福建省晋江市南侨中学2019-2020学年高二上学期第一阶段考试物理试题

福建省晋江市南侨中学2019-2020学年高二上学期第一阶段考试物理试题

‎2019年秋季南侨中学高二年级第一阶段考试理科 物理试题 一：单项选择题（每题3分，共10小题，共30分）‎ ‎1. 小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（ ）‎ A. 6.2×10﹣19C B. 6.4×10﹣19C C. 6.6×10﹣19C D. 6.8×10﹣19C ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答 解：电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量e=1.6×10﹣19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本知识的应用情况，平时要注意提高应用所学知识解决实际问题的能力．‎ ‎2.摩擦起电是（ ）‎ A. 转移正电荷的过程 B. 使电子从一个物体转移到另一个物体的过程 C. 电子和质子同时转移的过程 D. 通过摩擦创造了电荷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当两种束缚电子的能力不同的物质相互摩擦时，束缚电子能力强的得到电子，故摩擦起电的实质是电子的转移，而不是创造了电荷，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，正电荷及质子不能转移，故B正确， ACD错误。‎ ‎3. 真空中两个完全相同的金属小球，分别带+3Q和-Q的电量，当它们相距r时，它们间的库仑力大小是F．若把它们接触后分开，再放回原位置，则它们间的库仑力大小为 A. F/3 B. F C. 3F D. 9F ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据库仑定律公式得：．接触再分离后所带电量各为Q，．故A正确，BCD错误．故选A。‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的公式，知道两球接触带电的原则是先中和再平分。‎ ‎4.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由E＝可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比 B. 场强处处为零的区域内，电势也一定处处为零 C. 电势降落的方向就是场强的方向 D. 场强的方向总是跟等势面垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关。不能说：场强E与q成反比，与F成正比，故A错误；‎ B．电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故B错误；‎ C．电势降低最快的方向一定是场强的方向，电势降低的方向不一定是场强的方向，故C错误；‎ D．根据电场线与等势面的关系可知，场强的方向与等势面总是垂直，故D正确。‎ ‎5.如图所示，+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷，Q1=4Q2．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（ ）‎ A. Q3应为正电荷，放在Q2的右边 B. Q3应为负电荷，放在Q1的左边 C. Q3应为正电荷，放在Q1的左边 D. Q3应为负电荷，放在Q2的右边 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：，由于Q1=4Q2，所以2r23=r13，则Q3位于Q2的右方。根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带正电.故选A。‎ ‎【点睛】我们可以去尝试假设Q3放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态。不行再继续判断，注意使用“两同夹异”结论。‎ ‎6.某点电荷的电场中等势面分布如图所示，图中弧线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40 V和10 V，则a、b连线的中点c处的电势应（ ）‎ A. 等于25 V B. 大于25 V C. 小于25 V D. 可能等于25 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为电场线与等势面垂直，根据等势面的形状可知，电场线从左向右且由密变疏，即从a到c，电场强度逐渐减弱，而且电场线方向从a→b．ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于c、b间电势差Ucb，即 解得：‎ A．等于25V与分析不符，故A错误；‎ B．大于25V与分析不符，故B错误；‎ C．小于25V与分析相符，故C正确；‎ D．可能等于25V与分析不符，故D错误 ‎7. 一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的阻值为（ ）‎ A. 3R B. R C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式，其电阻不变，电阻仍为R；故选A．‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】本题关键根据电阻定律判断，记住公式即可，基础题。‎ ‎8.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为；由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为 ‎，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，B正确．‎ ‎9.如图所示,Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷,MN是两电荷的连线,HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足,下列说法正确的是 A. 若两电荷是异种电荷,则OM中点与ON的中点电势一定相等 B. 若两电荷是异种电荷,则O点的电场强度大小,与MN上各点相比是最小的,而与HG上各点相比是最大的 C. 若两电荷是同种电荷,则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同 D. 