广东省中山市一中2019-2020学年高二上学期第一次段考物理试题

广东省中山市一中2019-2020学年高二上学期第一次段考物理试题

山市第一中学2019-2020学年度第一学期 高二级 第一次段考 物理试题 一、 单项选择题(本题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错或不答得0分)。‎ ‎1.关于匀强电场的说法，正确的是（ ）‎ A. 电势降落的方向就是电场方向 B. 匀强电场中各点的场强和电势均相等 C. 匀强电场中任意两点间的电势差等于场强与这两点间距离的乘积 D. 匀强电场中，沿电场线方向，任何相等距离上的电势降落都相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．顺着电场线方向电势降低，但电势降落的方向不一定是电场方向，电势降落最快的方向才是电场方向。故A错误。‎ B．匀强电场中各点的场强均相等，而顺着电场线方向电势会降低，电势不一定相等。故B错误。‎ C．匀强电场中任意两点间电势差等于场强与这两点沿电场线方向距离的乘积。故C错误。‎ D．匀强电场中，电势差与电场强度的关系是U=Ed，则沿电场线方向，任何相等距离上的电势降落都相等。故D正确。‎ ‎2.关于电流的说法中正确的是（ ）‎ A. 根据I=，可知I与q成正比 B. 电流有方向，电流也有矢量 C. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向 D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电流的定义，是根据比值定义法定义的，即电流不跟q成正比，也不与时间t 成反比，故A错误；电流有方向，但是在计算的过程中使用代数的方法计算，不用平行四边形定则，所以电流强度这个物理量是标量，故B错误；正电荷的“定向”运动方向是电流方向，故C错误；电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确。‎ ‎【名师点睛】该题考查电流的基本概念。容易出错的是有些学生会错误认为根据电流与q成正比与时间t成反比。‎ ‎3.使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故ACD项错误，B项正确。‎ ‎4.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为4 V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 一正电荷运动到c点时受到电场力由c指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；‎ CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（　　）‎ A. 若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B. 若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流 C. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D. 若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误；若将A板左移，电容器板间电压不变，由E=U/d可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态。电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，放电，则G表中有b→a的电流，故B错误。将A板上移，由E=U/d可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动。电容C变小，电量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；将A板下移，由E=U/d可知，E变大，油滴所受的电场力变大，将向上加速运动。电容C变大，电量变大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题．含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定．‎ ‎6.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q，在静电力作用下运动，则（　　）‎ A. 若q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小一定先变大再减小 B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动 C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大 D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做类平抛运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、在射线OM上，O点电场强度为零，无穷远处的电场强度也为零，故射线OM上有一个电场强度的最大的点，故将q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小可能一直减小，也可能先增加后减小，故A错误； ‎ B、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故B正确； ‎ C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误； ‎ D、类平抛运动要求合力恒定，该电场不是匀强电场，粒子不可能做类似平抛运动，故D错误； ‎ 综上所述本题答案是：B ‎7.如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，从M点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止。则从M点运动到N点的过程中，下列说法中错误的是 A. 小物块所受电场力逐渐减小 B. 小物块具有的电势能逐渐减小 C. M点的电势可能高于N点的电势 D. 小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从M点运动到N点的过程中，物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小；故A正确，故A项不合题意.‎ B.点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能减小；故B正确，则B项不合题意.‎ C.由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势低于N点的电势；故C错误，则C项符合题意.‎ D.物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功；故D正确，则D项不合题意.‎ ‎8.如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球和相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，两小球在同一水平线上，由此可知（ ）‎ A. 球受到的库仑力较大，电荷量较大 B. 球的质量较大 C. 球受到的拉力较大 D. 两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角、仍满足 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；‎ 对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：，因α＜β，所以mA＞mB，故B错误．‎ 根据平衡条件有：；因α＜β，所以B球受的拉力较小，故C错误．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：‎ ‎；，因为mA＞mB，所以α′＜β′．故D正确．故选D。‎ 考点：库仑定律；物体的平衡 二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。在题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，漏选得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎9.