江西省新干县第二中学2022学年高二物理上学期第一次段考试题理普含解析

江西省新干县第二中学2022-2022学年高二上学期第一次段考物理（理普）试题一．选择题1.物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学方法上来说是属于（　　）A.控制变量的方法B.观察实验的方法C.建立理想化模型的方法D.等效替代的方法【答案】C【解析】物理学引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学研究方法上来说是属于建立理想化的物理模型的方法，故选C.2.关于电场强度定义式E=F/q，以下说法正确的是()A.电场中某点的场强的大小与电荷在该点所受的静电力成正比，与电荷量成反比B.放在电场中某点的电荷所受的静电力大小与该电荷的电荷量成正比C.将放在电场中某点的正电荷改为-q，则该点的场强大小不变，方向反向D.若取走放在电场中某点的电荷，则该点的电场强度变为零【答案】B【解析】试题分析：A、电场中某点的电场强度与放入电场中的电荷、以及电荷所受的电场力无关，故A错误；B、根据F=qE知，电荷在某点所受的电场力与电荷量成正比，故B正确；CD、电场中某点的电场强度的大小和方向与放入电场中的电荷无关，即使将检验电荷移走，该点的电场强度不变，故C、D错误。故选：B。考点：电场强度．【名师点睛】解决本题的关键知道电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与放入电场中的有无电荷、电荷量的多少、电荷所受的电场力都无关系，只由电场本身的性质决定．根据F=qE知，电荷在某点所受的电场力与电荷量成正比。-13-\n3.如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V、φB=2V、φC=﹣2v，则D点电势φD=（　　）A.0VB.2VC.6VD.8V【答案】C【解析】【详解】匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故φA-φB=φD-φC，即得φD=6V，故C正确。4.MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　）A.粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能B.粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C.粒子带负电D.粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】A【解析】试题分析：做曲线运动的物体的轨迹夹在合力与速度方向之间，故电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，A正确B错误；因为是M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，所以电场方向从M到N，粒子受到的电场力方向指向N，所以电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电，C错误；因为a点靠近点电荷，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，故粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，D错误-13-\n考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键是依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况5.通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是()A.8CB.20CC.480CD.1200C【答案】C【解析】【分析】已知电流5A和时间4min，根据Q=It可求出电荷量。【详解】t=4min=240s，通过导体横截面的电荷量：Q=It=2A×240s=480C故C正确。【点睛】本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：，即可求解．但要注意单位配套。6.一电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为200Ω,要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表（）A.并联一个0.4Ω的电阻B.并联一个200Ω的电阻C.串联一个0.4Ω的电阻D.串联一个200Ω的电阻【答案】A【解析】试题分析：改装成电流表需要并联一个电阻分流，根据串并联电路规律可得，代入数据可得，故A正确；-13-\n考点：考查了电流表的改装7.2022年小米手机成为国产手机的精品畅销品牌，极具竞争力，如图所示，为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（　　）A.该电池的容量为500mA·hB.该电池的电动势为3.6VC.该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD.若电池以10mA的电流工作，可用50小时【答案】ABD【解析】【详解】A、C项：根据公式可知，该电池容纳电荷的本领，即电容500mA·h，A正确，C错误；B项：由图可知，电动势为3.6V，故B正确；D项：根据公式可得若电池以10mA的电流工作，可用，故D正确。故应选ABD。【点睛】本题关键是熟悉描述电池特性的物理量，要能从表格中读出有用的信息。-13-\n8.目前智能手机普遍采用了电容屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏．玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层ITO，最外层一薄层矽土玻璃保护层，夹层ITO涂层作为工作面．当手指触摸电容触摸屏时，手指和屏的夹层工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例精确计算，得出触摸点的位置．对于触摸屏，下列说法正确的是（）A.使用绝缘笔，在电容屏上也能进行触控操作B.手指与屏的接触面积变大时，电容变小C.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力既能产生位置信号D.