重庆市江津中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段性考试物理试题 18页

江津中学高2021级高二上期第一次阶段性考试物理试题 一、选择题 ‎1.下列是某同学对一些概念和公式的理解，其中正确的是 A. 电荷在电场中某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功 B. 根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 D. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由功能关系知，‎ Ep1-Ep2=W电 若Ep2=0，则 Ep1=W电 即电势能等于把它从这点移动到零势能位置时静电力所做的功，故A正确；‎ B．电容定义式，采用比值法定义，C由电容器本身特性决定，与Q、U无关，故B错误；‎ C．电场强度的定义式，采用比值法定义，电场强度为电场本身的性质，与试探电荷所受的电场力无关；故C错误；‎ D．电源电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领就越大，不能说电源所能提供的电能就越多，故D错误。‎ ‎2.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（　　）‎ A. B. r C. D. 2r ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为，联立解得，故C正确，ABD错误。‎ ‎3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，图中实线为电场线，不计粒子所受重力，则 A. 粒子带正电 B. 粒子加速度逐渐减小 C. A点的场强小于B点场强 D. 粒子的速度一定在不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电，故A错误；‎ B．从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力也变小，则加速度也减小，故B正确；‎ C．从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，所以A点的场强大于B点场强，故C错误；‎ D．由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于，所以阻碍粒子运动，因此速度不断减小，故D错误。‎ ‎4.有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V'100W”字样，L3和L4都标有“220 V'40 W”字样，把电路接通后，四个灯都能发光。最暗的是 A. L3 B. L2 C. L1 D. L4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得和的电阻小于和的电阻，因为通过和的电流之和等于的电流，所以通过的电流大于的电流，通过的电流小于的电流，根据公式可得，，因为和并联，所以电压相等，根据公式可得，所以，．所以最暗，故A正确；‎ 考点：考查了电功率计算 ‎【名师点睛】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡电阻大小．根据公式比较和、和功率的大小．根据公式，比较和功率大小．再确定哪个灯泡功率最小 ‎5.在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中P点所激发的场强E′的方向在图中正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷-Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷-Q的电场线重合，且方向相反。负点电荷的电场线指向点电荷，所以附加电场的电场线背离负点电荷 A．A图与分析相符，故A正确；‎ B．B图与分析不符，故B错误；‎ C．C图与分析不符，故C错误；‎ D．D图与分析不符，故D错误。‎ ‎6.如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α。则AB两点的电势差为 ‎ A. 零 B. EL C. ELcosα D. ELsinα ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U=Ed求出电势差 ‎【详解】两点的电势差UAB=Ed=ELcosα，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎7.如图所示电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V 6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法不正确的是 A. 电动机的输入电压是5 V B. 通过电动机的电流是2 A C. 电动机的效率是60%‎ D. 整个电路消耗的电功率是10 W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压 UM=U-UL=8V-3V=5V 故A正确；‎ B．由灯泡与电动机串联，所以电流相等，且灯泡正常发光，则电路电流 故B正确；‎ CD．整个电路消耗的功率 P总=UI=8V×2A=16W 电动机的热功率 则电动机的效率 故CD错误。‎ ‎8.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则不正确的是( ) ‎ A. M带正电荷，N带负电荷 B. N在a点的速度大小大于M在c点的速度大小 C. N在从O点运动至a点的过程中电势能减少 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题，这些平行直线是一些等势线，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，所以M粒子带正电，N带负电，故A正确；‎ B．由于相邻等势线间的电势差相等，由W=qU可知，M粒子从O到a与N粒子从O到c，电场力做功相等，两个粒子初动能相等，由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B错误；‎ C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故C正确；‎ D．由于O点与b点在同一等势线上，即两点电势相等，所以两点电势差为零，由W=qU可知，电场力做功为零，故D正确。‎ ‎9.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为，平行板电容器的电容为实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是　　‎ A. 保持d不变，减小S，则C变小，变大 B. 保持d不变，减小S，则C变大，变大 C. 保持S不变，增大d，则C变小，变大 D. 保持S不变，增大d，则C变大，变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电容的决定式C=‎ 得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大。故A正确，B错误。根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=Q/U．‎ ‎10.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（ ） ‎ ‎ ‎ A. 电场力FA＜FB B. 电场强度EA=EB C. 电势＜ D. 电势能EpA＜EpB ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在v-t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；电子静止开始沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势，故C正确；由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎11.如图所示，用长L=0．50 m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1．