2013-2014学年第二学期第二次调研考试

高一物理试题

说明：本试卷共3大题，17小题，满分100分，考试时间：90分钟。

选择题：本题共12小题，每小题5分，共计60分。其中4、9、10、12为双项选择，其余小题为单选题。双选题全对得5分，选出部分得3分，有错的得0分。

1. 关于重力做功和重力势能，下列说法正确的是（　　）

A．

重力做功与物体运动的路径有关



　

B．

重力对物体做负功时，物体的重力势能一定减小



　

C．

重力势能为负值说明物体在零势能面以下



　

D．

重力势能的变化与零势能面的选取有关



2. 关于动能定理的理解，以下说法正确的是（　　）

A．

合外力做正功，物体的动能增加；合外力做负功，物体的动能减少



　

B．

合外力做负功，物体的动能增加；合外力做正功，物体的动能减少



　

C．

匀速下降的降落伞，由于重力对其做正功，故动能增加



　

D．

如果物体的动能不发生变化，物体所受合外力一定为零



3.如图 （甲） 所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图 （乙）所示，则（　　）

A．

t1时刻小球只受重力，动能最大



　

B．

t2时刻小球受重力和弹力，动能最大



　

C．

t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少



　

D．

t2～t3段时间内，弹簧压缩量最小，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能



4.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）

A．

前3s内货物处于超重状态



　

B．

最后2s内货物只受重力作用



　

C．

前3s内与最后2s内货物的平均速度相同



　

D．

第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒



5.关于基元电荷，正确的说法是（　　）

A．

基元电荷就是点电荷



　

B．

1C电量叫基元电荷



　

C．

基元电荷就是质子



　

D．

基元电荷目前被认为是自然界中电荷的最小单元



6.下列关于摩擦起电的原因，正确的说法是（　　）

A．

摩擦后产生了新的电荷



　

B．

电子和正电荷同时按相反方向转移



　

C．

电子从一个物体转移到另一个物体



　

D．

正电荷从一个物体转移到另一个物体



7. 如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）

A．

q1=2q2

B．

q1=4q2

C．

q1=﹣2q2

D．

q1=﹣4q2



8.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，即abc为运动轨迹，不是电场线，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）

A．



B．



C．



D．





9. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（　　）

A．

M点的电势比P点高



　

B．

将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功



　

C．

M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势



　

D．

在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动



10.如图匀强电场，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（　　）

A．

a、b两点电势相等



　

B．

粒子的电势能增加



　

C．

粒子从a运动到b过程加速度保持不变



　

D．

粒子做匀加速直线运动



11.电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则（　　）

A．

Ea＞Eb，φa＞φb

B．

Ea＞Eb，φa＜φb

C．

Ea＜Eb，φa＞φb

D．

Ea＜Eb，φa＜φb



12.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（　　）

A．

带负电



　

B．

在c点受力最大



　

C．

在b点的电势能大于在c点的电势能



　

D．

由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化



二．填空题：本题共2小题，每空4分，共计12分。

13. A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心O的距离为a．现只在F处放一电量为﹣Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小为　　；若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为　　．

14. 如图所示，长L=80cm的细绳上端固定，下端系一个质量m=100g的小球．将小球拉起至细绳与竖直方向成60°角的位置（细绳已拉直），然后无初速释放．不计各处阻力，则小球运动到最低点时的速度为 m/s．（取g=10m/s2）

三.计算题：本题共3小题，共计28分。

15. （8分）在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10﹣8C，直线MN过O点，OM=30cm，如图所示．若把电量为q=﹣2.0×10﹣9C的点电荷从M点移到N点，电势能增加了2.0×10﹣8J，取N点电势为零，静电力常量k=9.0×109N?m2/C2．求：

（1）M点的电场强度大小；

（2）M点的电势．

16. （8分）如图，一质量m=1×10﹣6kg，带电量q=﹣2×10﹣8C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高2cm的B点时速度大小也是v0，但方向水平，且AB两点的连线与水平方向的夹角为45°，g取10m/s2，

求：（1）AB两点间的电势差UAB；

（2）匀强电场的场强E的大小．

17. （12分）如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入粗糙水平面，已知AB长度为3m，斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接．试求：

（1）小物块滑到B点时的速度大小．

（2）若小物块从A点开始运动到C点停下，一共经历时间t=2.5s，求BC的距离．

（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？

（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从A点由静止出发，沿ABC路径运动到C点左侧3.1m处的D点停下．求F的大小． （sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）

