1、湖北省罗田县一中 2018-2019学年高二上学期十月月考物理试题一、选择题(本题共 10个小题，每小题 5分共 50分在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分)1.下列关于力对物体做功的说法正确的是( )A. 摩擦力对物体做功的多少与路径无关B. 合力不做功，物体必定做匀速直线运动C. 在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负D. 一对作用力和反作用力，可能其中一个力做功，而另一个力不做功【答案】D【解析】摩擦阻力对物体做功等于摩擦力与路程的乘积，所以与路径有关，A 错
2、；合力不做功,物体不一定做匀速直线运动，如匀速圆周运动，B 错；作用力和反作用力可能其中一个力做功,而另一个力不做功，也可能都做功，也可能都不做功，如人推墙时，墙对人的作用力做功，人对墙的反作用力不做功，C 错，D 对。2.甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是 m1、m 2，两船相距 x，甲船上的人通过绳子用力F拉乙船，若水对两船的阻力大小均为 Ff，且 FfF，则在两船相向运动的过程中( )A. 甲船的动量守恒 B. 乙船的动量守恒C. 甲、乙两船的总动量守恒 D. 甲、乙两船的总动量不守恒【答案】C【解析】试题分析：AB、两船竖直方向上所受的重力和浮力平衡，合力为零水平方向上，由于FfF，
3、所以两船均做加速运动，动量增加，动量均不守恒，故 AB错误CD、对于两船组成的系统，由于水对两船的阻力大小均为 Ff，所以系统的合外力为零，总动量守恒，故 C正确，D 错误故选：C3.如图所示， M、 N为两个等量的同种正点电荷，在其连线的中垂线上的 P点放置一个静止的点电荷 q(负电荷)，不计重力，下列说法错误的是( )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，速度越来越小C. 点电荷运动到 O点时加速度为零，速度达到最大值D. 点电荷超过 O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零【答案】ABD【解析】A项
4、：点电荷-q 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，所以 P到 O的过程中，由于 P的位置不确定，所以加速度大小变化不确定，故 A、B 错误；C项：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项：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，加速度不能确定，故D错误。点晴：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。4.
5、有三个电阻， R12 ， R23 ， R34 ，现把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比 I1 I2 I3是( )A. 643 B. 346C. 234 D. 432【答案】A【解析】试题分析：并联电路两端的电压相等，设为 1，则 ， ， ，所以 ，故 A正确；考点：考查了串并联电路规律的应用【名师点睛】关键是知道并联电路各个支路两端的电压相等，串联电路中电流处处相等，然后根据欧姆定律解题5.如图所示，小球以初速度 v0从 A点沿不光滑的轨道运动到高为 h的 B点后自动返回，其返回途中仍经过 A点，则经过 A点的速度大小为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】小球以一定
6、速度在粗糙的轨道上运动，当到达最高点 B后，返回仍能通过 A点，则由动能定理可求出小球经过 A点的速度【详解】对小球由 A至 B研究，由动能定理： 再对由 B返回 A研究，由动能定理： 解得： 故选 B【点睛】当小球再次经过 A点时，由于高度没变，所以重力做功为零，而摩擦力做功与路径有关6.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经 A点飞向 B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )A. 粒子带正电 B. 粒子在 A点加速度大C. 粒子在 B点动能大 D. A、 B两点相比， B点电势能较高【答案】D【解析】粒子受到的电场力方向应指向轨迹的内侧，所
7、以电场力方向与电场线方向相反，即粒子带负电，A 错误；电场线越密电场强度越大，所以在 B点的加速度较大，B 错误；从 A点到 B点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故 C正确，D 错误。 故选 C。【点睛】粒子运动轨迹为曲线，所以粒子受到的电场力方向应指向轨迹的内侧；正电荷所示电场力与电场方向相同，负电荷所受电场力与电场方向相反；电场力做负功，电势能增大，反之减小。7.汽车在拱形桥上由 A匀速率地运动到 B，下列说法中正确的是( )A. 牵引力与摩擦力做的功相等B. 牵引力做的功大于重力做的功C. 合外力对汽车不做功D. 重力做功的功率不变【答案】BC【解析】试题分析：汽车由 A匀速率运动
8、到 B的过程中受重力、弹力、摩擦力、以及牵引力作用，正确分析这些力做功情况，从而弄清楚该过程的功能转化；注意求某个力的功率时要求改力和速度的方向在一条线上解：A、汽车运动过程中，牵引力做正功设为 WF，摩擦力做负功其大小设为 Wf，重力做负功其大小设为 WG，支持力不做功，根据动能定理得：WFW fW G=0，故 A错误；B、牵引力、重力和摩擦力三个力总功为 0，牵引力和重力做的总功等于克服摩擦力做的功，故 B错误；C、根据动能定理得：汽车由 A匀速率运动到 B的过程中动能变化为 0，所以合外力对汽车不做功，故 C正确；D、重力的大小方向不变，但是汽车的速度方向时刻变化，因此根据 P=Fv=m
