2022-2023学年四川省江油中学高二上学期第一阶段考试物理试题（解析版）

2021级高二上期第一阶段测试物理试题

一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定【    】

A．两球都带正电

B．两球都带负电

C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力

D．两球受到的静电力大小相等

2. 一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则【    】

A．粒子带正电

B．粒子加速度逐渐增大

C．A点的速度大于B点的速度

D．A点的电势能大于B点的电势能

3．如图是某一点电荷的电场线分布图.下列表述正确的是【    】

A.a点的电势高于b点的电势

B.该点电荷带正电

C.a点和b点电场强度的方向相同

D.a点的电场强度大于b点的电场强度

4．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为【    】

A．E＝10 V/m，竖直向右

B．E＝100 V/m，竖直向上

C．E＝100 V/m，水平向左

D．E＝10V/m，水平向左

5. 如图所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r为半径做逆时针转动，当OA与x轴正向成θ角时，O、A两点间的电势差为【    】

A．UOA＝Er B．UOA＝Ersinθ

C．UOA＝Ercosθ D．UOA＝－Ercosθ

6．一只标有“220 V、60 W”的白炽灯泡，所加电压U由零逐渐增大到220 V．在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，符合实际的是【    】

7.如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法正确的是【    】

A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体

B．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大

C．如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了

D．如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了

8．如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是【    】

A．到达集尘极的尘埃带正电荷

B．电场方向由集尘极指向放电极

C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同

D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大

9.如图所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m，电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是【    】

A．小球在运动过程中机械能守恒

B．小球经过最低点时速度最大

C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)

D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－qE)

二、 必考非选择题。 本题共4小题，共44分。

10. (6分) 研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变。

（1）实验中，一位同学用伏特表替代了静电计，这种做法可行不？答(    )

A、可行，都能测平行板电容器两端的电压；   B、不可行，电路中没有电流，伏特表指针不偏转。

（2）研究影响平行板电容器电容的因素，用了什么实验方法？答(     )

A、模拟法   B、等效法   C、控制变量法   D、替代法   E、放大法

（3）（多选）若(      )．　　　　　　　　

A．保持S不变，增大d，则θ变大

B．保持S不变，增大d，则θ变小

C．保持d不变，减小S，则θ变小

D．保持d不变，减小S，则θ不变

E．若保持d、S不变，在两板间插入有机玻璃片，则θ变小

11. (8分) 现要测定一个额定电压约4 V，额定电流约为0.5 A的小灯泡正常发光时的电阻，

（1）电压表应该选择________，电流表应选择________，

A．V1量程4.5 V，内阻约4×103 Ω，    B．V2量程10 V，内阻约8×103 Ω

C．A1量程3 A，内阻约0.4 Ω，         D．A2量程0.6 A，内阻约2 Ω

（2）连接时应采用________

A、电流表内接法       B、电流表外接法

（3）(多选)如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10 V和0.1 A，电流表的内阻为0.2 Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是．

A．Rx的测量值比真实值大

B．Rx的测量值比真实值小

C．Rx的真实值为99.8 Ω

D．Rx的真实值为100.2 Ω

12.(12分)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：

（1）小球带电荷量是多少；

（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间；

（3）求从剪断细绳到小球即将碰板过程中，小球电势能改变量ΔEP=？

13. (18分) .如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电，B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间电势差为U，距离为d。在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处。C带正电，D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：

(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；

(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；

(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？

三、选考题。本部分共6小题，共30分。第14~18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。第19题10分。

14．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是【    】

A．匀速直线运动　　　　 B．匀加速直线运动

C．匀变速曲线运动      D．匀速圆周运动

15.伏安法测电阻的接法有如图中甲、乙两种，下列说法正确的是【    】

A．两种接法完全等效

B．按甲图接法，测得值偏小

C．若待测电阻的阻值很大，按甲图接法误差较小

D．若待测电阻的阻值很大，按乙图接法误差较小

16.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为【    】

A．4ρ和4R　　　　B．ρ和4R     C．16ρ和16R     D．ρ和16R

17.有四盏如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V，60 W”字样，L3和L4都标有“220 V，25 W”字样，把电路接通后，四个灯都能发光。最暗的是【    】

A．L3       B．L2         C．L1           D．L4

18.如图所示，静止的电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的速度偏转角θ变大的是【    】

A．U1变大、U2变大      B．U1变小、U2变大

C．U1变大、U2变小      D．U1变小、U2变小

19．(10分) 如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：

(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；

(2)匀强电场的场强大小；

(3)ab两点间的电势差．

物理参考答案和评分标准

一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。

1． 解析：选D.由题图可知，两带电球相互排斥，则说明两球一定带有同种电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故A、B错；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C错，D对．

2. 解析：选C.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A错；A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B错；粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°角，所以速率减小，故C对；电场力作负功，故A点的电势能小于B点的电势能，故D错．

3．解析: 选D.①沿电场线方向电势降低,故φb>φa,选项A错误;②由点电荷的电场线分布可知,选项B正确;③电场强度是矢量,选项C错误;④电场线的密疏表示电场的强弱,故Ea>Eb,选项D正确.

