1、 芮城中學高二年級月考物理試題（本試題共100分：考試時間90分鐘）一、選擇題（本大題共14個小題，其中1-9題只有一個選項符合題意，10-14有多個選項符合題意，每小題4分，選不全得2分，錯選或不選得0分。）1. 關于電場強度和電場線，下列說法正確的是（）A. 在電場中某點放不同的檢驗電荷，該點的電場強度就不同B. 在電場中沒有電場線地方場強一定為零C. 電荷在電場中某點所受力的方向即為該點的電場強度方向D. 由靜止釋放的帶電粒子在電場中運動的軌跡可能不與電場線重合【答案】D【解析】【詳解】A電場中某點的場強大小由電場本身決定，與放入電場中的檢驗電荷無關，因此在電場中某點放不同的檢驗電荷，該

2、點的電場強度是相同的，故A錯誤；B電場線的疏密表示電場強度的強弱，在電場中沒畫電場線的地方場強并不一定為零，故B錯誤；C正電荷在電場中某點所受力的方向才是該點的電場強度方向，電場強度方向與負電荷所受的電場力方向相反，故C錯誤；D若電場線是曲線，由靜止釋放的帶電粒子在電場中運動的軌跡不與電場線重合，故D正確故選D。2. 為了安全，轎車中都裝有安全氣囊。當發生劇烈碰撞時，安全氣囊啟動為駕駛員提供保護。關于安全氣囊的作用，下列說法正確的是（）A. 減小了駕駛員的動量變化量B. 減小了駕駛員的動量變化率C. 增大了駕駛員的動量變化量D. 減小了駕駛員受到撞擊力的沖量【答案】B【解析】【分析】【詳解】在

3、碰撞過程中，人的動量變化量是一定的，等于末動量與初動量的差值，而用安全氣囊后增加了作用時間，根據動量定理可知，動量變化量相同時，作用時間越長，作用力越小，即動量變化率越小。故選B。3. 下列四幅圖所反映的物理過程中，系統動量守恒的是（）A. 只有甲、乙正確B. 甲、乙、丙正確C. 只有甲、丙正確D. 只有乙、丁正確【答案】C【解析】【分析】【詳解】甲圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統動量守恒。丙圖中兩球勻速下降，說明兩球組成的系統在豎直方向上所受的合外力為零，兩球組成的系統動量守恒，細線斷裂后，它們在水中運動的過程中，兩球整體受力情況不變，遵循動量守恒定律。乙圖中

4、系統受到墻的彈力作用，丁圖到中斜面受到其右側擋板的作用，乙、丁兩圖所示過程系統所受合外力不為零，動量不守恒。故選C。4. 如圖所示，質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B兩球發生對心碰撞。對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的猜測結果一定無法實現的是（）A. vA=-2 m/s，vB=6 m/sB. vA=2 m/s，vB=2 m/sC. vA=1 m/s，vB=3 m/sD. vA=-3 m/s，vB=7 m/s【答案】D【解析】【詳解】設每個球的質量均為m，碰

5、前系統總動量碰前的總動能A若vA=-2 m/s，vB=6 m/s，碰后總動量則動量守恒，總動能機械能也守恒，故A可能實現，不符合題意；B若vA=2 m/s，vB=2 m/s，碰后總動量總動能動量守恒，機械能不增加，故B可能實現，不符合題意；C碰后總動量總動能動量守恒，機械能不增加，故C可能實現，不符合題意；D碰后總動量總動能動量守恒，機械能增加，違反能量守恒定律，故D不可能實現，符合題意。故選D。5. 如圖所示,兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連,在距離兩板等距的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態若將a板向下平移一小段距離,但仍在M點上方,穩定后,下列說法中正確的是A. 液滴將向下加速

6、運動B. M點電勢升高，液滴在M點的電勢能將增大C. M點的電場強度變小了D. 在a板移動前后兩種情況下,若將液滴從a板移到b板,電場力做功相同【答案】D【解析】【詳解】AC極板始終與電源連接，電壓不變，由可知d減小電場強度E增大，電場力增大，粒子向上加速運動，故AC錯誤；Bb點電勢為零，有：，場強增大，M點電勢升高，液滴電場力方向向上，所以液滴帶負電，液滴M點電勢能降低，故B錯誤；D在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，由于電壓相同，電場力做功qU相同，故D正確。故選D?！军c睛】極板始終與電源連接，電壓不變，由可知d減小電場強度E增大，電場力增大，粒子向上加速運動；判斷某一點電勢