若两电荷是同种电荷,则O点的电场强度大小,与MN上各点相比是最小的,与HG上各点相比是最大的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：若两电荷是异种电荷，例如Q1为正，Q2为负，故电场线由M指向N，则OM的中点比ON的中点电势高，选项A 错误；若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比O点的电场线最稀疏，故场强是最小的，而与HG上各点相比，O点的电场线是最密的，故场强是最大的，选项B正确；若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，但是方向相反，即电场强度不同，选项C 错误；若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小为零，故与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，选项D 错误。‎ 考点：等量异种电荷电场及等量同种电荷电场。‎ ‎10.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. q1、q2为等量异种电荷 B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C. N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；‎ B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B正确；‎ C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；‎ D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；‎ ‎【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷。由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小。沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化。‎ 二：多项选择题（每题4分，共6题，共24分；错选、不选不得分，漏选得2分）‎ ‎11.以下说法正确的是 A. 导体中的电流是正电荷的定向移动形成的 B. 电荷定向移动的速率等于电流的传导速率 C. 导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越大 D. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电荷的定向移动形成电流，在金属导体中形成电流时，定向移动的是电子。在电解液中形成电流时，正离子和负离子都在定向移动，故A 错误；电流的传递速率等于光速，电荷定向移动的速度很小，远远小于电流传导的速度，故B错误；由电流的微观表达式可知，I=nqvS可知，导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越小，故C错误；根据电流的定义 可知，单位时间内通过导体横截面的电荷数越多电流越大，故D正确。‎ ‎【名师点睛】本题要注意无论是正电荷还是负电荷，只要定向移动都会形成电流，不要将电流的形成速度与电流的方向的规定混淆；同时注意电流的微观表达式的应用。‎ ‎12.在电场中某点放入正点电荷q，它受到的电场力F方向向右，当放入负点电荷q时，它受到的电场力F方向向左。下列说法正确的是(　　)‎ A. 该点放入正电荷时，电场强度方向向右；放入负电荷时，电场强度方向向左 B. 该点电场强度大小为E＝‎ C. 该点放入2q的正点电荷时，电场强度变为原来的2倍 D. 该点电场强度的方向向右 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，正电荷所受的电场力方向向右，则电场强度方向向右，故A错误、D正确；‎ B．根据电场强度定义式可得该点电场强度为，故B正确；‎ C．电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，该点放人2q的正点电荷时，电场强度不变，该点不放电荷，电场强度仍然不变，故C错误。‎ ‎13.如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则(　　)‎ A. 当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B. 当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小 D. 小球在运动过程中机械能不守恒 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒。‎ ‎【详解】小球在电场中受到重力和向上的电场力。当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变。当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小，故AB错误；当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点A，小球的电势能最小，故C正确；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎【点睛】本题中题设条件不明，要考虑各种可能的情况进行讨论，分三种情况分析小球的受力情况和运动情况。‎ ‎14.如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电油滴恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则 A. 电容器带电荷量不变 B. 油滴仍静止 C. 检流计中有a→b的电流 D. 检流计中有b→a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。故A错误。‎ B.由于板间电压和距离不变，由分析可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态故B正确。‎ C.D电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流。故C正确，D错误。‎ ‎15.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 等势面A的电势为-30V B. 匀强电场的场强大小为200V/m C. 电子再次飞经D等势面时，动能为10eV D. 电子的运动为类平抛运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子从B到D过程，根据动能定理得 解得：‎ 飞经等势面C时，电势能为-10eV，所以D点电势为零，由于是等差的等势面，则知，A等势面的电势为-30V．故A正确；‎ B．电子从B到D过程，根据动能定理得 解得：‎ 对于BD段：电场强度为 故B正确；‎ C．根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；‎ D．根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动，故D错误。‎ ‎16.如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：以向左为正，、k均为大于零的常数，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的是　　‎ A. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B. 物体与墙壁脱离的时刻为 C. 物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线 D. 物体克服摩擦力所做的功为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹。根据动能定理，抓住F在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小。‎ ‎【详解】竖直方向上，由牛顿第二定律有：，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误。当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故C错误。物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：，物体克服摩擦力所做的功故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件。‎ 三：填空题（每空2分，共6分）‎ ‎17.把一个带电棒移近一个带正电的验电器，金箔先闭合又张开，说明棒上带的是_______（正、负） 电荷。‎ ‎【答案】负 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]电荷通过验电器的金属球传给金属杆传给两片金属箔，两片金属箔带同种电荷，同种电荷相互排斥而张开，因验电器的金属球带正电，验电器的金属箔先闭合，说明了金箔得到电子，将正电荷中和；而验电器的小球一端失去电子，带的正电荷的电量增加，说明物体带的是负电；验电器的金箔后又张开是因为验电器小球的一端将更多的负电荷的传导给了金箔一端，验电器的金属箔因带同种电荷而张开。‎ ‎18.平行板电容器两板距离为4cm，带电5.4×10-8C，板间电场强度为4.5×104N/C，则其电容为___F.‎ ‎【答案】3×10 --11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]板间电压为 U=Ed=45×104×0.04V=1.8×103V 则电容为 ‎19.导体中的电流是5μA，那么在3.2s内有_________C的电荷定向移动通过导体的横截面。‎ ‎【答案】1.6×10 --5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据电流的定义式得，3.2s内通过导体横截面的电荷量 q=It=5×10-6×3.2C=1.6×10-5C 四：解答题（共4题，20题8分，21题8分，22题12分，23题12分，共40分）‎ ‎20. 如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中．‎ ‎（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？‎ ‎（2）A、B两球之间的距离为多少？‎ ‎【答案】（1），水平向右；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：1）取B球为研究对象，受到重力mg、电场力qE和绳中拉力T的作用．‎ 根据平衡条件可知qE=mgtanθ 解得,方向水平向右．‎ ‎（2）根据库仑定律可知：‎ 将（1）式中 带入可得．‎ 考点：物体平衡；库仑定律 ‎【名师点睛】此题是关于电荷的平衡问题；关键是分析电荷的受力情况，根据库仑定律及场强公式列出平衡方程解答，比较简单。‎ ‎21.‎ ‎ 如图所示，电路中的电阻R=10Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V．已知电流表读数为30A，则通过电动机线圈的电流为多少？电动机输出功率为多少？‎ ‎【答案】通过电动机线圈的电流为20A；电动机输出功率为1600W．‎ ‎【解析】‎ 解：电阻R=10Ω，电压U=100V，故电流：‎ IR=‎ 通过电动机的电流：‎ IM=I﹣IR=30A﹣10A=20A ‎②电动机的输入功率 P入=UI=100×20W=2000W 发热功率P热=I2RM=202×1W=400W 则电动机输出的功率 P出=P入﹣P热=2000W﹣400W=1600W；‎ 答：通过电动机线圈的电流为20A；电动机输出功率为1600W．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流．‎ ‎（2）电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．‎ ‎22.一束电子流经过U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，求：‎ ‎(1)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压Um？‎ ‎(2)当在两个极板上加的电压为最大值一半时，求电子离开极板时偏转角的正切值？‎ ‎【答案】(1)400V (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)加速过程中，由动能定理得 eU＝mv02‎ 进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动 l＝v0t 在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度 ‎ 偏转距离 y＝at2‎ 能飞出的条件 y≤‎ 解得 U′≤400V 即要使电子能飞出，两极板间所加电压最大为400V ‎(2)U2=200V加速度 ‎＝‎ 联立解得：‎ ‎23.如图甲在水平地面上放置一个质量为m＝0.1kg，带电荷量为q＝0.01C的物体。物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，地面上存在水平向右的电场，物体由静止开始向右运动，电场强度E随物体的位置x变化的图像如图乙所示。已知g＝10m/s2，求：‎ ‎(1)运动过程中物体的最大加速度；‎ ‎(2)物体的速度达到最大时距出发点的距离和最大的速度大小。‎ ‎(3)该直线上只在0到4m处有电场，其他地方没有电场，求物体运动的总位移。‎ ‎【答案】(1)6m/s2 (2)3.7m/s (3)5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由E-x图像可得 ‎ E=E0-25x x在0到4区间，正方向向右 在运动中进行受力分析由牛顿第二定律 ‎ Eq-mg=ma 解得 a=6-2.5x 所以当x=0时 加速度最大 ‎ am=6m/s2‎ ‎(2)当a=0时物体的速度最大，由a=6-2.5x可得 x1=2.4m处最大 由于电场力与位移成线性关系 可用平均力求功后F - x面积法求解，由动能定量得 ‎ 解得：‎ ‎(3)从0m处到4m处由于 x2=4m 所以物体停在4m外，设运动的位移为s 由动能定理得 解得 s=5m ‎ ‎