新疆兵团第二师华山中学2020-2021学年高二上学期第一次调研考试物理试题含答案解析

高中物理开学考试月考单元卷期中期末真题卷 一课一练调研联考模拟预测自主招生专题汇编 一轮二轮三轮复习 高考真题实验模拟试题

试卷第1页，总8页 新疆兵团第二师华山中学【最新】高二上学期第一次调研考

试物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．如图所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，对O 、P 两点的比较正确的是（ ）

A ．φO =φP ，E O <E P

B ．φO >φP ，E O =E P

C ．负电荷在P 点的电势能大

D ．O 、P 两点所在直线为等势面

2．图中A 、B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC=60°，AC=20cm ．已知A B ??=

，CA U =，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）

A ．10V/m ，垂直 A

B 斜向上

B ．10V/m ，垂直 AB 斜向下

C

．V/m ，垂直 AB 斜向上

D

．，垂直 AB 斜向下

3．如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等势面，其电势分别为1φ=10V ，2φ=20V ，3φ= 30V ，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A 点运动到B 点，则下列说法中不正确的是

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试卷第2页，总8页

A ．粒子带负电

B ．粒子在A 点的速度大于在B 点的速度

C ．粒子在A 点的加速度大于在B 点的加速度

D ．粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能

4．如图所示，甲、乙两球带电量均为q ，质量均为m ，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，场强为E ，平衡时细线被拉紧，则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?（ ）

A ．

B ．

C ．

D ． 5．某示波管在偏转电极XX ′、YY ′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心。现给偏转电极XX ′（水平方向）、YY ′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）

A ．

B ．

C ．

D ．

6．如图，光滑平面上固定金属小球A ，用长L 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B

连

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试卷第3页，总8页 接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x 1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x 2，则（ ）

A ．x 2>14x 1

B ．x 2<14x 1

C ．x 2<12x 1

D ．x 2=14x 1

7．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C 的匀强电场。在场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系质量为0.04kg 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s 2)（ ）

A ．小球所带电量为q=3.5×10-5C

B ．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J

C ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J

D ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J

二、多选题

8．质量为m 的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g 3.当小球下降高度为h 时，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )

A ．小球的动能增加了2mg?3

B ．小球的动能减少了 mg?3

C ．小球的电势能减少了2mg?3

D ．小球的电势能增加了mg?3

9．水平线上的O 点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O'为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a 、b 、c 、d 、e ．则下列说法中正确的是

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试卷第4页，总8页

A ．b 、e 两点的电场强度相同

B ．b 、c 两点间电势差等于e 、d 两点间电势差

C ．电子在c 点的电势能小于在b 点的电势能

D ．正点电荷从a 点沿圆周逆时针移动到d 点过程中，电场力对它做正功 10．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能

E 随位移x 变化的关

系如图所示，其中0～x 2段是对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是（ ）

A ．x 1处电场强度为零

B ．x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3

C ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动

D ．x 2～x 3段是匀强电场

11．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图2所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图3所示，则（ ）

A ．0~8s 时间内水平拉力的冲量大小为零

B ．0~6s 时间内合外力的冲量大小为 4N·s

C ．t =4s 时物体的动量大小为4kg·m/s

D ．0~8s 时间内物体克服摩擦力所做的功30J

12．如图，空间存在沿OM 方向的匀强电场，ON 与OM 的夹角∠NOM ＝θ

，某带正电

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试卷第5页，总8页 粒子从OM 上的P 点垂直于OM 进入电场，仅在电场力作用下运动，第一次经过ON 的位置记为Q 点．当粒子以不同大小的初速度进入电场，Q 点的位置会不同，若Q 点离O 点最远距离OQ ＝L ．下列说法正确的是( )

A ．Q 点最远时，粒子的速度沿ON 方向

B ．粒子在OM 方向的分运动是匀加速直线运动，垂直OM 方向的分运动是匀速直线运动

C ．粒子进入电场的初速度越大，Q 点离O 点越远

D ．根据条件可以求得OP ＝

2

L cos θ

三、实验题

13．在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示，图中斜槽PQ 与水平槽QR 平行连接，按要求安装好仪器后开始实验，先不放被碰小球，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘R 处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口R 的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为0、M 、P 、N 点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m 1、m 2,且m 1=2m 2，则：

(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为______mm.

(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，其目的是_____。

A ．为了使入射小球每次都能水平飞出槽口

B ．为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口

C ．为了使入射小球在空中飞行的时间不变

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D．为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞

(3)下列有关本实验的说法中正确的是___________.