7、高低必須找一個參考點，就是接地點或零勢點，明確電勢差與電勢的關系6. 如圖所示，電源電動勢E=10V，內阻r=1，閉合開關S后，標有“8V、8W”的燈泡L恰能正常發光，電動機M的電阻R0=4，下列說法正確的是（）A. 流經電源的電流為3.5AB. 電動機M的發熱功率為4WC. 電源的輸出功率P出=18WD. 10s內電動機M輸出的能量為80J【答案】B【解析】【詳解】AC燈泡恰能正常發光，并聯部分電壓為內電壓應為流過電源的電流電源的輸出功率AC錯誤；BD流過燈泡的電流則可得流過電動機的電流電動機的熱功率電動機的總功率電動機的機械功率10s內電動機M輸出的能量D錯誤B正確。故選B。7. 電動機與

8、小電珠串聯接入電路，電動機正常工作時，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動機的內電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為12則A B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】由題意可知I1=I2，選項A錯誤；因U2I2R2，U1=I1R1，則，選項BC錯誤，D正確；故選D.8. 如圖所示，平行直線表示電場線，但未標明方向，帶電荷量為q的微粒在電場中只受電場力的作用，由A點移到B點，則（）A. 若微粒的運動軌跡是軌跡1，則電場線方向向左B. 若微粒運動軌跡是軌跡2，則電場線方向向右C. 微粒一定做勻變速曲線運動D. 微?？赡苎刂本€軌跡3運動【答案】C【解析】【詳解】A若微粒

9、的運動軌跡是軌跡1，可知負粒子受到的電場力向左，故電場線向右，故A錯誤；B若微粒的運動軌跡是軌跡2，可知負粒子受到的電場力向右，則電場線方向向左，故B錯誤；C微粒只受電場力，故一定做勻變速曲線運動，故C正確；D做直線運動的物體，受的合外力與速度方向共線，由題意知不可能滿足電場力和速度共線，故D錯誤。故選C。9. 兩長度相同的金屬板M、N正對水平放置，板長為L，板間距為d，連接在圖示的電路中。D為理想二極管（正向電阻為0，反向電阻無窮大），滑動變阻器R的最大阻值為2r，定值電阻的阻值R0=r，E為恒壓電源，不計電源內阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關S，讓一電荷量為q、質量為m的粒子（不

10、計重力）從靠近M板左端的位置以水平速度v0射入板間，粒子恰好打在N板的右端。在保持開關S閉合的情況下，下列說法錯誤的是（）A. 電源電動勢E=B. 若僅將滑動變阻器的滑片向左滑動，則粒子仍能打在N板上C. 若僅將粒子的初速度變為2v0后射入板間，則粒子從M、N板的中線處離開D. 若僅將N板向上平移，則粒子打在N板的中點處【答案】C【解析】【詳解】A加速度為可得解得MN板看成一個電容器，穩定后R趨近于，所以相當于短路，電壓與兩端電壓相等故A正確，不符題意；B向左移動滑片，的阻值變小，的分壓升高，由可知豎直方向的加速度增大，會打在N板上，故B正確，不符題意；C粒子做類平拋的運動時間為初速度變為2v

11、0后，時間為則故粒子從靠近M的處射出，故C錯誤，符合題意；D由可知，僅將N板向上平移，電容器的電容變為原來的2倍，而電路結構不變有電容器的電壓不變，則加速度變為2倍，設水平位移為，有解得則有故D正確，不符題意；故選C。10. 如圖所示，一個枕形導體AB原來不帶電，將它放在一個負點電荷的電場中，負點電荷所帶的電荷量為Q，與AB的中心O的距離為R。由于靜電感應，在導體AB的兩端分別出現感應電荷，當達到靜電平衡時（已知靜電力常量為k）（）A. 導體A端的電勢高于B端的電勢B. 導體的感應電荷在O點產生的電場強度大小為，方向向左C. 導體的中心O的電場強度為零D. 撤去負點電荷后，導體帶上了正電荷【答

12、案】BC【解析】【詳解】A當達到靜電平衡時，導體是等勢體，故導體A端電勢等于B端電勢，A錯誤；BC導體內部各點的合場強為零，則導體中心O點的場強為零，故感應電荷在O點的產生場強與點電荷-Q在O點的場強等大反向，大小為，方向向左，BC正確；D撤去點電荷-Q后，導體兩端的感應電荷會還原而使得導體不帶電，D錯誤。故選BC。11. 如圖所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一帶電小球相連接，小球靜止在光滑絕緣的水平面上，施加一個水平方向的勻強電場，使小球從靜止開始向右運動，則向右運動的這一過程中（運動過程中始終未超過彈簧的彈性限度） ( ) A. 小球動能最大時，小球電勢能最小B. 彈簧彈性勢能最大時，小球

