江西省分宜中学2019-2020学年高二上学期第一次段考物理试题 15页

物 理 试 卷 一、选择题（每题4分，共40分，7、8、9、10为多选）‎ ‎1.如图所示，把带正电金属球A，靠近不带电的验电器B，则( )‎ A. 验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触 B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电 C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电 D. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】用带正电的金属球A去靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与A相反，带负电，所以金属球带负电，远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷，即金箔片带正电，两片金箔由于带上同种电荷而被排斥张开．‎ A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触，与结论不相符，选项A错误；‎ B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电，与结论不相符，选项B错误；‎ C．验电器金属箔片张开，因整个验电器都带上了负电，与结论不相符，选项C错误；‎ D．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电，与结论相符，选项D正确；‎ ‎2.某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心．现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并且偏转位移相同；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，故C正确，A,B,D错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题考查示波器原理，注意电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的加速过程中电压不变．‎ ‎3.以下叙述错误的是（ ）‎ A. 该手机待机电流约15mA B. 静电除尘时空气电离 C. 伏打电池φA=φB D. 电解槽内电流朝右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电池容量700，待机时间48h，所以待机电流 故A正确不符合题意。‎ B. 静电除尘时将空气电离，电离后的带电粒子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉被吸附到带电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了，故B正确不符合题意。‎ C.根据题意可知，伏打电池A、B为电源两极，故两点电势不等，故C错误符合题意。‎ D.电流从正极出发回到负极，所以电解槽内电流朝右，故D正确不符合题意。‎ ‎4.如图所示，要使静电计张角变大，可采用的方法有(　　) ‎ A. 用手接触一下负极板 B. 使两极板靠近些 C. 两板间插入塑料板 D. 使两板正对面积减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于负板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，静电计张角不变，故A错误。‎ B. 电容器电量不变，减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式，可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故B错误；‎ C. 电容器电量不变，在两板间插入塑料板时，即介电常数增大，则C增大，由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故C错误；‎ D. 电容器电量不变，减小正对面积时，，电容减小，因电量不变，则由Q=UC可知，电压增大，则静电计张角增大，故D正确。‎ ‎5.如图所示，一价氢离子和二价氦离子(不考虑二者间的相互作用)，从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场中，则它们(　 　)‎ A. 同时离开偏转电场，但出射点的位置不同 B. 同时离开偏转电场，出射点的位置相同 C. 先后离开偏转电场，但出射点的位置相同 D. 先后离开偏转电场，且出射点位置不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在加速电场中，，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：vx=v0，穿过电场时间，在加速电场中，由牛顿第二运动定律：可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度，偏移量，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同，正确答案C．‎ ‎6.如图所示是某导体的I-U图像，图中α=30°，下列说法正确的是（ ）‎ A. 此导体的电阻R=0.5‎ B. 通过导体的电流与其两端的电压成反比 C. 此I-U图像的斜率可表示电阻大小的倒数，所以R=cot30°=‎ D. 当该导体两端加6V的电压时，每秒通过导体横截面的电荷量是3C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图线可得，‎ 故A错误。‎ B. 由欧姆定律可知，通过该导体的电流与其两端的电压成正比，故B错误；‎ C. 当物理量所取标度、单位不同时，则倾角不同，所以电阻不能通过倾角正切值求得，故C错误；‎ D. 在两端加6.0V电压时，电流为 则每秒通过电阻的电荷量为：‎ q=It=3.0×1C=3.0C 故D正确。‎ ‎7.欧姆定律对下列哪些导体的导电是不适用的？ （ ）‎ A. 电动机 B. 金属 C. 电解液 D. 气态导体 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属中含有大量的自由电子，适用于欧姆定律；电解液中有大量的离子，所以适用于欧姆定律，而气态导体中自由电子几乎没有，所以欧姆定律不适用，电动机因为是非纯电阻电路，欧姆定律也不适用。‎ A. 电动机不适用，故A正确。 ‎ B.金属适用，故B错误。‎ C.电解液适用，故C错误。‎ D. 气态导体不适用，故D正确。‎ ‎8.如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是(　　)‎ ‎ ‎ A. Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B. Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc C. Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc D. Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．‎ 解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．‎ 根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．‎ 故选D ‎9.如图，真空存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图，a点的电场方向与ab连线成60°，b点电场方向与ab连线成30°，则以下关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反向延长两条电场线交于O点 ‎，说明场源电荷在O点，因为电场强度指向外，所以场源电荷是正电荷，a点到O点的距离，b点到O点距离，根据点电荷的场强公式可得：，故，在正电荷的周围越靠近场源电势越高，故有，B正确．