4．C

5. 解析：选C.由图可知OA沿场强方向的距离d＝OAcosθ＝rcosθ，故UOA＝Ed＝Ercosθ.故C正确．

6．解析：选B.灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，因此图象B是符合要求的，所以本题选B.

7. 解析：选AC.类似于平行板电容器的结构，导体芯柱和导电液体构成电容器的两电极，导体芯柱的绝缘层就是两极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小．导电液体深度h越大，则S越大，C越大，C增大时就表明h变大．故A、C正确．

8．解析：选BD.在放电极附近，电场线呈辐射形散开，且场强非常强．电子在电场中加速，附着在尘埃上向集尘极移动，故迁移到集尘极的尘埃带负电，A错误．负电荷向集尘极移动，电场方向从集尘极指向放电极，其受电场力的方向与场强方向相反，故B正确C错误．由F电＝qE可知，同一位置E一定，q越大，电场力越大，故D正确．

9.解析：选BC.小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，A错；小球运动到最低点的过程中，电场力、重力做正功，动能增大，经最低点后，电场力、重力做负功，动能减小，故最低点动能最大，速度最大，故B对；由动能定理得：qER＋mgR＝mv2

由牛顿第二定律得：FN－mg－qE＝mv2/R，联立解得FN＝3(mg＋qE)，故C对D错．

二、必考非选择题。本题共4小题，共44分。

10.（8分）（1）B，（2）C,（3）AE解析　静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，C＝＝.保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错

11.（8分）答案:(1)AD (2)B解析:灯泡正常工作时的电压是4 V，故电压表的量程必须大于等于4 V，两只电压表都符合要求，但用V1测量4 V电压时，接近满偏，测量要精确一些，故选V1.同理可知电流表应选A2.灯泡的电阻值约为Rx＝≈8 Ω，V1的内阻与待测电阻的比为：≈200，待测电阻与A2的内阻的比为：＝4，显然可以RV≫Rx，即电压表的分流作用可以忽略，故采用电流表外接法．

（3）答案　AC解析:因为电流表和Rx直接串联，所以电流表读数I′等于流过Rx的真实电流I，电压表并联在电流表和Rx串联电路的两端，故电压表读数U′大于Rx两端的真实电压U，所以Rx的测量值Rx′＝大于真实值Rx＝，故A对．Rx的真实值为：Rx＝＝＝Ω＝99.8 Ω，故C对

12.（12分）解析：(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示

Fsinθ＝qE.①  2分

Fcosθ＝mg② 2分

解得     q＝.1分

(2)由第(1)问中的方程②知：F＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力F合=.1分

设小球的加速度a，有牛顿第二定律F合=＝ma  1分

解得a= ，1分

小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为

s＝，又由s＝at21分

解得t＝.1分

解法二，用运动的分解：水平方向 qE＝ma，  3分

x=b=at23分

        （3） 剪断细绳后，电场力对小球做正功，小球电势能减少。ΔEP=-qEb=-mgbtanθ   2分

13.（18分）解：

解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有

qU＝mv2 3分

解得v＝  2分

(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有

qE＝m＝2分

联立①②，得E＝       2分

(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则

t1＝＝＝2d 2分

设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则

t2＝＝2分

所以从释放微粒开始，经过(t1＋t2)＝(2d＋)  微粒第一次到达P点．2 分

经分析：微粒离开P点后继续做圆周运动进入平行板间做减速运动至A板附近(与O等高位置)，然后加速运动又进入C、D 间做圆周运动而进入平行板间运动O点，接下来重复原来的运动。

因此微粒从释放到经过P点的时间为

       t=K(t1＋t2)=K(2d＋)      (K=1、3、5、7……)   3分

三、选考题。本部分共6小题，共30分。第14～18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求,第19题10分。

14．A

15. 解析：选C.甲图为电流表的内接法，其测量值偏大，当Rx≫RA时，测量误差较小，该电路适合测大阻值电阻；乙图为电流表的外接法，其测量值偏小，当Rx≪RV时，测量误差较小，该电路适合测小阻值电阻，本题答案应为C.

16.解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍．

17. 解析:选A根据公式可得和的电阻小于和的电阻，因为通过和的电流之和等于的电流，所以通过的电流大于的电流，通过的电流小于的电流，根据公式可得，，因为和并联，所以电压相等，根据公式可得，所以，。所以最暗，故A正确。

18.解析：选B　设电子经加速电场后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝①

设偏转电场的极板长为L，则电子在偏转电场中运动时间t＝②

电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a＝③

电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度vy＝at④

由②③④得vy＝

所以，tan θ＝＝

①式代入上式得

tan θ＝，所以B正确．

19. （10分）

解析：　

(1)由动能定理得：qU＝mv      （2分）

代入数据得v1＝104 m/s（1分）

(2)因粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d＝v1t（1分）

粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vy＝at（1分）

由牛顿第二定律得：qE＝ma（1分）

由题意得：tan 30°＝        （1分）

联立以上相关各式并代入数据得：

E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C（1分）

(3)由动能定理得：qUab＝mv2＝m(v＋v)（1分）

联立以上相关各式代入数据得：Uab＝400 V（1分）