1、山东省单县一中2018-1019高一下学期阶段性测试物理试题一单选题1.如图所示，已知，在同样大小力F的作用下，三个物体都沿力的方向移动x，则力F所做的功（ ）A. 甲情况下F做功最多B. 乙情况下F做功最多C. 丙情况下F做功最多D. 三种情况下F做功一样多【答案】D【解析】【详解】已知拉力和移动的距离相同,根据公式可以知道,做的功相同,故D正确；ABC错误；故选D2.如图所示，一小球自A点由静止自由下落到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。以C点所在平面为重力势能的零势能面。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由ABC的运动过程中（ ）A. 小球的机械能守恒B. 小球在C的加速度为零C
2、. 小球在B点时动能最大D. 小球在A点的重力势能等于小球在C点时弹簧的弹性势能【答案】D【解析】【详解】以小球为对象由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；到C点时弹簧被压缩到最短，弹簧的弹力最大，故小球向上的加速度最大，故B错误；在B点刚接触弹簧此时重力大于弹力所以合力向下有向下的加速度，则速度没有达到最大，故C错误；从A到C速度从零再次变到零，根据能量守恒可知小球减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，故D正确；故选D3.质量为m的物体从静止出发以的加速度竖直上升h，下列说法正确的是（ ）A. 物体的机械能增加B. 物体的机械能增加mghC. 物体的动能增加D. 重力做
3、功mgh【答案】BC【解析】【详解】A、B项：物体从静止开始以的加速度沿竖直方向匀加速上升，根据牛顿第二定律有：，解得：，机械能的增加量等于重力以外力做的功，故机械能增加，故A错误，B正确；C项：根据动能定理，有：，解得：，故C正确；D项：物体上升，重力对物体做功-mgh，故D错误。4.如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图象，从t1时刻起汽车的功率保持不变全程汽车受到的阻力不变，由图象可知（ ）A. 时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率增大B. 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变C. 时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小D. 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变【答案】
4、C【解析】【详解】时间内汽车做匀加速直线运动，因此加速度不变，合力不变，汽车在水平方向只受阻力与牵引力作用，已知阻力恒定，因此牵引力不变，速度均匀增大，根据 可知发动机功率均匀增大，故AB错；时间内汽车功率不变，速度在增大，因此牵引力在减小，汽车合力在减小，加速度在减小，故C正确；D错误；故选C5.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。下列说法正确的是A. a、b、c三点电势相等B. 电子在a、c两处受到的电场力相同C. 电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D. 电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程
5、中电势能先增加后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.6.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开
6、关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是( )A. 开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B. 开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C. 断开开关S后，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大D. 断开开关S后，紧贴下极板插入一玻璃板，板间场强不变【答案】C【解析】【详解】保持开关闭合,静电计两端的电势差等于电源的电动势,故静电计两端的电势差不变,则指针张角不变,故AB错误;断开开关S后,带电量Q不变,将M、N间距增大，电容器的电容C减小,根据可以知道,电势差U增大,指针张角增大,故C正确；断开开关S后，紧贴下极板插入一玻璃板，则电容器间的介
7、电常数增大，所以电容器的电容C增大，根据可知电势差U减小，指针张角减小，故D错误；故选C7.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，、为滑动变阻器，为定值电阻，C为电容器开始时开关、闭合下列操作能使电容器所带电荷量增加的是( )A. 断开开关B. 断开开关C. 向左移动滑动变阻器的滑片D. 向左移动滑动变阻器的滑片【答案】B【解析】【详解】A.断开开关S1，回路电流为零，电容器通过R1、R2、S1回路放电，电荷量减小，A错误。B.根据电路结构可知，回路电流，电容两端电压：，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流为零，电容器两端电压为电动势，电压变大，根据可知，带电量变大，B正确。
8、C.滑动变阻器R1与电容串联，稳定时，支路无电流，改变R1的滑片位置，不会改变电压和电流，电容带电量不变，C错误。D.向左移动滑动变阻器R3的滑片，接入电路电阻变大，回路电流变小，电容两端电压变小，根据可知，带电量变小，D错误。8.如图所示,把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中,导体处于静电平衡时,下列说法正确的是( )A. 当开关S断开时,导体左端带正电，右端带负电B. 当开关S闭合时,导体左端带负电，右端带正电C. 当开关S断开时,A、B两点场强相等,且都为零D. 当开关S闭合时,A点电势高于B点电势【答案】C【解析】【详解】当开关S断开时, 枕形导体在点电荷附近,出现静电