A．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是M、P

B．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是P、M

C．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是N、M

D．在误差允许的范围内若测得|ON| =2|MP|，则表明碰撞过程中由m1、m2两球组成的

系统动量守恒

14．小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容．他从实验室找到8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路．实验过程如下，完成相应的填空．

(1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)；

(2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流．流过电阻R的电流方向

为________________(填“从右向左”或“从左向右”)；

(3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i—t曲线如图乙所示；

(4)根据图象估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________C；

(5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为________F。(所有结果均保留两位有效数字)

四、解答题

15．如图所示，平行金属板长为2m，一个带正电为2×10?6C、质量为5×10?6kg的粒子

以初速度5m/s紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：

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试卷第7页，总8页

（1）粒子末速度大小；

（2）上下两个极板的电势差是多少？

16．如图所示，在光滑平直轨道上P 点静止放置一个质量为2m 的物体A ，现有一颗质量为m 的子弹以0v 的水平速度射入物体A 并和物体A 一起运动，随后与前方静止物体B 发生弹性正碰（机械能不损失）后返回，速率大小为

012

v ，求： （1）子弹与物体A 碰撞过程中损失的机械能；

（2）B 物体的质量．

17．如图，ACB 是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB 处在方向水平向右、大小 E =1.0×106N/C 的匀强电场中，一质量m =0.25kg 、电荷量q =-2.0×10－6C 的可视为质点的小物体，在距离C 点L 0 =6.5m 的A 点处，以初速度V 0 = 14m/s 开始向右运动.已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ =0.4，取g ＝10m/s 2，求:

(1)小物体在电场中运动离C 点的最远距离；

(2)小物体在电场中运动的时间.

18．如图,固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段AB 和半径为r 的半圆环段BCD 平滑相切而成,过圆环直径BOD 的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场．现将一可视为质点的带正电小滑块,从水平轨道上的P 点由静止释放,滑块沿轨道运动到半圆环上B 点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍,且滑块从D 点离开半圆环后不经任何碰撞回到了B 点．重力加速度为g .求：

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(1)滑块到达D点的速度大小；

(2) P点到B点的距离.

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答案第1页，总10页 参考答案

1．D

【解析】

【详解】

A.由电场叠加可知从中点O 到无穷远，电场强度越来越小，故E O >E P ，A 错误;

BCD.等量异种电荷的中垂线是一条等势面，故φo =φP ，负电荷在O 、

P 两点电势相等，B 、C 错误，D 正确；

2．B

【详解】

匀强电场中A B ??=，可知直线AB

为等势线，而CA C A U ??=-，即C A ??>，故电场线垂直AB 斜向下，如图所示：

由几何关系可知，sin 60=0.2d BC =??，根据U =Ed

可得：V/m 10V/m CA U E d ===；故选B. 【点睛】

解决本题的关键知道知道匀强电场的场强公式，在计算要注意d 是沿电场线方向上的距离，同时注意单位的换算关系．

3．B

【分析】

做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的大小的判断可以根据电场线的疏密进行．

【详解】

A 项：由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；

又由电场线指向

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电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电．故A正确；

B项：由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故选B错误；

C项：由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故选C正确；

D项：由电场力做功的公式W AB=qU AB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D正确．

故应选B．

【点睛】

本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加速度、电势能等物理量的变化情况．

4．D

【详解】

考查细线1的张力方向时，应以两球及中间线整体为对象，因整体在水平方向所受电场力的合力为零，故线1必须竖直，

隔离出第2个球，由于水平方向受到向右的电场力，所以球应该向右偏，故D对；ABC错故选D

5．C

【解析】

【详解】

由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并且偏转位移相同；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，故C正确，A,B,D错误；故选C.

【点睛】

本题考查示波器原理，注意电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的加速过程中电压不变．

6．A

【解析】

【详解】

答案第2页，总10页

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答案第3页，总10页 电量减小一半，根据库仑定律F =

kq 1q 1r 2知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的14；库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14．此时弹簧的伸长量x 2>14x 1;选项A 正确.故选A.

【点睛】

两球距离减小，通过假设法，根据受力情况可以判断出两球的距离是大于r 2还是小于r 2． 7．D

【解析】

【详解】

A 、对小球进行受力分析如上图所示:

可得mg tan37°=qE ,解得小球的带电量为：q =mgtan37°E =0.4×

34104=3×105C ；故A 错误.

B 、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能E kB 最小，对应速度v B 最小，

在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：F 合=mg cos37°=0.40.8=0.5N ，而F 合=m

v B 2L ，所以E kB =12mv B 2=12F 合L =120.5×2J =0.5J ；故B 错误.

