2022-2022学年山东省菏泽市曹县三桐中学高二（上）第一次段考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）（2022秋•曹县校级月考）下列说法正确的是（ ） A．电场强度与试探电荷受到的电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比 B．试探电荷的电荷量q不同时，受到的电场力F也不同，场强也不同 C．试探电荷的电性不同，受到的电场力的方向不同，场强的方向也不同 D．电场强度由电场本身决定，与是否放置试探电荷及试探电荷的电荷量、电性均无关考点：电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度的方向与放入的正电荷所受电场力的方向相同．电场强度跟放入的试探电荷的电量无关．电场强度与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关．解答：解：A、电场强度反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关，不能说与试探电荷所受的电场力成正比，与试探电荷的电量成反比．故A错误．B、在电场中同一点，电场强度一定，与试探电荷无关，试探电荷的电荷量q不同时，受到的电场力F也不同，但场强不变，故B错误．CD、电场强度由电场本身决定，与是否放置试探电荷及试探电荷的电荷量、电性均无关，试探电荷的电性不同，受到的电场力的方向不同，场强的方向相同，故C错误，故D正确．故选：D．点评：电场强度是表示电场本身强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关． 2．（4分）（2022•东昌府区模拟）关于电场线，以下说法中正确的是（ ） A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同 B．沿电场线的方向，电势逐渐降低，电场强度也越来越小 C．电场线越密的地方，同一检验电荷受到的电场力就越大，电势不一定越高 D．逆电场线方向移动电荷，电场力一定对电荷做负功，电荷的电势能一定增加考点：电场线．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：-12-电场线可以形象表示电场强度的相对大小和电势高低，电场线越密，场强越大，顺着电场线电势降低．电场线的切线方向表示场强方向，与正电荷所受的电场力方向相同．根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．解答：解：A、电场线上每一点的切线方向都跟场强方向相同，与放在该点的正电荷受力方向相同，与负电荷的受力方向相反．故A错误．B、沿电场线的方向，电势逐渐降低，而电场强度与电场线的疏密有关，故电场强度不一定越来越小．故B错误．C、电场线越密的地方，场强E越大，由F=Eq知，同一检验电荷受到的电场力就越大，因电势与场强没有直接的关系，故电势不一定越高．故C正确．D、逆电场线方向移动正电荷，电场力对电荷做负功，电荷的电势能增加；而逆电场线方向移动负电荷，电场一定对电荷做正功，电荷的电势能一定减小；故D错误．故选C点评：本题考查对电场线物理意义的理解，抓住电场线的疏密表示场强的大小、电场线的方向反映电势的高低是分析的关键． 3．（4分）（2022秋•历下区校级期中）一带电粒子在如图所示的电场中，只在电场力作用下沿虚线所示的轨迹从A点运动到B点，则以下判断中正确的是（ ） A．粒子一定带正电B．粒子的加速度一定减小 C．粒子的电势能一定减小D．粒子的动能一定减小考点：电场线；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先据粒子的运动轨迹，判断带电粒子的大体方向，再据场强方向的规定，判断粒子的电性；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，判断场强和加速度；电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解答：解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，故A正确；B、由电场线的分布可知，电场线在A点的时候较密，所以在A点的电场强，粒子在A点时受到的电场力大，即粒子的加速度减小，故B正确；CD、粒子带正电，从A到B的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，动能增加，故C正确，D错误．故选：ABC．点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题；一定注意据轨迹判断电场力的方向． -12-4．（4分）（2022秋•市中区期中）如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，以下分析正确的是（ ） A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，则θ变小 C．断开S，将A板向上平移一小段距离，则θ变小 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变；再根据平行板电容器C=和E=判断电场力即可．解答：解：A、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E=，判电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确．B、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向上平移一小段距离，但d不变，由E=判断平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故θ不变，故B错误．C、断开S，电容器所带的电量不变，将A板向上平移一小段距离，据平行板电容器的电容C=知：C变小，再利用C=和E=得，平行板电容器内部电场强度变大，小球所受的电场力变大，θ增大，故C错误．D、断开S，电容器所带的电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，据平行板电容器的电容C=、C=和E=得，平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故θ不变，故D错误．故选：A．点评：判断平行板电容器内部场强的变化是本题的关键，解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变． -12-5．（4分）（2022秋•济南期末）一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是（ ） A．电动机消耗的电功率为UIB．