湖南省湘南教研联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考物理试题（解析版）.docx

1、湘南教研联盟2019 年下学期高二年级第一次联考试题 物理科一、选择题1.关于点电荷的说法，正确的是（）A. 只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B. 点电荷一定是电量很小的电荷C. 体积很大的带电体一定不能看作点电荷D. 带电体能否看成点电荷，是看它形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计【答案】D【解析】【详解】就是当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时就可以看成点电荷不是电荷量很小时可看作点电荷，也不是体积很小时可看作点电荷，也不是体积很大时就不可看作点电荷，故ABC错误；当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、

2、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点电荷故D正确；故选D【点睛】点电荷实际不存在，是理想化的，就像质点一样自身大小对研究的问题没有影响时，就可看成点电荷2.关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 电势等于零的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】D【解析】【详解】电势等于0点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中

3、点处，场强等于0，而电势不等于0故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大故D正确故选D.点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低3.如图所示，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点，已知A、B、C、F点的电势分别为-1 V、1 V、2 V、3 V，则H点的电势为( )A. -1 VB. 1VC. 2VD. 3V【答案】C【解析】【详解】

4、在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等由于GHAB，且GH=AB，则有G-H=B-A；代入数据解得：H=G+A-B=G -2V；同理，B-C=F-G；解得，G=F+C-B=3V+2V-1V=4V；解得H=2V，故选C【点睛】本题关键要明确匀强电场中沿着不与场强垂直的方向前进相同距离，电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系，然后结合几何关系分析4.如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2 分别从A、C 两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA已知q1带正电，不计粒子的重力和其它阻力则下列说法中正确的是( )A.

5、 q2带负电B. A点的电势低于C点的电势C. 电场力对q1做正功，对q2做负功D. q1的电势能增加、q2的电势能减小【答案】A【解析】【详解】由物体做曲线运动的条件，且q1带正电，故电场力水平向右，电场方向向右，则q2受的电场力向左，故q2为负电荷，故A正确；由A项知电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，故A点的电势高于C点的电势，故B错误由图可知，电场力与运动方向夹锐角，则电场力对q1做正功，对q2也做正功，q1的电势能减小、q2的电势能也减小，故D错误；故选A5.如图所示的电解槽中，如果在4s内各有4C的正、负电荷通过面积为008m2的横截面AB，那么 （ ）A. 正离子向左移动，负

6、离子向右移动B. 由于正负离子移动方向相反，所以电解槽中无电流C. 4s内通过横截面AB的电荷量为4CD. 电解槽中的电流为2A【答案】D【解析】【详解】电源与电解槽中的两极相连后，左侧电极电势高于右侧电极，由于在电极之间建立电场，电场方向由左指向右，故正离子向右移动，负离子向左移动，电解槽中的电流方向向右，选项AB错误；4s内通过横截面AB的电荷量为4C+4C=8C，选项C错误；由电流强度的定义，选项D正确；故选D【点睛】本题考查电流的定义，要注意明确在电解质导电时，流过截面的电量为正负电荷电量绝对值的和6.用两只完全相同的灵敏电流表分别改装成一只电流表和一只电压表将它们串联起来接入电路中，

7、如图所示，此时（ ）A. 两只电表的指针偏转角相同B. 两只电表的指针都不偏转C. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角【答案】C【解析】试题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；故选C考点：电表的改装【名师点睛】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，电流表改装成电压表是串联较大

8、的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；熟悉串联电路的电流特点，基础题7.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都 接地，在两极板间有一个固定在 P 点的正点电荷，以 E 表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电 荷在 P 点的电势能，表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至 图中虚线位置，则（ ）A. 增大，E 增大，Ep 增大B. 增大，E 增大，Ep 减小C. 减小，E 不变，Ep 增大D. 减小，E 不变，Ep减小【答案】D【解析】【详解】电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d减小

9、，由可知电容C增大，由可知U减小，则夹角减小；由可得可知E不变；根据U=Ed可知由于P离下极板距离减小，E不变，因此P点的电势减小，由可知电势能减小；故选D8.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，则下列说法错误的是( )A. 把 A 板向上平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后仍能返回B. 把 A 板向下平移一小段距离，质点自 P 点自由下落

10、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【答案】B【解析】【详解】A.由题设条件，由动能定理得：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：小球到达N点速度为零然后返回原点故A正确，不符合题意B.将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知：小球到达N点速度为零然后返回原点故B错误，符合题意C. 把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知h2d0知小球未到达N点速度已减为零，然后返回故C正确，不符合题意D.把B板向下平

11、移一小段距离后，根据动能定理知h2d0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，不符合题意9.如图（a）所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图（b）表示的电压t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，在0t810-10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（ ）A. 610-10st810-10sB. 410-10st610-10sC. 210-10st410-10sD. 0t210-10s【答案】A【解析】【详解】在0t2

12、10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在210-10st410-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=410-10s时速度为零；在410-10st610-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在610-10st810-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速

