2019-2020学年重庆市江津中学高二(上)第一次段考物理试卷

1、2019-2020 学年重庆市江津中学高二（上）第一次段考物理试卷一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）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.B.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2. 两个分别带有电荷量和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，

2、则两小球间的距离变为A.B. rC.D. 2r3. 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4. 有四盏灯， 如图所示连接在电路中，和 都标有 “220V，100W”字样，和都标有 “220V， 40W”字样，把电路接通后，最暗的是A.B.C.D.5.在点电荷的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆盘平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中A 点所激发的附加场强的方向，在图中正确的是A.B.C.D.6. 如图所示， 在电场

3、强度为 E 的匀强电场中有 A、B 两点， A、B 两点连线长为 L ，与电场线夹角为 则两点间电势差为A.0B.ELC.D.7. 在如图所示的电路中，输入电压U 恒为 8V，灯泡 L 标有 “3V，6W”字样，电动机线圈的电阻 线若灯泡恰能正常发光，下列说法错误的是A.C.电动机的输入电压为 5V 电动机的效率是B.D.通过电动机的电流是2A整个电路消耗的电功率为10W第1页，共 11页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

4、。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零二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）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，

5、 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10. 如图， 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所示则A. 电场力B. 电场强度C. 电势D. 电势能11.如图所示，用长的绝缘轻质细线，把一个质量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，两板间电压静止时，绝缘细线偏离竖直方向角，小球偏离竖直线的距离。取则下列说法正确的是A. 两板间电场强度的大小为B

6、. 小球带的电荷量为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，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为 m、电荷量为的微粒， 以初速度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 极板上的 C 点，已知不计空气阻力，则可知A. 微粒在电场中做抛物线运动第2页，共 11页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 板间的电势差为三、填空题（本大题共1 小题，共6.0 分）13.有一只满

7、偏电流，内阻的电流表 若把它改装成量程为 10V 的电压表，应 _联一个 _ 的分压电阻；若把它改装成量程为3A 的电流表，应 _联一个 _ 的分流电阻最后一空保留三位有效数字。四、实验题（本大题共1 小题，共12.0 分）14.一个小灯泡的额定电压为，额定电流约为，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，内阻不计；B.电压表：量程为，内阻约为；C.电压表：量程为，内阻约为；D .电流表：量程为，内阻约为；E.电流表：量程为，内阻约为；F .滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为；G.滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为；H .开关 S，导线若干

8、实验得到如下数据和 U 分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压：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不改动已连接导线，在实物连接图中把还需要连接的导线补上闭合开关前，应使滑动变阻器的滑片放在最_ 选填 “左 ”或“右 ”端在图中画出小灯泡的曲线五、计算题（本大题共2 小题，共26.0 分）15. 如图所示是一个示波管工作原理图，质量为m、电荷量为e 的电子由静止经电压加速，加速后垂直进入电压为，间距为d，板长 l 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S的屏幕上的P 点。求：电子进入偏转电场时的速度；射出偏转电场时速度偏转角的

9、正切值；打在屏幕上P 点距 O 点的距离。第3页，共 11页16. 如图所示，在的竖直匀强电场中，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， N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电的小滑块质量，与水平轨道间的动摩擦因数，位于 N 点右侧的 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，求：小滑块在 Q 点的速度大小；小滑块应以多大的初速度向左运动；小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大。六、综合题（本大题共1 小题，共8.0 分）17. 如图，光滑斜面倾角为，一质量、电荷量的小物块置于

10、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，求：判断小物块带何种电荷；该电场的电场强度大小。第4页，共 11页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：由功能关系知，电，若，则电，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 .电源电动势指的是电源将其它形式的能量转换为电能的本领的强弱，电源电动势越大，则电源将其它形式的能量转换为电能的本领越强，故D 错误；故选

11、： A。根据静电力做功等于电势能的减少量，分析电势能与静电力做功的关系；电场强度和电容器的定义式均采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、 F 无关，电容与电量及电压无关，电源电动势指的是电源将其它形式的能量转换为电能的本领的强弱；解决该题的关键是明确知道电源电动势和电势能的定义，知道电容的的定义式和电场强度的定义式以及其决定式；2.【答案】 C【解析】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，两球间库仑力的大小变为，库仑力为，所以两小球间的距离变为，故 C 正确、 ABD。故选： C。清楚两小球相

12、互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键3.【答案】 B【解析】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，故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

13、阻碍粒子运动，因此速度不断减小，故D 错误；故选： B。电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场第5页，共 11页力作用下从 A 到 B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧4.【答案】 C【解析】解：设、 实际消耗的功率分别为、 。由公式可知，和的电阻小于和的电阻。通过的电流大于的电流，由公式得到，和的电压相等， 由公式可知，通过的电流小于的电流，由公式得到，所以，所以最暗。故选：

14、 C。根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小。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。对于纯电阻电路，功率公式形式较多，要根据不同条件灵活选择公式。5.【答案】 A【解析】解：导体A 处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体A 内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷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的电场线重合，且方向相反。负点电荷的电场线最小点电荷，所以附加电场的电场线背离负点电荷。故A正确， BCD 错误故选： A。导体 A 处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，根据点电荷