13、和彈簧組成的系統機械能最大C. 小球電勢能最小時，小球動能為零D. 當電場力和彈簧彈力平衡時，小球的動能最大【答案】BCD【解析】【詳解】小球向右運動時，電場力做正功，電勢能減??；當電場力與彈力平衡時，小球的動能最大，電勢能不是最大；在最右端電勢能最大；故A錯誤；小球運動過程中只有電場力和彈簧彈力做功，故小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能總量守恒，在最右端，電勢能最小，故小球和彈簧組成的系統機械能最大；故B正確；小球向右運動時，電場力做正功，電勢能減小，故最右端電勢能最小，此時動能為零，故C正確；當電場力和彈簧彈力平衡前，電場力大于彈簧的彈力，小球做加速運動，當彈力等于電場力時，速度達到最大，

14、球的動能最大，故D正確；故選BCD12. 在軍事訓練中，一戰士從岸上以2 m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來，速度是0.5 m/s的小船上，然后去執行任務，已知戰士質量為60 kg，小船的質量是140 kg，該戰士上船后又跑了幾步，最終停在船上，不計水的阻力，則（）A. 戰士跳到小船上到最終停在船上的過程，戰士和小船的總動量守恒B. 戰士跳到小船上到最終停在船上的過程，戰士和小船的總機械能守恒C. 戰士最終停在船上后速度為零D. 戰士跳到小船上到最終停在船上的過程動量變化量的大小為105 kgm/s【答案】AD【解析】【詳解】AB戰士跳上小船最終停在小船上的過程中，合外力為零，則總動量守恒，機械

15、能有損失，所以總機械能不守恒。故A正確，B錯誤。CD以戰士初始運動方向為正，根據動量守恒定律得mv1-Mv2=（M+m）v解得戰士動量的變化量p=m（v-v1）=-601.75=-105kgm/s故C錯誤，D正確。故選AD。13. 如圖所示，一質量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m=2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數是0.5。則在整個過程中，下列說法正確的是（）A. 小木塊A的速度減為零時，長木板B的速度大小為4m/sB. 小木塊A的速度方向一直向

16、左，不可能為零C. 小木塊A與長木板B共速時速度大小為3m/sD. 長木板的長度可能為10m【答案】CD【解析】【詳解】AB木塊與木板組成的系統動量守恒，由于初速度均為v0=5.0m/s，所以木板的動量大于小木塊的動量，系統合動量方向向右，所以木塊A先向左做減速運動，速度減為零后反向向右做加速運動，最后木塊與木板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律得當木塊A的速度間為零時代入數據解得故AB錯誤；C最終木塊與木板速度相等，根據動量守恒定律可得代入數據解得故C正確；D最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運動，對系統代入數據解得x=8m木板的最小長度為8m，可能為10m，故D正確。故

17、選CD。14. 空間存在一電場，一帶負電的粒子僅在電場力作用下從x1處沿x軸負方向運動，初速度大小為v0，其電勢能Ep隨坐標x變化的關系如圖所示，圖線關于縱軸左右對稱，以無窮遠處為零電勢能點，粒子在原點O處電勢能為E0，在x1處電勢能為E1，則下列說法中正確的是（ ）A. 坐標原點O處電場強度最大B. 粒子經過x1、-x1處速度相同C. 由x1運動到O過程加速度一直減小D. 粒子能夠一直沿x軸負方向運動，一定有【答案】BD【解析】【詳解】A根據電勢能與電勢的關系：Ep=q，場強與電勢的關系得Ep-x圖象切線的斜率等于，根據數學知識可知，坐標原點O處切線斜率為零，則坐標原點O處電場強度為零，故A

18、錯誤；B由圖看出，x1、-x1兩處的電勢能相等，根據能量守恒定律得知，粒子經過x1、-x1處速度相同，故B正確；C由x1運動到O過程，根據數學知識可知，圖線的斜率先增大后減小，說明場強先增大后減小，由F=qE知，粒子所受的電場力先增大后減小，根據牛頓第二定律得知，加速度先增大后減小，故C錯誤；D根據公式Ep=q，可知，該粒子帶負電，從x1處到-x1處，電勢先降低后升高，電場方向先沿x軸負方向后沿x軸正方向，電場力先沿x軸正方向后沿x軸負方向，粒子只要能通過原點O，就能一直沿x軸運動，設粒子恰好能到達原點O時的速度為v，則根據能量守恒定律得mv2=E0-E1，當v0v時，即粒子能夠一直沿x軸負方

19、向運動，故D正確。故選BD。二、實驗題（共17分）15. 圖a為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內阻為480 。虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆100 擋。(1)圖a中的A端與_（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。(2)關于R6的使用，下列說法正確的是_（填正確答案標號）。A在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電