0g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5．0cm，两板间电压U=1．0×103V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a=1．0cm．取g="10" m/s2．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 两板间电场强度的大小为2．0×104V/m B. 小球带的电荷量为1．0×10－8C C. 若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速曲线运动 D. 若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得，A项错误；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE=mgtan θ，解得．因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ=，解得q=1.0×10-8 C，B项正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错误，D项正确．故选BD.‎ ‎12.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知 A. 微粒在电场中做匀变速曲线运动 B. 微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C. MN板间的电势差为 D. MN板间的电势差为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动，故A正确；‎ B．粒子水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速度直线运动，因AB=BC，即水平方向与竖直方向位移相等，则有 所以 故B正确；‎ CD．由动能定理，得 即 所以 由于且AB=BC，由公式可知，水平方向和竖直方向加速度大小相等，所以 mg=qE 综合解得：‎ 所以 故C错误，D正确。‎ 二、实验题 ‎13.有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G。‎ 若把它改装成量程为10V的电压表，应_______联一个_____Ω的分压电阻；‎ 若把它改装成量程为3A的电流表，应________联一个_____Ω的分流电阻。‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 1600 (3). 并联 (4). 0.668‎ ‎【解析】‎ 电流表改装电压表需串联一个电阻，‎ 由U=Ig(Rg+R)，带入数据得 ‎10V=5×10−3A(400Ω+R)，解得R=1600Ω；‎ 改装为电流表需并联一个电阻，‎ 由IgRg=(I−Ig)R′得R′=0.668Ω。‎ 点睛：电流表改装电压表需串联一个电阻，改装原理：U=Ig（Rg+R），U为改装后电压表量程，R为串联电阻；改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：IgRg=（I-Ig）R′，其中I为量程。‎ ‎14.一个小灯泡的额定电压为2.0 V，额定电流约为0.5 A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性图线．‎ A．电源E：电动势为3.0 V，内阻不计 B．电压表V1：量程为0～3 V，内阻约为1 kΩ；‎ C．电压表V2：量程为0～15 V，内阻约为4 kΩ；‎ D．电流表A1：量程为0～3 A，内阻约为0.1 Ω；‎ E．电流表A2：量程为0～0.6 A，内阻约为0.6 Ω；‎ F．滑动变阻器R1：最大阻值为15 Ω，额定电流为1.0 A；‎ G．滑动变阻器R2：最大阻值为150 Ω，额定电流为1.0 A；‎ H．开关S，导线若干．‎ 实验得到如下数据(I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压)：‎ I/A ‎0.00‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.34‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ ‎0.50‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎200‎ ‎(1)实验中电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________(请填写选项前对应的字母)．‎ ‎(2)先将设计好的实验电路图画在虚线框内，然后在实物连接图中把还需要连接的导线补上．‎ ‎（ ） （ ）闭合开关前，应使实物图中滑动变阻器的滑片放在最________(选填“左”或“右”)端．‎ ‎(3)在坐标图乙中画出小灯泡的U-I曲线．（ ）‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). F (4). (5). ‎ ‎ (6). 左 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；‎ ‎(2)[4][5]灯泡正常发光时电阻 所以 则电流表采用外接法，表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图 实物连线如图所示 ‎[6]为了保护用电器应使滑动变阻器最大阻值接入电路，所以闭合开关前，滑片应置于左端；‎ ‎(3)[7]根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U-I图象如图所示 三、计算题 ‎15.如图，光滑斜面倾角为，一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝1×10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)判断小物块带何种电荷；‎ ‎(2)该电场的电场强度大小．‎ ‎【答案】(1)正电荷(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对物体受力分析如图，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，‎ 由电场强度方向水平向右，所以小物块带正电；‎ ‎(2)由平衡可知，在x轴方向 在y轴方向 又电场力，得 解得：‎ 代入数据解得 ‎16.如图所示是一个示波管工作原理图，质量为的电子由静止经电压加速，加速后垂直进入电压为，间距为，板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场为的屏幕上的点．求：‎ ‎(1)电子进入偏转电场时的速度；‎ ‎(2)射出偏转电场时速度偏转角的正切值；‎ ‎(3)打在屏幕上点距点的距离．‎ ‎【答案】（）（）（）‎ ‎【解析】‎ ‎（）设电子经加速电场加速后以速度进入偏转电场，由动能定理有，‎ ‎（）进入偏转电场线方向有，，‎ 经时间飞出电场有，飞出时竖直速度 故速度偏转角的正切值；‎ ‎（）飞出电场时偏转量为由以上各式得，故电子离开偏转电场时的偏转量，在第二间中求得沿方向的速度为，‎ 设穿出后到达屏所经历的时间为，在此时间内电子在方向移动的距离为，有，，由以上各式得，．‎ 入电子到达屏上时，它离点的距离．‎ ‎17.如图所示，在E＝103 V/m竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处以一定初速度释放，若小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块在Q点的速度大小；‎ ‎(2)小滑块应以多大的初速度v0向左运动；‎ ‎(3)小滑块通过P点时对轨道的压力是多大．‎ ‎【答案】(1)(2)7m/s(3)0.6N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(3)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：‎ 又在P点时，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得 ‎，方向水平向右 ‎ ‎