参考答案

选择题：本题共12小题，每小题5分，共计60分。其中4、9、10、12为双项选择，其余小题为单选题。双选题全对得5分，选出部分得3分，有错的得0分。

1.解析：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故A错误；B、当重物对物体做负功时，物体克服重力做功时，物体上升，重力势能一定增加，故B错误；C、重力势能为负值说明高度为负，即物体在零势能参考平面以下，故C正确；D、重力势能具有相对性，重力势能的大小与零势能参考面的选取有关；但是重力势能的变化仅仅与重力做功的多少有关，故D错误；故选：C

2.解析：A、根据动能定理△EK=W合，可知，合外力做正功时，动能增加，做负功时，动能减小，所以A正确，B错误．C、匀速下降的降落伞，由于重力对其做正功，重力势能减小，而动能不变，所以C错误．D、动能不变的物体，可以是物体速度的大小不变，但速度的方向可以变化，比如匀速圆周运动，此时的物体并不一定是受力平衡状态，故D错误．故选：A．

3.解析：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；故选C．

4. 解析：A、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上，所以处于超重状态，故A正确；B、最后2s内货物的加速度a=
＜g，所以还受到绳子的拉力，故B错误；C、前3s内的平均速度
，最后2s内货物的平均速度
，所以前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，故C正确；D、第3s末至第5s末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正功，机械能不守恒，故D错误．故选：AC

5.解析：A、元电荷是指最小的电荷量，带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故A错误B、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10﹣19C，故B错误；C、元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故C错误；D、基元电荷目前被认为是自然界中电荷的最小单元，故D正确；故选D．

6.解析：摩擦起电过程中，电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，在摩擦起电过程中没有产生新电荷，只是电子发生转移；故选C．

7.解析：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得

=
PR=2RQ．解得：q1=4q2．故选B．

8.解析：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．

D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．故选D

9.解析：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；B、将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．故选AD．

10. 解析：A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误；

B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；

C、电场线疏密反映场强大小，从b向a运动，场强不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误；故选BC．

11. 解析：根据电场线疏密表示电场强度大小，Ea＜Eb；根据沿电场线电势降低，φa＞φb，故ABD错误，C正确．故选C．

12. 解析：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．

故选：CD．

二：填空题：本题共2小题，每空4分，共计12分。

13.
；2
．

解析：根据点电荷场强公式得：

只在F处放一电量为﹣Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小
．

若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，

根据电场强度的叠加原理得B和E的叠加后场强为零，A和D的叠加后场强为零，

所以中心O处的电场强度的大小等于F和C的场强叠加，即2
．

故答案为：
，2
．

14.
．

解析：小球运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒得：mgL（1﹣cos60°）=
mv2，

则通过最低点时：小球的速度大小为：

v=
=
m/s=2
m/s，

故答案为：

三.计算题：本题共3小题，共计28分。

15. （8分）解析：（1）由E=k
-------------------3分，

得M点的电场强度为：E=1000N/C；

（2）电势能EM﹣EN=qφM﹣qΦN-------------------3分，

又ΦN=0

所以 φM=（EM﹣EN）
-------------------2分，

代入数据解得M点的电势ΦM=10V

答：（1）M点的电场强度大小1000N/C；

（2）M点的电势10V．

16. 解析：（1）根据动能定理得

qUAB﹣mgh=
-------------------3分，

得到
=
V=﹣10V -------------------1分，

（2）将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动．设A、B沿电场线方向的距离为d．则有

竖直方向：h=
，-------------------1分，

水平方向：d=
-------------------1分，

得到d=h=0.02m

所以匀强电场的场强E的大小E=
=
-------------------2分，

答：（1）AB两点间的电势差UAB=﹣10V．

（2）匀强电场的场强E的大小是500V/m．

17. （12分）解析：（1）根据机械能守恒得：

-------------------2分，

解得：
=
；-------------------1分，

（2）物块在斜面上的加速度为：
，-------------------1分，

在斜面上有：
，-------------------1分，

代入数据解得：t1=1s．

物块在BC段的运动时间为：t2=t﹣t1=1.5s

BC段的位移为：
-------------------1分，

（3）在水平面上，有：0﹣vB=a2t2-------------------1分，

解得：
．

根据牛顿第二定律有：﹣μmg=ma2-------------------2分，

代入数据解得：μ=0.4．

（4）从A到D的过程，根据动能定理得：

mgsABsinθ+F（sBD+sABcosθ）﹣μmgsBD=0-------------------2分，

代入数据解得：F=2.48N．-------------------1分，

答：（1）小物块滑到B点时的速度大小为6m/s；

（2）BC的距离为4.5m；

（3）小物块与水平面的动摩擦因数为0.4；

（4）F的大小为2.48N．