13、度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到810-10s时刻速度为零，恰好又回到M点综上分析可知：在610-10st810-10s时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小故选A10.下列物理量中，哪些与检验电荷无关（ ）A. 电场强度EB. 电势C. 电势能EPD. 电势差U【答案】ABD【解析】【详解】电场强度、电势都是电场本身的固有属性，与试探电荷无关，AB正确；电势能，既与电势有关，又与电荷量有关，C错误；电场力，与电荷量以及场强都有关系，D错误；选AB.11.如图所示，有一带正电的 验电器，当一金属球 M 靠近验电器的小球 N(不接 触)时，验电器的金箔张角减小，

14、则（ ）A. 金属球可能不带电B. 金属球可能带负电C. 金属球可能带正电D. 金属球一定带负电【答案】AB【解析】【详解】验电器原来带正电，要使张角减小，则应使N处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相互作用，M球可能带负电；若M球不带电时，则由于感应，M球左侧也会带上负电，故会产生同样的效果；故M球可以带负电，也可以不带电；故选AB12.如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动下列有关说法正确的是A.

15、电荷运动至x = a处时速度最大B. 两点电荷QA:QB = 4:1C. 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处D. 该电荷以O为中点做往复运动【答案】AB【解析】在-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a处电场强度为零，根据动能定理qU=Ek，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，可得：QA：QB=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，

16、则O处不是运动中心，故D错误所以AB正确，CD错误13.用伏安法测未知电阻 时，若不知的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头 K，然后将 K 分别与 a，b 接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（ ）A. 若电流表示数有显著变化，K 应按 aB. 若电流表示数有显著变化，K 应按 bC. 若电压表示数有显著变化，K 应按 aD. 若电压表示数有显著变化，K 应按 b【答案】BC【解析】【详解】AB.电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，K应接在b处，故A错误，B正确；CD.如果电压表示数变化明显，电压表示

17、数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，K应接在a处，故C正确，D错误14.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）A. 小球到达C点时对轨道压力为2mgB. 适当减小E，小球一定能从B点飞出C. 适当增大E，小球到达C点的速度可能为零D. 若，要使小球沿轨道运动到C，则应

18、将H至少调整为【答案】ABD【解析】【详解】小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2，解得根据牛顿第二定律得，N=m2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg故A正确适当减小E，则从开始下落到B点的整个过程中，根据动能定理，因H=R，Eq0，即小球一定能从B点飞出，选项B正确；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力产生向心力，在最低点的速度不可能为零故C错误若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，解得，根据动能定理得，mg（H+R）-qER=mvC2，解得H=所以H至少

19、为故D正确故选ABD二、实验题15.要测绘额定电压为 2V 的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择 的器材除了导线和开 关外，还有以下一些器材可供选择：A电源 E（电动势 3.0V，内阻可不计）B电压表 V1(量程为 03.0V，内阻约 2k) C电压表 V2 (015.0V，内阻约 6k D电流表 A1(00.6A，内阻约 1)E电流表 A2 (0100mA，内阻约 2) F滑动变阻器 R1（最大值 10）G滑动变阻器 R2（最大值 2k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线

20、框中（ ）（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中 的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（ ）（4）该小电珠的额定功率是_(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). (6). 1.00W【解析】【详解】（1）1灯泡额定电压是2V，电压表应选B；2由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D；3为方便实验操作，滑动变阻器应选F；（2）4描绘小灯泡伏安特性曲

21、线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7，电压表内阻约为2k，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（3）5应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的I-U图象，图象如图所示：（4）6由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=20.5=1.00W三、解答题16.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2104的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成角，求：(1)电荷由A移到B的过程中，电场

22、力所做的功WAB；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)该匀强电场的电场强度E。【答案】(1)0.2J(2)1000V(3)1105V/m【解析】【详解】(1)因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了E=0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功；(2)A、B两点间电势差；(3)匀强电场的电场强度。17.如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：（1）电子从加速电场U0射出时的速度？（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？（3）金属板AB的长度

23、？【答案】（1）（2），方向竖直向下（3）【解析】【详解】（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：eUo=mv02所以（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：（3）L=v0t d =at2由解得：【点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可18.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图电动机的内阻r=0.8 ，电路中另一电阻R=10 ，直流电压U=160 V，电压表示数UV=110 V试求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机的电功率；

24、（3）若电动机以v=10 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量(g取10 m/s2)【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg【解析】【详解】（1）通过R的电流：；（2）电动机输入功率：，（3）电动机内电阻的发热功率：，输出的机械功率：而解得：19.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线是水平直径现有一质量为 m 带正电的小球（可视为质点）从 B 点正上方的 A 点自由下落， A、B 两点间距离为 4R从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上的 分力大小与重力大小相等，结果小球从管口 C 处脱离圆管后，其运动轨迹经过 A 点设小球运动过 程中带电量没有改变，重力加速度为 g，求：（1）小球到达 B 点的速度大小；（2）小球受到的静电力的大小；（3）小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力【答案】（1）；（2）；（3）3mg，水平向右【解析】【详解】（1）A 到 B 过程，由机械能守恒得：4mgR= 解得：（2）设水平方向电场力的分力大小为，B到C过程，由动能定理得：=-C到A过程，由类平抛运动关系：水平方向：2R=竖直方向：联立解得：又：即电场力F=（3）对C点，由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律：F压=FN=3mg方向：水平向右