电动机的输出功率为UI﹣I2r C．电动机的发热功率为D．I、U、r三个量间满足I=考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2r，输出功率根据能量守恒分析得到P出=P电﹣P热．解答：解：A、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率P电=UI．故A正确．B、C电动机的发热功率P热=I2r，由于欧姆定律不再成立，P热≠．根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率P出=P电﹣P热=UI﹣I2r．故B正确，C错误．D、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，则有UIt＞I2rt，得到U＞Ir．故D错误．故选AB点评：本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力．要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2r，由于欧姆定律不成立，P热≠． 6．（4分）（2022•贵州学业考试）如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为（ ） A．零B．ELC．ELsinαD．ELcosα考点：电势差；电场线．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed求电场强度，注意d是沿电场线方向的两点间距离．解答：解：匀强电场中电势差与场强的关系公式为：U=Ed；d是沿电场线方向的两点间距离，为Lcosα；故AB之间的电势差为：U=ELcosα；故选D．点评：考查了电场强度与电势差的关系，注意公式中d的含义．电场中的要基本公式掌握，打好基础． -12-7．（4分）（2022秋•市中区期中）两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A．两电阻的阻值关系为R1大于R2 B．两电阻并联在电路中时，流过R1的电流小于流过R2的电流 C．两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压 D．两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率考点：欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的横坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行电阻大小的比较．两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等．解答：解：A、伏安特性曲线斜率表示电阻的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A错误．B、两电阻并联在电路中时，电压相等，由I=可知流过R1的电流大于流过R2的电流，故B错误；C、两电阻串联在电路中时，电流相等，由U=IR可知，U2＞U1，故C错误；D、两电阻串联在电路中时，电流相等，根据P=I2R可知：R1消耗的功率小于R2消耗的功率，故D正确；故选：D．点评：本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等． 8．（4分）（2022•北京）如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（ ） A．电压表与电流表的示数都减小-12- B．电压表与电流表的示数都增大 C．电压表的示数增大，电流表的示数减小 D．电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有分析：由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．解答：解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A．点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化． 9．（4分）（2022秋•历下区校级期中）一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，电阻为R．现把它拉成直径为，它的电阻变成（ ） A．B．10000RC．D．100R考点：电阻定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：根据电阻定律R=判断电阻的变化．解答：解：一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，现把它拉成直径为，则横截面积变为原来的，因为体积不变，则长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=知电阻变为原来的10000倍．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键抓住导线的体积不变，得出长度和横截面积的变化，根据电阻定律进行分析． 10．（4分）（2022秋•福州校级期末）如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（ ）-12- A．Ea=EbB．Ea=EO=EbC．Ec＞EdD．Ec＞EO＞Ed考点：电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个等量异号的点电荷连线的中垂线上中点O的场强最大，在两个电荷连线上，O点的场强最小，根据电场线的疏密进行分析．解答：解：根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况可知，中垂线上中点O的场强最大，而且根据对称性可知，a、b两处电场线疏密相同，场强大小相等，Ea=Eb＜Eo在两个电荷连线上，O点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c、d两处的电场线疏密相同，故有Ec=Ed＞Eo．所以有Ea=Eb＜Ec，Ea＜Ed，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点． 二、实验题（本题共2小题，共16分．将正确答案填在相应题号后的横线上或按题目要求作答）11．（4分）（2022秋•曹县校级月考）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是 0.680 mm．考点：螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为0.5mm+0.180mm=0.680mm．