20、表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置(3)根據題給條件可得R1R2=_，R4=_。(4)某次測量時該多用電表指針位置如圖b所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數為_；若此時B端是與“3”相連的，則讀數為_；若此時B端是與“5”相連的，則讀數為_。（結果均保留3位有效數字）【答案】 . 黑 . B . 160 . 880 . 1.45 mA . 1.10103 . 2.90 V【解析】【詳解】(1)1與歐姆表內電源正極相連的是黑表筆。(2)2R6是可變電阻，它的作用就是歐姆表調零，也就是使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使

21、電表指針指在表盤右端電阻“0”位置。(3)3換擋開關接2時，是量程較小的電流表，所以4換擋開關接4時，是量程較小的電壓表，這時表頭與R1、R2并聯組成新表頭，新表頭的內阻 新表頭的量程是1 mA，所以(4)5某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端與“1”相連，則多用電表是量程為2.5 mA的電流表，則讀數為1.45 mA；6若此時B端與“3”相連接，多用電表是歐姆100 擋，則讀數為11.0100 ，即1.10103 ；7若此時B端與“5”相連接，多用電表是量程為5 V電壓表，則讀數為2.90V。16. 實驗小組利用圖示的裝置進行“驗證動量守恒定律”的實驗，操作步驟如下：在水平

22、桌面上的適當位置固定好彈簧發射器，使其出口處切線與水平桌面相平；在一塊長平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，將該木板豎直并貼緊桌面右側邊緣。將小球a向左壓縮彈簧并使其由靜止釋放，a球碰到木板，在白紙上留下壓痕P；將木板向右水平平移適當距離，再將小球a向左壓縮彈簧到某一固定位置并由靜止釋放，撞到木板上，在白紙上留下壓痕P2；將半徑相同的小球b放在桌面的右邊緣，仍讓小球a從步驟中的釋放點由靜止釋放，與b球相碰后，兩球均撞在木板上，在白紙上留下壓痕P1、P3。（1）下列說法正確的是_。A小球a的質量一定要大于小球b的質量B彈簧發射器的內接觸面及桌面一定要光滑C步驟中入射小球a的釋放點位置一定相同D把小球

23、輕放在桌面右邊緣，觀察小球是否滾動來檢測桌面右邊緣末端是否水平（2）本實驗必須測量的物理量_。A小球的半徑rB小球a、b的質量m1、m2C彈簧的壓縮量x1，木板距離桌子邊緣的距離x2D小球在木板上的壓痕P1、P2、P3分別與P之間的豎直距離h1、h2、h3（3）用（2）中所測的物理量來驗證兩球碰撞過程中動量是否守恒，當滿足關系式則證明a、b兩球碰撞過程中動量守恒。（ ）（4）若b球上涂有粘性很強的膠體（膠體質量不計），讓小球a從步驟中的釋放點由靜止釋放與b球相碰后，兩球粘連在一起并撞到木板上在白紙上留下壓痕P4，則壓痕P4的位置應在_AP1上方 BP1與P2之間 CP2與P3之間 DP3下方【

24、答案】 . AD . BD . . C【解析】【分析】【詳解】(1)1 A為防止碰撞后入射球反彈，入射小球a的質量應大于被碰小球b的質量，故A正確；B彈簧發射器的內接觸面及桌面不一定要光滑，入射小球a的釋放點位置相同即可保證每次實驗入射球的速度相等，故B錯誤；C步驟中只是為了確定水平位置，而步驟中入射小球a的釋放點位置對應平拋初速度，不一定相同，故C錯誤；D為保證小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽末端的切線必須水平，把小球輕放在桌面右邊緣，觀察小球是否滾動來檢測桌面右邊緣末端是否水平，故D正確。故選AD。(2)2 小球離開軌道后做平拋運動，設木板與拋出點之間的距離為x，由平拋運動規律得，水平方向x

25、=vt豎直方向解得設碰撞前a的速度為v0，碰撞后a的速度是v1，碰撞后b的速度為v2，則兩球碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2整理得故需要小球a、b的質量m1、m2，小球在木板上的壓痕P1、P2、P3分別與P之間的豎直距離 h1、h2、h3。故選BD。(3)3根據以上分析可知，要驗證(4)4 由靜止釋放與b球相碰后，兩球粘連在一起完全非彈性碰撞，機械能損失最大，故彈性碰撞所以則軌跡在P2與P3之間。故選C。三、解答題（共27分）17. 質量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.5s，安全帶自然長度為5m，g取10m/s2，則安全帶所受的