‎ ‎10.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断不正确的是（　　）‎ A. 电荷从a到b加速度减小 B. b处电势能大 C. 电荷b处速度小 D. b处电势高 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场线密集处场强大，电场线疏地方电场的强度小，场强大的地方受力大，加速度大，所以粒子在b点的加速度大，故A错误符合题意。‎ BD. 根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，负电荷在电势低的地方电势能大，所以b处电势能大，故B正确不符合题意D错误符合题意。‎ C.根据能量守恒可知，b处电势能大，动能小，速度小，故C正确不符合题意。‎ 二、填空题（共16分） ‎ ‎11.欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3 V，内阻1）‎ B．电流表（0～3 A，内阻0．0125）‎ C．电流表（0～0．6 A，内阻0．125）‎ D．电压表（0～3 V，内阻3 k）‎ E．电压表（0～15 V，内阻15 k）‎ F．滑动变阻器（0～20，额定电流1 A）‎ G．滑动变阻器（0～200，额定电流0．3 A）‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是______________；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表______________接法；（填“内”或“外”）‎ ‎（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0．5 A范围内改变，请按要求在虚线框内画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图_________．‎ ‎【答案】 (1). ACDFH (2). 外 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电池组选A，电路中的最大电流约为，所以电流表选择C，电源电动势为3V，故电压表选D，滑动变阻器为调节的方便选择F，，所以选用的器材为ACDFH；‎ ‎（2）待测电阻阻值约为5Ω是小电阻，故电流表用外接法；‎ ‎（3）因待测金属导线的电流要在0~0.5A范围内改变，滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示 ‎12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3 W”，其他供选择的器材有：‎ 电压表V1（量程6 V，内阻20 kΩ）‎ 电流表A1（量程3 A，内阻0．2 Ω）‎ 电流表A2（量程0．6 A，内阻l Ω） ‎ 变阻器R1（0～1000 Ω,0．5 A）‎ 变阻器R2（0～20 Ω，2 A） ‎ 学生电源E（6～8 V）‎ 开关S及导线若干 实验中要求在电压表0～6 V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，则在上述器材中，电流表应选_________，变阻器应选_________。在方框中画出此实验的原理图_______．‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). R2 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3]灯泡额定电流 故电流表应选择A2，因为电压从零开始，滑动变阻器采取分压接法，选择较小的R2，因为电流表内阻已知，故为了准确方便计算，采取电流表内接法，电路图如下：‎ 三、计算题（共44分）‎ ‎13.加在某导体两端的电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。如果导体两端所加电压变为原来的1.2倍，则此时导体中的电流多大?‎ ‎【答案】1.2A ‎【解析】‎ ‎【详解】设是导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体电阻 电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。‎ 联立得 解得 I=1.0A 当电压变为1.2U时，根据欧姆定律可知 I′=2I=1.2A ‎14.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地．求：‎ ‎(1)平行板电容器的电容；‎ ‎(2)平行板两板间的电场强度；‎ ‎(3)距B板2cm的C点的电势．‎ ‎【答案】(1)1×10－9 F(2)2×103 V/m，方向竖直向下(3)－20 V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据电容定义有 ‎（2）两板之间为匀强电场 方向竖直向下．‎ ‎（3）C点距A板间距离为 dAC=d-dBC=1cm A与C间电势差 UAC=EdAC=20V 又 UAC=φA-φC，φA=0‎ 可得 φC=-20V ‎15.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极板长为L，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为L/6，所有电子都能通过偏转电极．‎ ‎（1）求电子通过偏转电场的时间t0‎ ‎（2）若UCD的周期T=t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度 ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（）电子在电场加速过程 ‎ ①‎ 在偏转电场中运动，水平方向匀速运动 ‎②‎ 由①②得 ‎（）当时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．由竖直方向速度时间图像得时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；‎ 竖直方向：向上加速：‎ 解得：‎ 向上减速：由对称性可知 由对称性，向下运动 荧光屏上电子能够到达的区域的长度 ‎ ‎16.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L= 0.1m，两板间距离d = 0.4 cm，有一束相同的带正电微粒以相同的初速度v0‎ ‎=2.5m/s先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C=10-6 F，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）第一个微粒运动的时间； ‎ ‎（2）求微粒在下板的落点范围；‎ ‎（3）求平行板电容器最终所带电荷量。‎ ‎（4）求最后一个落到下极板上的带电微粒的电势能（取地面为零势能面）。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) (2) 下极板的右半板(3) (4) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 第一个微粒运动的时间t，根据 可知，‎ ‎(2)第一个微粒落点 所以落在了下板中点，随着电荷的积累，竖直方向出现电场力，小球竖直加速度减小，运动时间变长，落点依次向右，直到飞出极板，所以落点范围是下极板的右半板。‎ ‎(3) 当平行板电容器电压最大时，进入板间的微粒刚好从下极板右边缘飞出，微粒在板间做类平抛运动，水平方向：‎ L=v0t1‎ 竖直方向：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ U=6V 平行板电容器最终所带电荷量 ‎(4)因为上极板接地电势为零，板间电压为6V，下极板带正电，所以下极板电势为6V，根据电势能定义可知 ‎ ‎ ‎ ‎