如图所示是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出(　　)‎ A. 通过电阻的电流与两端电压成正比 B. 电阻R＝0.5 Ω C. 因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1/tan α＝1.0 Ω D. 在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；‎ BC．根据电阻的定义式R=U/I 可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解，则得R=10/5 Ω=2Ω，故BC错误；‎ D．由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确。‎ ‎10.如图所示，将一不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外，导体内部还有两点c、d，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 导体上a、b两端的电势高低关系是a=b B. 导体上a、b两端的电势高低关系是aEd≠0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电；当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此两点的电势关系a=b。故A正确，B错误。‎ C．当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是：Ec=Ed=0。故C正确。‎ D．根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系Ec＞Ed≠0。故D正确。‎ ‎11.如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限 B. 电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关 C. 电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关 D. 电子通过XX' 时水平偏转量与YY' 所加电压大小有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第二象限，故A错；‎ B、电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；‎ C、根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即 ，故C正确；‎ D、电子通过XX' 时的水平偏转量与XX' 所加电压大小有关，故D错误；‎ 故选C ‎12.图中虚线为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 A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 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】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于O点电势高于c点。电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；‎ B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；‎ C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误 D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；‎ ‎13.一带电油滴在匀强电场E中从a到b的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，不计空气阻力.此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况是（ ）‎ A. 动能减小 B. 电势能减少 C. 重力势能和电势能之和减小 D. 动能和电势能之和增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加。故A错误。‎ B．从a到b运动过程电场力做正功，电势能减小。故B正确。‎ C．根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小。故C正确。‎ D．从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小。故D错误。‎ ‎14.如图（甲）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图（乙）所示。以x轴的正方向为电场力的正方向，则 （ ）‎ A. 点电荷Q一定为正电荷 B. 点电荷Q在AB之间 C. A点的电场强度大小为2×103N/C D. A点的电势比B点的电势高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 根据图乙正电荷在A点受力为正，负电荷在B点受力也为正，可判断出点电荷为负电荷且在AB之间，在A点场强为，在B点场强为，电荷离A近、离B远，则A点的电势比B点的电势低，BC正确。‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分）。‎ ‎15.如图所示，已知平行板电容器两极板间距离，充电后两极板电势差为。板带正电，若它的电容为，且到板距离为。求：‎ ‎（1）每一板的带电荷量。‎ ‎（2）一个电子在点具有的电势能。‎ ‎（3）一个电子从板出发到板获得的动能。‎ ‎（4）两板间的电场强度。‎ ‎【答案】（1）3.6×10-4C （2）-90eV （3）120eV （4）3×104N/C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由得 ‎。‎ ‎（2）电子在点具有的电势能 ‎。‎ ‎（3）因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得 ‎，‎ 解得：‎ ‎。‎ ‎（4）两板间的电场强度 ‎16.如图所示的电路中，三个电阻的阻值均为6欧，电压U恒为18伏，求 ‎(1)电流表和电压表的示数；‎ ‎(2)将电压表和电流表的位置互换，电流表和电压表的示数．‎ ‎【答案】(1)1A和12V(2)3A和9V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电压表视为开路，电流表视为短路；电路结构为两电阻R并联后与一个R串联；总电阻为 总电流 电压表示数为：‎ UV=IR=2×6 V =12V 电流表示数为：‎ ‎(2)两表互换位置后，电路变成两电阻串联后再与一个R并联；总电阻为：‎ 总电流：‎ 电流表示数为流过R的电流：‎ 流过2R的电流为：‎ I′=4.5A﹣4A=1.5A 电压表示数为：‎ ‎17.如图所示，在方向水平向右的匀强电场E中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ=30°，已知重力加速度g，细线长度为L，问：‎ ‎(1)小球带何种电荷，带电量为多少？‎ ‎(2)若将小球拉到A点使细线呈水平状态，当小球无初速释放后，从A到B过程，电场力对小球做功多少？‎ ‎(3)小球过最低点C时，细线对小球拉力多大？‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在B点受重力，拉力，电场力三力平衡，小球带正电荷，则：‎ 解得：‎ ‎(2)小球从A到B电场力做功：‎ ‎(3)小球从A到C由动能定理：‎ 在C点绳对小球拉力为T，根据牛顿第二定律：‎ 联立解得：‎ ‎18.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【答案】（1） （2）与负极相连 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得：v0＝10m/s ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，‎ 当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U1＝120V 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U2＝200V 所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V ‎ ‎