15、产生的电场的特点即可画出图象本题主要考查了点电荷电场线的特点以及静电平衡的特点，知道处于静电平衡的物体，内部场强为零，难度不大，属于基础题6.【答案】 D【解析】解：匀强电场中电势差与场强的关系公式为：；d 是沿电场线方向的两点间距离，为；故 AB 之间的电势差为：；故选： D。根据匀强电场中电势差与场强的关系式求电场强度，注意d 是沿电场线方向的两点间距离考查了电场强度与电势差的关系，注意公式中d 的含义要掌握电场中的基本公式，打好基础7.【答案】 D【解析】 解：A、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压，故 A正确；B、灯泡正常发光，则电路电流，故 B 正确。C、电动机的总功率为

16、：，电动机的输出功率为：出，故电动机的效率为：出，故 C 正确；第6页，共 11页D、整个电路消耗的功率总，故 D 错误；本题选择错误的，故选：D。由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由的变形公式求出灯泡正常发光时的电流由求出电动机的热功率， 然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由求出电路的总功率电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差8.【答案】 B【解析】解： A、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，可以知道电场方向竖直向下。根据带电粒子的轨迹可以知

17、道，N 所受的电场力方向竖直向上，M所受的电场力方向竖直向下，故知N 粒子带负电， M 带正电。故 A 正确。B、 aO 间与 Oc 间电势差相等，根据知， N 从从 O 到 a 与 M 从 O 到 c 电场力做功相等，由动能定理可以知道， 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、 O、 b 间电势差为零，由知 M 从 O 点运动至 c 点的过程中，电场力对它做功为零。故D 正确。本题选错误的，故选：B。根据带电粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受的电场力方向，根

18、据O 点电势高于 c 点，由电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性。由动能定理可以知道，N在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相等， 但方向不同。 N 从 O 点运动至 a 点的过程中电场力做正功。O、b 间电势差为零，由动能定理可以知道电场力做功为零。本题要根据粒子的运动轨迹判定电场力的方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性，由动能定理判断电场力做功是常用的方法；9.【答案】 AC【解析】解：AB、根据电容的决定式得知，当保持d 不变，减小S，则 C 变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针

19、的偏角变大。故A 正确， B 错误。CD、根据电容的决定式得知，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，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C 正确， D 错误。故选： AC。静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大， 指针的偏角越大根据电容的决定式分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况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：电容的决定式和定义式10.【答案】 AC第7页，共 11页

20、【解析】解：A、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，则电场力故 A正确B、电子所受电场力增大，场强增大，电场强度故 B 错误C、由题，电子静止开始沿电场线从A 运动到 B，电场力的方向从A 到 B，电子带负电，则场强方向从B到 A，根据顺着电场线电势降低可知，电势故 C 正确D、由速度图象看出， 电子的速度增大， 动能增大，根据能量守恒得知， 电子的电势能减小， 则电势能故D错误故选 AC根据电子的运动方向，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反根据场强方向判断电势的高低由速度图象读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况根据能量守恒，分析电势能的

21、变化本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析11.【答案】 BD【解析】 解：A、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，故 A 错误；B、小球静止时受力平衡，由平衡条件得，解得因为角很小，所以 tan，解得C，故 B 正确；C、D 、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，故C 错误， D 正确。故选： BD 。由电场强度与电势差的关系，可求电场强度；对小球受力分析，有平衡条件求电场力，求电荷量；细线断后小球受到重力、电场力，合力为恒力，做匀加速直线运动本题考查了带电粒子在电场

22、中的受力平衡问题，由受力情况，判断运动情况，要注意明确电场力的性质，再按照力学问题的分析思路分析即可求解。12.【答案】 AB【解析】解：A：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动 -即抛物线运动，所以A 正确；B：因，即，可见故 B 正确；C：由动能定理，得：电，即：，而所以：，故 C 错误；D：由得，代入，得故 D 错误故选： AB根据类平抛运动的特点：初速度的方向与合外力的方向垂直来判定粒子是否在电场中做类平抛运动，根据动能定理判定粒子达到 C 点时的速度，和 MN 之间的电势差该题中根据类平抛运动的特点来判定粒子是否在电场中做类平抛运动是解题的关

23、键，动能定理判定粒子达到 C 点是的速度，和 MN 之间的电势差相对比较简单属于基础题目13.【答案】串1600并第8页，共 11页【解析】解：改装成电压表要串联分压电阻，所串联的阻值为：得：改装成电流表要并联电阻分流，所需并联阻值为：故答案为：串，1600，并，。电流表改装成电压表要串联电阻分压，所串联的电阻值；改装成电流表应并联电阻分流。考查电表的改装原理，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系即可求解。14.【答案】 BEF左【解析】解：灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为，则电流表选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选F 灯泡正常发光时电阻，则电流表采用外接法，由表中实验数

24、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，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于左端根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的图象如图所示故答案为：； E； F；如图所示；左；如图所示根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出图象测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要

25、求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法15.【答案】解：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：解得：进入偏转电场后在电场线方向有：第9页，共 11页经时间飞出电场有：，飞出时竖直速度为：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：，设穿出后到达屏所经历的时间为，在此时间内电子在y 方向移动的距离为，有：，由以上各式得：，在屏幕上 P 点距 O 点的距离为：答：电子进入偏转电场时的速度是；射出偏转电场时速度偏转角的正切值是；打在屏幕上P 点距 O 点的距离是。【解析】根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度；电子进入偏转电场后， 做类平抛运动， 在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式，求出偏转角的正切值；电子