C 、

D 、由于总能量保持不变，即

E k +E PG +E PE =恒量．所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能E PE 最大，机械能最小．由B 运动到A ，W 合力=-（E PA -E PB ），W 合力=

F 合?2L ，所以E PB

=2J;

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答案第4页，总10页 总能量E =E PB +E kB =2.5J ．由C →A ，W FE =F E ?L ?（1+sin37°

）=0.96J ，W FE =E P2 （E P2为C 点电势能）;所以C 点的机械能为E 机C =E -E P2=1.54J;故C 错误，D 正确.

故选D.

【点睛】

该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题．

8．AD

【解析】

【详解】

A 、

B 、合力做功为W 合=ma?=23mg?，则由动能定理得知，小球的动能增加了23mg?;故A 正确，B 错误.

C 、

D 、由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F ，由mg -F =ma ，得F =13mg ，电场力做功为W 电=?F?=?13mg?，则电势能增加了13mg?;故C 错误,D 正确.

故选AD.

【点睛】

本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况：机械能的变化等于除了重力以外的力做功．重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功． 9．BC

【解析】由图看出，b 、e 两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b 、e 两点的电场强度不同，故A 错误。根据对称性可知，d 、c 的电势相等，同理b 、e 的电势相等。所以b 、c 两点间电势差与e 、d 两点间电势差相等，故B 正确。由图可知，O 点放置的是正电荷，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O 越远，电势越低，故b 点电势低于c 点电势，而负电荷在电势越低的点，其电势能越高，故C 正确；正点电荷从a 点沿圆周逆时针移动到d 点过程中，电势升高，正电荷的电势能增大，故电场力对它做负功，故D 错误；故选BC 。

【点睛】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着

电场线方向电势降低进行判断，从而得出负电荷电势能的大小关系；根据对称性分析b 、

c 两点间电势差与b 、e 间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对正电荷做功的正负． 10．ABD

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答案第5页，总10页 【详解】

根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E= x ?，得：1P E E q x =?，由数学知识可知E p -x 图象切线的斜率等于Eq ，x 1处切线斜率为零，则x 1处电场强度为零，故A 正确；根据电势能与电势的关系：E p =qφ，粒子带负电，q ＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B 正确；由图看出在0～x 1段图象切线的斜率不

断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．

x 1～x 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C 错误，D 正确；故选ABD.

【点睛】

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.

11．BCD

【详解】

A 、由图象知，力F 的方向恒定，故力F 在0～8s 内的冲量

I =F 1t 1+F 2t 2+F 3t 3=3×4+2×2+0×2N?s=16N?s ；方向向右，故A 错误．B 、由4~6s 物体匀速直线运动可知2N f =，则0~6s 的

111212=()3422264N s I Ft Ft f t t +-+=?+?-?=?合，故B 正确．C 、因0~4s 的

111=34244N s I Ft ft -=?-?=?合，根据动量定理可知动量变化为4N·

s ，而初动量为零，则4s 末的动量为4kg.m/s ，故C 正确．D 、由v t -图象的面积代表位移，可求得

0~8s 的位移为(28)3m=15m 2

x +=?，根据功的定义式可得215J 30J f W f x =?=?=，故D 正确．故选BCD ．

【点睛】

此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合动能定理和动量定理的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题．

12．ABD

【解析】

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答案第6页，总10页 【分析】

当运动的轨迹与ON 相切，Q 点最远，抓住Q 点的速度方向沿着射线ON ，粒子从P 点开始做类平抛运动，将粒子的运动沿竖直方向与水平方向分解，结合牛顿第二定律与运动学的方程即可求解；

【详解】

A ．当粒子的运动轨迹与ON 相切时，Q 点最远，则粒子的速度方向沿ON 方向，故A 正确；

B ．粒子垂直电场线方向上不受力，垂直OM 方向的分运动是匀速运动，在OM 方向上仅受电场力，初速度为零，做匀加速直线运动，故B 正确；

C ．粒子进入电场的初速越大，Q 点离O 点越近，故C 错误；

D ．如图所示：

依题意得，粒子在Q 点的速度方向沿着射线ON ，粒子从P 点开始做类平抛运动，设加速度为a ，

沿着OM 方向做匀加速直线运动，212

PS at = 在Q 点平行于OM 方向的分速度：OM v at =

SQ 方向做匀速运动，0QS v t =

且0OM v v tan θ=

联立解得：2

L OP cos θ=

，故D 正确．故选ＡＢＤ 【点睛】

解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，关键作出轨迹图，结合牛顿第二定律和运动学公式和几何关系进行求解．

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答案第7页，总10页 13．12.895; B; BD;

【解析】

【分析】

（1）根据螺旋测微器的读数方法即可得出对应的读数；

（2）本题是通过平抛运动验证动量守恒定律的，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度或者相同的动量．

