甘肃省天水一中2020学年高二物理上学期第一学段考试试题 理（普通班）

甘肃省天水一中2020学年高二物理上学期第一学段考试试题 理（普通班）

甘肃省天水一中2020学年高二物理上学期第一学段考试试题 理（普通班） ‎ 满分：100分 时间：90分钟 一、单选题（每道题4分，共32分）‎ ‎1．如图，用起电机使金属鸟笼带电，站在内置金属架上的鸟安然无恙，且不带电，其原因是 (　　)‎ A．鸟的脚爪与金属架绝缘 B．鸟与笼电势不同，有电势差 C．起电机使笼带电，笼的电势不会很高 D．鸟笼内部场强为零，电荷分布在笼的外表面 ‎2．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度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则(　　)‎ A．电子在A、B两点受的电场力 B．A、B两点的电场强度 C．场强方向为由A到B D．电场线的方向一定是从A到B ‎3．下列哪些做法不是属于防止静电危害的措施　　‎ A．印染厂保持适当的湿度 B．油罐车运油时要装上一条拖地的金属链 C．在地毯中夹杂的不锈钢丝导电纤维 D．小汽车的顶部露出一根小金属杆 ‎4．为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变,下列判断正确的是(    )‎ A．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大 B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越高 C．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大 D．金属圆筒内存在匀强电场 ‎5．如图所示，水平放置表面粗糙的大金属板正上方有一固定的正点电荷Q，现让一表面绝缘带正电的小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速v0滑上金属板的上表面向右运动到右端，在运动过程中 A．小球的加速度先增大，后减小 B．小球作匀速运动 C．小球的电势能先减小，后增加 D．小球先减速运动，后加速运动 ‎6．如图1为示波管的原理图。若在XX′上加上如图2所示的扫描电压，在YY′上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是 （ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知铜的密度为ρ，摩尔质量为M，电子的电量绝对值为e，阿伏加德罗常数为NA，有一条横截面为S的铜导线中通过的电流为I，设每个铜原子贡献一个自由电子，下列说法错误的是(　　）‎ A.单位体积的导电的电子数为 B.单位质量的导电的电子数为 C.该导线中自由电子定向移动的平均速率为 D.该导线中自由电子定向移动的平均速率为 ‎8．如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、V，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该匀强电场的场强E＝V/m B．该匀强电场的场强E＝80 V/m C．d点的电势为V D．d点的电势为－4 V 二、多选题（每道题4分，共16分）‎ ‎9．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（　　）‎ A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回 B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 ‎10．电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则　　‎ A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小 B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流 C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩 D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流 ‎11．如图(a),真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图(b)所示最大值为U0的周期性变化的电压.在两板左侧中点处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期 ，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。（ ）‎ A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0‎ B．在t=0.125T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.25d C．在t=0.25T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.125d D．在t=0.5T时刻进入的粒子刚好从金属板P右侧边缘离开电场 ‎12．某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后各自的电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法正确的是(　　)‎ A．图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线 B．图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线 C．图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的电阻 D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等 三、实验题（每空题2分，共18分）‎ ‎13．如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是______表，要使它的量程加大，应使R1 ______（填“增大”或“减小”）；乙图是_______表，要使它的量程加大，应使R2 ______（填“增大”或“减小”）。‎ ‎14．为描绘一只规格为“2.8V,1.6W"的小灯泡的伏安特性曲线,某同学准备了以下器材:‎ A．干电池组E(电动势3V) B．滑动变阻器R(最大电阻5Ω)‎ C．电流表A1(量程0.6A,内阻约0.5Ω) D．电流表A2(量程3A,内阻约0.1Ω)‎ E．电压表V1(量程3V,内阻约3kΩ) F．电压表V2(量程15V,内阻约15kΩ)‎ G．开关一个,导线若干。‎ ‎(1)实验应选用的电流表是____,电压表是_____。(填器材字母序号)‎ ‎(2)测量电路应釆用电流表___(填“内接”或“外接”)法,控制电路应采用滑动变阻器____(填“限流式”或“分压式”)连接。‎ ‎(3)如图,作出的I一U图像中___(填“a”、“b”或“c”)线比较符合小灯泡的伏安特性曲线。‎ 四、解答题 ‎15．（9分）在图所示电路中，电源电压恒定，当只将开关K1闭合时，整个电路消耗的电功率为6W；当将K1、K2闭合时，整个电路消耗的电功率 为9W。求只将K3闭合时，整个电路消耗的电功率。‎ ‎16．（10分）在氢原子模型中，若电子绕核做圆周运动可等效为一个环形电流。设氢原子中电子在半径为r的圆轨道上运动，其质量、电量分别用m和e来表示，静电力常量为k，则电子圆周运动的周期及等效电流I等于多少？‎ ‎17．