-12-故答案为：0.680点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量． 12．（12分）（2022秋•曹县校级月考）有一个纯电阻用电器，其电阻约为1kΩ，试设计一个能够精确地测量该用电器电阻的电路，实验要求用电器两端的电压从0开始逐渐变化．给有如下器材：电 源：电动势为3V，内电阻约为0.1Ω； 电流表：量程0.6A，内阻RA约为0.50Ω；电压表：量程3V，内阻RV约为10kΩ 滑动变阻器：最大电阻值为R=5.0Ω；开关一个、导线若干．①在图1的方框内画出实验电路图．②在图2中画出实验实物连接图．③若实验中在用电器正常工作的状态下电流表的示数为I，电压表的示数为U，考虑到电表内阻引起的系统误差，则用测量的电压、电流以及电表内阻计算用电器电阻真实值的表达式为 R= ．考点：伏安法测电阻．版权所有专题：实验题．分析：（1）要准确测量用电器的电阻，应进行多次测量求平均值，使用电器两端的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器应采用分压接法；根据待测用电器电阻与电压表及电流表内阻的关系确定采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图．（2）根据电路图连接实物电路图．（3）根据电路图，应用欧姆定律分析答题．解答：解：（1）要使灯泡两端电压变化范围大，滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡的电阻较小，为减小误差，应采用电流表的外接法；实验电路图如图所示．（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示，-12-（3）根据欧姆定律得通过电压表的电流是：IV=，所以通过用电器的电流是：I电=I﹣IV所以用电器正常工作时电阻值的表达式为：R==；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）R=．点评：本题考查了实验电路图的设计，根据实验要求及所给实验器材确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法、电流表采用内接法还是外接法，是正确解题的关键． 三、计算题（本题共3小题，共44分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分）13．（14分）（2022秋•临清市校级期末）如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，θ=30°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球间的距离．考点：库仑定律．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据库仑定律求出两球之间的距离．解答：解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知FF=mgtanθ=mgtan30°=…（1）-12-而小球所受库仑力大小为：…（2）联立（1）（2）解得A、B两球之间的距离为：．答：A、B两球间的距离为．点评：对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法． 14．（14分）（2022秋•市中区期中）一微型直流电动机线圈内阻一定．用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为U1=0.3V时，电流为I1=0.3A．松开转轴，在线圈两端加电压为U2=2V时，电流为I2=0.8A，电动机正常工作．试求：（1）该电动机正常工作时输入的电功率；（2）该电动机正常工作时的机械效率．考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻，由P=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率；解答：解：（1）电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为：P入=I2U2=0.8×2W=1.6W；（2）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：Ω=1Ω，电动机的机械功率：P机=P入﹣I2r=1.6W﹣0.82×1W=0.96W，则该电动机正常工作时的机械效率×100%=×100%=60%．答：（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是1.6W；（2）电动机的机械效率是60%．点评：知道电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机电阻是本题的难点；知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率是正确解题的关键． -12-15．（16分）（2022秋•台州期中）一束初速不计的电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？若在偏转电场右侧距极板L=2.5cm处放置一半径R=0.5cm的光屏（中线过光屏中心且与光屏垂直），要使电子能从平行板间飞出，且打到光屏上，则两个极板上最多能加多大电压？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上作匀速运动，在垂直于板面的方向上作匀加速直线运动，偏转距离为y，能飞出的条件为，联立方程即可解题；（2）设此时电场内的偏移量为Y，则由几何关系求出偏转位移，再根据及即可求解．解答：解：（1）在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．加速过程，由动能定理得：①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上作匀速运动 l=v0t ②在垂直于板面的方向上作匀加速直线运动，加速度：③偏转距离④能飞出的条件为⑤解①～⑤式得：V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V．（2）设此时电场内的偏移量为y，则由几何关系得又因-12-解得U=200v即加在两极板上的电压最大不得超过200V答：（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加400V的电压；（2）要使电子能从平行板间飞出，且打到光屏上，则两个极板上最多能加200V电压．点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量． -12-