（3）明确碰撞规律，知道中间位置为未放被碰小球时入射小球的落点，最近的点为放了被碰小球后入射小球的落点．

【详解】

（1）螺旋测微器的主尺部分长度为12.5mm ，转动部分读数为：39.5×0.01mm ，故最终读数为：12.5+0.395=12.895mm ；

（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放，为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口以保证入射小球每次都以相同的动量到达槽口，故B 正确，ACD 错误．故选B ．

（2）未放被碰小球和放了被碰小球m 2时，入射小球m 1的落点分别为P 、M ．故AC 错误，B 正确；设入射小球在初速度是v 1，碰撞后的速度是v 1′，被碰小球的速度是v 2′，则： m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2′

设由于：m 1=2m 2，

则有：2（v 1-v'1）=v 2'

设平抛的时间是t ：则ON ????=v'1t ，OM ?????=v 2't ，OP

????=v 1t ；所以若系统碰撞的过程中动量守恒，则满足：ON ????=2MP

?????．故D 正确．故选BD ． 【点睛】

实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m 1＞m 2，防止碰后m 1被反弹．

14．从右向左 2.4×10－3～2.6×10－3C 3.0×10－4～3.3×10－4F

【详解】

(2)[1]开关S 与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S 掷向2端，电容器放电，流过电阻R 的电流方向为从右向左（电流从电容器正极板出发经R 到负极板）

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答案第8页，总10页 (4)[2]i —t 曲线与坐标轴围成面积表示对应的电荷量，大于半格的算一格，小于半格的不算,则电荷量为

3310.2mA 0.4s 2.510C Q -??≈?＝

由于误差2.4×

10－3～2.6×10－3C 均可； (5)[3]电容器的电容为

3

42.510F 3.110F 8

Q C U --?==≈? 由于误差3.0×

10－4～3.3×10－4F 15．（1

( 2 )10.4V 【详解】

（1

）粒子在平行板间做类平抛运动，根据平行四边形定则知，

00=/33

v v v m s cos θ＝＝ ． （2）根据动能定理得，qU ＝

12mv 2?12mv 02， 解得262

06510510.466210

mv U V V q --??===?? 【点睛】

本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行求解，基础题．

16．（1）2013E mv =

；（2）5m 【解析】

【详解】

（1）设子弹与物体A 的共同速度为v ，由动量守恒定律mv 0=3mv

则该过程损失的机械能△E ＝

12mv 02?12×3mv 2 解得：△E ＝13

mv 02 （2）以子弹、物体A 和B 为系统，设B 的质量为M ，碰后子弹和物体A 的速度为

112v 0，物体B 的速度为v 2，由动量守恒定律3mv =Mv 2–3m ?112

v 0

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答案第9页，总10页 碰撞过程机械能守恒

12×3mv 2＝12×3m (112v 0)2+12

Mv 22 解得M =5m

【点睛】 本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．

17．(1) 6.0m

(2)(

1s 【分析】

(1)小物体在电场中做匀减速直线运动，当速度减至零时运动到离C 点最远的位置，根据动

能定理求离C 点的最远距离；(2)分析物块在CB 上运动时的受力情况，由牛顿第二定律求得

加速度，即可根据匀变速运动规律求得运动时间.

【详解】

(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小2:12m/s F mg a m

μ-=

= 小物体到达C 点的速度大小：202v aL = 解得:v =12m/s 根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度21:12m/s qE mg a m μ+=

= 小物体向右运动的时间:11 1.0s v t a =

= 小物体向右运动的位移:11 6.0m 2

v x t == (3)由于qE >μmg ，所以小物体送减速后反向向左加速，直到滑出电场 根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度:224m/s qE mg a m μ-=

=

小物体在电场中向左运动的时间1:t ==

小物体在电场中运动的总时间(12:1s t t t =+=

【点睛】

带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式列式求解.

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答案第10页，总10页 18．(1)

(2) 2

PB x = 【解析】 （1）滑块第一次到达B 点由牛顿第二定律有2B v N mg m r

-=， 又滑块从B 点到D 点，由机械能守恒有2211222

B D mg r mv mv =-

，解得D v （2）滑块从B 点到D 点的过程滑块做曲线运动，

在竖直方向做自由落体运动，在水平方向先做匀减速只想运动在做匀加速直线运动速度大小仍为D v ， 竖直方向有：2122r gt =；水平方向有：F ma =，12

D v a t =， 又有P 到B 对滑块由动能定理有：2102PB B Fx mv =

-

，解得PB x =． 【点睛】本题要研究清楚滑块的运动情况，运用动能定理解题时需合适地选取研究的过程，要注意电场力做功与初末位置沿电场方向的距离有关．

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