（15分）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。‎ ‎(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；‎ ‎(2)若小球在a点获得一水平初速度，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小.‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】金属鸟笼带电后属带电体。带电体在静电平衡状态时，属等势体；此时电荷只分布在外表面，金属内和空腔内都无电场。因此鸟两爪电势相等。故D正确，ABC错误；故选D。‎ ‎2．A ‎【解析】负电荷受到的电场力和电场方向相反，因为电子加速运动，受力向右，所以电场强度方向由B向A，CD错误；从v-t图像中可得粒子的加速度越来越大，故电场力越来越大，所以，正确，A点的电势低于B点的电势。加速度变大，则电场力变大，场强变大，即A、B两点的电场强度。B错误 所以答案选A。‎ ‎3．D ‎【解析】A、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害。属于防止静电危害。故A不符合题意；‎ B、油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时将静电导走，这是防止静电危害。属于防止静电危害。故B不符合题意；‎ C、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害。属于防止静电危害。故C不符合题意；‎ D、小汽车的顶部露出的一根小金属杆是天线，接受无线电信号用，不属于防止静电危害。故D符合题意。‎ 本题选不属于防止静电危害的，故选：D。‎ ‎4．B ‎【解析】尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故C 错误，根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故D错误；故选B。‎ ‎5．A ‎【解析】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，电场力不做功，电势能不变，根据电场线分布可知小球在点电荷Q的正下方时受到的电场力最大，即与金属板间的正压力最大，根据可知摩擦力先增大后减小，所以小球的加速度先增大后减小，A正确．‎ ‎【点睛】金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直 ‎6．A ‎【解析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象；图2中XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象。显示的图象与YY′所载入的图象形状是一样的，A正确．‎ ‎7．D ‎【解析】A.单位体积内的电子数目为，故A正确；‎ B.单位质量的导电的电子数为N′=NA，故B正确；‎ CD.设自由电子定向移动的速率为v，根据电流I=NeSv知，故C正确，D错误。‎ 本题选择错误的，故选D。‎ ‎8．D ‎【解析】A、B项：由题意得，a、c间的电势差为，a、c 两点沿电场强度方向的距离为，故该匀强电场的场强，故A、B错误；‎ C、D项：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed，相等距离，电势差相等，因为 ，，可知，O点电势为0，而dO=Ob，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知，d点的电势为-4V，故C错误，D正确。‎ 故应选D。‎ ‎9．ACD ‎【解析】由题设条件，由动能定理得：mg•2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故A正确。将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故B错误。把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。故C正确。把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。故D正确。本题选择错误的，故选B。‎ ‎10．CD ‎【解析】根据电容器的电容公式，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C正确；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选CD．‎ 点睛：此题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据．‎ ‎11．ABD ‎【解析】A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先向下做加速运动，后向下做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；‎ B、在时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，出离电场时在竖直方向的位移为，故B正确；‎ C、在时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，出离电场时在竖直方向的位移为零，故C错误；‎ D、在t=0.5T时刻进入的粒子，粒子在竖直方向先向上做加速运动，后向上做减速运动，在竖直方向的位移为，刚好从金属板P右侧边缘离开电场，故D正确；‎ ‎12．AD ‎【解析】由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，热敏电阻的电阻随温度的升高而减小，所以图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，选项A正确，B错误．图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的电阻，选项C错误．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等，选项D正确；故选AD．‎ ‎13．安培 减小 伏特 增大 ‎【解析】甲图通过并联电阻分走部分电流，所以甲为电流表，且R1越小分的电流越多，所以应该是减小；乙图通过并联电阻分得电压，且电阻越大分的电压越多，所以R2应该增大 ‎14．C(或A1) E(或V1) 外接 分压式 a ‎【解析】(1)由于小灯泡的额定电压为2.8V，所以电压表应选：E，小灯泡的额定电流为：，所以电流表应选：C；‎ ‎(2)由于小灯泡的电阻较小，所以电流表用外接法，描绘小灯泡的伏安特性曲线时小灯泡电压从0开始变化，所以滑动变阻器用分压式；‎ ‎(3)由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，I-U图象的斜率的倒数，所以I一U图像中a线比较符合小灯泡的伏安特性曲线。‎ ‎15．2W ‎【解析】只将K1闭合， ①‎ 只将K1、K2闭合， ②‎ 又③‎ 由①②③代入数据解得， ④‎ 只将K3闭合， .⑤‎ 由①④⑤代入数据解得 ‎16．‎ ‎【详解】电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力为：‎ 所以电子运动周期为为：　‎ 根据电流的定义式　‎ 可解得 ‎17．（1），方向竖直向上； （2）‎ ‎【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mg＝qE 解得 ，方向竖直向上 在匀强电场中，有 则a、O两点电势差 ‎ ‎(2) 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 联立②⑤⑥式，代入 解得 ‎