带正电荷的粒子沿中垂线移到无穷远处的过程中，电势能不变且为零。（

2）[3][4]根据等量同种正电荷的电场特点可知，在连线的中垂线上，两电荷连线中点的电场强度为零，两侧的电场强度先增大后减小，所以将一带负电荷的粒子沿中垂线移到无穷远处的过程中，粒子受到的电场力的变化趋势为：从中间向两侧

先增大后减小；且中垂线上的电势由中间向两侧不断降低，所以将一带负电荷的粒子沿中垂线移到无穷远处的过程中，带负电的粒子的电势能不断增大。四、解答题（本大题共2小题，第19题9分，第20题10分，共19分。每题应有解题过程，必要的文字说

明和公式．．．．．．．．．．，只有答案不得分）19.如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.5m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.1kg的小球（可看作质点）从B点正上方H＝0.75m高处的A点自由下落，由B点进入

圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，（取g＝10m/s2）求：(1)小球经过B点时的动能；(2)小球经过最低点C时的速度大小vC；(3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小。【答案】(1)0.75J；(2)5m/s；(3)6N【解析】【分析】(1)小球从开始运动到B点的过程中，机

械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解。(2)A到C的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解；(3)在C点时，做圆周运动，由机械能守恒求C点的速度。在C点，由重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力NF，再

由牛顿第三定律求出小球经过最低点C时对轨道的压力大小。【详解】(1)小球从A点到B点，根据机械能守恒定律得kmgHE=代入数据解得k0.75JE=(2)小球从A点到C点，设经过C点速度为1v，根据机械能守恒定律得()21

12mgHRmv+=代入数据解得15m/sv=(3)小球在C点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得21NvFmgmR−=代入数据解得N6NF=由牛顿第三定律有小球对轨道压力的大小N6NF=20.如图所示，一带电荷量为3510Cq−=−，质量为0.1kgm=的小物块处于一倾角为

37=的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。（g取210m/s）（sin370.6=，cos370.8=）求：（1）电场强度多大；（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的12，求物块下滑距离1.5mL=时的

动能大小。【答案】（1）150N/C；（2）0.45J【解析】【详解】（1）小物块受力如图所示根据平衡条件得sin0NqEF−=cos0NmgF−=联立解得tanmgEq=代入数据解得E=150N/C（2）当电场强度减

小为原来的12时，根据动能定理得k1sincos02mgLEqLE−=−代入数据解得k0.45JE=