9、感应现象,导致电荷重新分布.因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场,枕形导体左端带负电,右端带正电,正好与点电荷的电场叠加,内部电场强度处处为零,故A错误；C正确；当开关S闭合时枕形导体在点电荷附近,出现静电感应现象,使得枕形导体左端带负电,无穷远处带正电，内部合场强依然为零，且枕形导体是一等势体，即AB两点的电势相等，故BD错误，故选C二多选题： 9.如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为370，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度的放上一质量为lkg的小物块（可视为质点），物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，则小物块从A到B的
10、过程中(g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)A. 运动的时间为2sB. 小物块对皮带做的总功为0C. 小物块与传送带相对位移为1.5mD. 小物块与皮带之间因摩擦而产生的内能为3J【答案】BD【解析】开始阶段，由牛顿第二定律得：，解得：，物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为：，通过的位移为：，由于，可知物体与传送带不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据，解得，故运动的总时间为，故A错误；小物块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为：，而，故，故B正确；前0.5s内传送带的速度大于小物块的速度，小物块相对于传
11、送带先后运动，相对位移：，后0.5s内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向前运动，相对位移：，物块相对于传送带的位移：，故C错误；小物块相对于传送带的路程：，因小物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为：，故D正确；故选BD.【点睛】小物块放上A，开始所受的摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，以及运动到与传送带速度相同所需的时间和位移，由于重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，两者不能保持相对静止，速度相等后，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的时间，从而得出小物块从A到达B的时间前半段时间内传送带的速度大于小物块的速度，小
12、物块相对于传送带先后运动，后半段时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向前运动，相对位移为二者之差，相对路程为二者之和10.如图所示,两块平行金属板M、N竖直放置,电压恒为U。一电子(不计重力)从N板静止释放,它运动到M板时速率为v。现将M板水平向右移动一段距离,再将电子从N板静止释放,下列判断不正确的是()A. 电子运动过程的加速度变大B. 金属板M、N的带电量不变C. 电子运动到M板所用的时间变短D. 电子运动到M板时速率变小【答案】BD【解析】【详解】将M板水平向右移动一小段距离时,板间距离d减小, 而板间电压U不变，根据可知,板间场强E增大,电子所受电场力增大,加速度增
13、大，故A正确；.将M板水平向右移动一小段距离时,板间距离d减小,由电容的决定式 可以知道,电容C增大,而板间电压U不变,由电容的定义式得知,金属板M、N的带电量增大，故B错误；由位移公式,得到由于加速度增大，所以时间t减小，故C正确；根据动能定理得,则有 ,q、m、U均不变,则电子运动到M板时速率v不变.故D错误.本题选错误的,故选BD11.如图，一带负电的点电荷固定于O点，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是（ ）A. M带负电，N带正电B. M在b点动能小于在a点的动能C. N在d点的动能等于它在e点的动能D. N
14、从c点运动到d点的过程中电场力做负功【答案】BC【解析】【详解】点电荷带负电，根据粒子受到的库仑力指向轨迹的内侧，则由图可知，M带正电，N带负电，故A错误；M从a运动到b点的过程中，库仑力做负功，所以动能减小，故M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；de在同一条等势线上，所以N从d运动e电场力做功为零，所以N在d点的动能等于它在e点的动能，故C正确；根据力与运动方向之间的关系可知N从c点运动到d点的过程中电场力做正功，故D错误；故选BC12.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，为定值电阻，为滑动变阻器R的最大阻值，且有，开关闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表 的示数分别为，其变化量的
15、绝对值分别为则下列说法正确的是A. 开关断开后，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、 电压表示数变小B. 保持R的滑动触片不动，若闭合开关，则电流表A示数变大、电压表示数变小C. 断开开关，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小D. 断开开关，将R的滑动触片向右移动，则有【答案】AD【解析】【详解】A：断开开关，将R的滑动触片向右移动，R接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A示数变小；干路电流减小，两端电压减小，电压表V2示数变小故A项正确B：保持R的滑动触片不动，闭合开关，被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表A示数增大；