9、gv，可知速度在重力方向上的分量越来越小，所以重力的功率是变化的，故 D错误；故选：C【点评】一种力做功对应着一种能量的转化，明确各种功能关系是正确解答本题的关键，同时要正确理解公式 P=mgv的含义以及使用条件8.一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具将两板距离拉开一些，则( )A. 电容器的带电荷量增加 B. 电容增大C. 电容器电压增加 D. 两板间电场强度不变【答案】CD【解析】【详解】平行板电容器充电后，把电源断开，其电量不变，故 A错误；根据电容的决定式，可知电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小，故 B错误；Q不变， C减小，由电容的定义式 ，可知电容器
10、电压增加，故 C正确；由电容的决定式，电容的定义式 ，场强为： ，联立可得： ，可知 E与 d无关，所以板间场强不变，故 D正确。所以 CD正确，AB 错误。9.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )A. 甲球停下，乙球反向运动 B. 甲球反向运动，乙球停下C. 甲、乙两球都反向运动 D. 甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等【答案】AC【解析】本题考查动量守恒定律。 ， ，所以 ,碰撞过程动量守恒，末动量方向与甲的运动方向相同，BD 错；选 AC。10.一横截面积为 S的铜导线，流经其中的电流为 I，设单位体积的导线
11、中有 n个自由电子，电子的电荷量为 q.此时电子的定向移动速度为 v，在 t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为( )A. nvSt B. nvtC. It/q D. It/Sq【答案】AC【解析】试题分析：根据电流的微观表达式 ，在 时间内通过导体横截面的自由电子的电量 ，则在 时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为 ，将代入得 ，故 AC正确，BD 错误。考点：电流、电压概念【名师点睛】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到。二、实验题（11 题 8分，12 题 9分） 。11.气垫导轨是一种常用的实验仪器
12、它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦我们可以用带竖直挡板 C和 D的气垫导轨以及滑块 A和 B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，实验步骤如下：a用天平分别测出滑块 A、 B的质量 mA、 mBb调整气垫导轨，使导轨处于水平c在 A和 B间放入一个被压缩的轻弹簧，由电动卡锁锁定，静止放置在气垫导轨上d用刻度尺测出 A的左端至 C板的距离 L1e按下电钮放开卡锁，同时使分别记录滑块 A、 B运动时间的计时器开始工作当 A、 B滑块分别碰撞 C、 D挡板时停止计时，记下 A、 B分别到达 C、 D的运动时间 t1和
13、 t2(1)实验中还应测量的物理量是_(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_，上式中算得的A、 B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_(写出一条即可)【答案】 (1). B的右端至 D板的距离 L2 (2). (3). 测量时间、距离等存在误差（或气垫导轨不水平，合理即可）【解析】(1). 实验中还应测量的物理量为 B与 D的距离,符号为 L2；（2）验证的表达式为：，又 ， ，所以 mA =mB ；（3）L 1、L 2、m A、m B的数据测量误差.没有考虑弹簧推动滑块的加速过程.滑块并不是标准的匀速直线运动,滑块与导轨间有少许摩擦力.12.某研究性学习小组为
14、探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材A待测小灯泡（额定功率 6W，额定电流 0.5A）B电流表（量程 00.6A，内阻 0.1）C电压表（量程 03V，内阻约 3k）D电压表（量程 015V，内阻约 15k）E滑线变阻器（最大阻值 20）F滑线变阻器（最大阻值 1k）G直流电源（电动势 15V，内阻可忽略） H开关一个，导线若干实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图_其中滑线变阻器应选_ （用代号填入）如图所示是该研究小组测得小灯泡的 IU
15、 关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而_（填“增大” 、 “减小”或“不变” ） ；当小灯泡两端所加电压为 6V时，其灯丝电阻值约为_ （保留两位有效数字）【答案】 (1). 图见解析； (2). E； (3). 增大； (4). 15【解析】(1) 小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，根据小灯泡规格“6W，0.5A”可知，额定电压 ，所以电压表应选 D；为方便实验操作，滑动变阻器应选 E，(2) 由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯
16、泡电阻增大；由图示图象可知，灯泡两端电压为 6V时，通过灯泡的电流为 0.4A，则灯泡电阻。点晴：电学实验离不开变阻器，当要求电流和电压从零调时变阻器应用分压式接法；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法接法。三、计算题(本题共 4 小题，13 题 8分，14 题 10分，15 题 10分，16 题 15分共 43 分要有必要的文字说明和解决步骤，有数值计算的要注明单位)13.从离地面 H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的 k(k1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？(2)小球从释放
17、开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？【答案】 （1） （2）【解析】（1）设小球第一次与地面碰后，能够反弹起的最大高度是 h，则由动能定理得：解得 （2）设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是 S，对全过程由动能定理得：，解得【点睛】运用动能定理解题，关键是合适地选择研究的过程，判断有哪些力做功，根据动能定理列表达式，有时研究过程选择的好，解题会更方便14.在光滑的水平面上，质量为 的小球 A以速度 向右运动。在小球 A的前方 O点有一质量为 的小球 B处于静止状态，如图所示，小球 A与小球 B发生正碰后小球 AB 均向右运动。小球 B被在 Q点处的墙壁弹回后与小球 A在
18、 P点相遇，PQ=15PO。假设小球间的碰撞以及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比【答案】2【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A和 B的速度大小保持不变根据它们通过的路程，可知小球 B和小球 A在碰撞后的速度大小之比为 41.设碰撞后小球 A和 B的速度分别为 v1和 v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m1v0m 1v1m 2v2m1v02 m1v12 m2v22利用 4，可解出 m1m 221.视频15.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A和 B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将 A无初速释放， A与 B碰撞后结合
19、为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径 R0.2m； A和 B的质量相等； A和 B整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2.取重力加速度 g10m/s 2.求：(1) 碰撞后瞬间 A和 B整体的速率；(2)A和 B整体在桌面上滑动的距离.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：，得： （2）滑块 A与 B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有： ，得： （3）滑块 A与 B粘在一起滑行，根据动能定理，有：又因为： ，代入数据联立解得： 考点：考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合【名师点睛】A 到 B的过程中，只有
20、重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前 A的速度A、B 碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率对AB整体运用动能定理，求出 AB整体在桌面上滑动的距离视频16.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电容器板长 l 10 cm，板间距离 d 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在 t0.06 s 时刻穿过极板间的电子打在荧光屏上的何处？
21、(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】(1) O点上方 y13.5 cm 处 (2)30 cm【解析】【分析】由图象得到 t=0.06s时的偏转电压，根据粒子在电场中加速再经偏转电场做类平抛运动，根据偏转电压求出电子在电场中的加速度，根据类平抛运动求解即可；根据电子在偏转电场中运动，根据类平抛运动知识电子离开偏转电场时的最大偏转距离为 ，由此根据类平抛求出从极板边缘飞出的电子的偏转电压，根据几何知识求解打在屏上的电子区间。【详解】(1)设电子经电压 U0加速后的速度为 v0，根据动能定理得： eU0 mv02设偏转电场的场强为 E，则有： E设电子经时间 t通过偏转电场，偏离轴线的侧向
22、位移为 y，则有：在中心轴线方向上： t在轴线侧向有： ay at2设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为 vy，偏转角为 ，则电子通过偏转电场时有：vy attan 电子在荧光屏上偏离 O点的距离为由题图知 t0.06 s 时刻 U1.8 U0，代入数据解得 y13.5 cm 电子经过偏转电场向上偏转，则 t0.06 s 时刻，穿过电容器的电子打在 O点上方 y13.5 cm处。(2)由题知电子偏移量 y的最大值为 ，又 ，所以当偏转电压超过 2U0时，电子就打不到荧光屏上了。将 2U0代入解得：所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2 y3 l30 cm。【点睛】本题关键抓住电子经加速电场加速后，在偏转电场中做类平抛运动，能根据类平抛运动知识求解相关问题，灵活运用运动的合成与分解是关键。