16、 被短路，两端电压变为0，电压表V2示数变小故B项正确C：断开开关，将与电源看作整体，等效电源的内阻等于；当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时，滑动变阻器消耗的电功率最大；将R的滑动触片向右移动，R接入电路的电阻增大，滑动变阻器的最大阻值，所以滑动变阻器消耗的电功率在增大故C项错误D：断开开关，对有：，所以；据闭合电路欧姆定律有：，所以故D项正确三实验题： 13.用如图实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落, 上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标
17、出),计数点间的距离如图所示。已知、,则(,所有结果均保留三位有效数字)（1）在纸带上打下计数点5时速度_;（2）在打下计数点0-5的过程中系统动能的增量_,系统势能的减少量_,（3）由此得出的结论是_（4）在本实验中,若某同学作出了v2/2-h的图像如图,则当地的重力加速度的测量值_。【答案】 (1). （1）2.40； (2). （2）0.576； (3). 0.588； (4). （3） 在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). （4）9.70【解析】【详解】（1）纸带上打下计数点5时的速度（2）动能增量 系统势能的减小量（3）根据以上数据可知在误差允许的范围内,m1
18、、m2组成的系统机械能守恒（4）根据机械能守恒可知，所以 图像斜率两倍表示重力加速度，由图可知斜率为4.85，所以重力加速度14.实验小组要测定一个电源的电动势E和内阻r，已知电源的电动势约为5.0V、内阻约为几欧姆，可用的实验器材有：待测电源；电压表V1(量程06V)；电压表V2(量程03V)；定值电阻R1(阻值5.0)；滑动变阻器R2(阻值015.0)；开关S一个，导线若干（1）实验小组的某同学利用以上器材，设计了如图甲所示的电路，M、N是电压表，则电压表M应是_(选填“V1”或“V2”)，P、Q分别是定值电阻R1或滑动变阻器R2，则P应是_(选填“R1”或“R2”)（2）按照电路将器材连
19、接好，先将滑动变阻器调节到最大值，闭合开关S，然后调节滑动变阻器的阻值，依次记录M、N的示数UM、UN.根据UM、UN数据作出UM-UN的关系图象,如图乙所示，由图象得到电源的电动势E_V，内阻r_.(均保留两位有效数字)【答案】 (1). V1 (2). R2 (3). 4.50.1 (4). 2.00.1【解析】【详解】（1）M的读数是P、Q之和，且N也是电压表，所以M的量程应比N大，M选V1；N和Q并联的目的实际是确定电流，所以P选R2（2）根据闭合电路欧姆定律可知，所以，结合图像数据可求出：，E=4.5V，r=2.0.四计算题：15.如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质
20、点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度， 求：（1）小球带正电还是负电？（2）小球所受电场力的大小（3）小球的质量（4）将电场撤去，小球回到最低点时速度的大小【答案】（1）正电（2）3.010-3N（3）4.010-4 kg（4）2.0m/s【解析】【详解】解：(1)由于小球所受电场力水平向右，电场强度水平向右，所以小球带正电；(2)根据电场力的计算公式可得电场力：(3)小球受力情况如图所示，根据几何关系可得：解得：(4)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则有：解得：16.如图所示,已知平行板电容器两极板间距离 d=4
21、mm,充电后两极板电势差为120V.A板带正电,若它的电容为3F,且P到A板距离为1mm.求:（1）电容器储存的电荷量;（2）两板间的电场强度（3）电子在P点具有的电势能;（4）电子从B板出发到A板获得的动能;【答案】（1） （2） （3） （4）【解析】【详解】(1)由 得 ,(2)根据 (3)P与下板间的电势差为 下板的电势差为零,电场线向下,P点的电势高于零,所以P点的电势 则电子在P点具有的电势能为 (4)电子从B板出发到A板,电场力对电子做正功eU,根据动能定理得 ，计算得出17.下图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合
22、开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I5.0A和U110V，重物P上升的速度v0.70m/s重物的质量m45 kg（g取）求：（1）电动机消耗的电功率多大? （2）绳对重物做功的机械功率多大?（3）电动机线圈的电阻R多大?【答案】（1）550W；（2）315W；（3）9.4【解析】【详解】（1）电动机消耗得电功率为；（2）重物匀速上升，拉力T=mg，绳对重物做功的机械功率为：（3）电动机线圈的电阻R的发热功率为=235W 由得 电动机线圈电阻：。18.如图所示电路,A、B两点间接上一电动势为4V、内电阻为1的直流电源,3个电阻的阻值均为4,电容器的电容为20F,开始开
23、关闭合，电流表内阻不计,求:（1）电流表的读数;（2）电容器所带电荷量;（3）开关断开后,通过R2的电荷量.【答案】（1）0.8A（2）6.410-5C；（3）3.210-5C【解析】试题分析：（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路根据欧姆定律得，电流表的读数（2）电容器所带的电量Q=CU3=CIR3=2010-60. 84C=6.410-5C；（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q=1/2Q=3.210-5C考点：闭合电路的欧姆定律；电容器【名师点睛】此题是对闭合电路的欧姆定律以及电容器的带电量的计算问题；解题的关键是搞清电路的结构，知道电流表把两个电阻短路；电源断开时要能搞清楚电容器放电电流的流动路线，此题是中等题，考查物理规律的灵活运用.