手指压力变大时，手指与屏的夹层工作面距离变小，电容会变大【答案】CD【解析】【分析】当手触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，改变手指的压力或接触面积，都能改变电容．根据电容的决定因素分析。【详解】A项：据题意知，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；B项：手指与屏的接触面积变大时，由公式可知，电容变大，故B错误；C项：电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需要手指有压力，故C正确；D项：手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，由公式可知，电容将变大，故D正确。-13-\n故应选CD。【点睛】本题是信息题，要读懂题意，明确基本的工作原理，同时要掌握电容与正对面积，板间距离的关系，从而进行分析。9.如图所示，a、b、c、d、e、f点是以O为球心的球面上的点，分别在a、c两点处放上等量异种电荷+Q和-Q．下列说法正确的是（）A.b、d两点电场强度大小相等，方向相同B.e、d两点电势不同C.b、f两点电场强度大小相等，方向相同D.e、d两点电势相同【答案】ACD【解析】【详解】A项：b、d两点处于等量异种电荷连线的中垂线上且关于中点对称，所以b、d两点电场强度大小相等，方向相同，故A正确；B、C、D项：等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直由于b、c、d、e、f各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e、f各点的场强大小也相等故B错误，C、D正确。故应选ACD。10.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）-13-\nA.L1变亮，L3变暗B.L2变暗，L3变亮，C.L3亮度不变D.L1中电流变化值小于L3中电流变化值【答案】BD【解析】【分析】由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R、L1作为内电阻处理，由U=E-Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．【详解】A、B、C项：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中电流增大，故内阻及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A错误，B正确，C错误；D项：因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值，故D正确。【点睛】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律。二．实验题11.将一个电荷量为2C的点电荷放入电场中某点，所受的电场力大小为20N，则该点的电场强度大小为__________N/C.若换个电荷量为3C的点电荷仍放到该点，那么此时该点电场强度的大小为__________N/C，这个3C的点电荷受到的电场力大小为________N.【答案】(1).10;(2).10;(3).30;-13-\n【解析】【分析】据场强的定义式，就可求该点的电场强度；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故在该点换一电量为3C的点电荷该点的场强不变，根据F=Eq可求解电场力。【详解】根据场强的定义式有：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故在该点换一电量为3C的点电荷该点的场强不变仍为10N/C；所以F′=Eq′=10N/C×3C=30N。【点睛】本题是电场中最基本的题型之一，关键抓住电场强度反映电场本身的特性，与试探电荷无关。12.A、B为电场中的两点，将一个电荷量为+2.0×10﹣8C的点电荷从A点移到B，若电场力做功4.8×10﹣6J，则A点的电势能比B点的电势能______（填“大”或“小“），A、B两点间的电势差等于______V．【答案】(1).大(2).240；【解析】【详解】点电荷从A点移到B，电场力做正功，则电势能减少，所以A点的电势能比B点的电势能大A、B间的电势差为：。13.如图所示：电压U=90V，R1=200Ω，R2=400Ω，A、V为理想电表，其读数分别为I=________A，U2=_________V．此时R1上的功率P1=_______W．【答案】(1).0.15；(2).60；(3).4.5；【解析】-13-\n【详解】由图可知，两电阻串联，由欧姆定律可知，电路中电流；U2的示数U2=IR2=0.15×400=60V；R1上的功率P1=I2R1=（0.15）2×200=4.5W。14.在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接,极板B接地(1)若极板B稍向上移动一点,则将观察到静电计指针偏角_______________(填“变大”或“变小”),此实验说明平行板电容器的电容随________而增大;(2)若极板B稍向左移动一点,则将观察到静电计指针偏角_______(填“变大”或“变小”),此实验说明平行板电容器的电容随_______而增大【答案】(1).变大；(2).两极板间正对面积的增大；(3).变大；(4).两极板间间距离的减小；【解析】（1）两极板间的电荷量恒定不变，把B极板向上移动，则两极板间的正对面积减小，根据可知电容器电容减小，根据可知两极板间的电势差正对，即静电计的夹角增大，说明平行板电容器的电容随极板正对面积减小而减小；（2）把B板向右移动一点，则两极板间的距离减小，根据公式可知电容器电容增大，根据可知两极板间的电势差正对，即静电计的夹角减小，说明平行板电容器的电容随极板间距离减小而增大；三．计算题15.在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的电势差为2000V,距离x=0.10m．求：-13-\n（1）电场强度E的大小；（2）将一个电荷量Q=+2.0×10﹣8C的点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功？【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)由公式；(2)根据公式。【点睛】本题考查了电场强度的定义式、匀强电场的场强公式以及电场力做功与电势差的关系，注意在E=d表示沿电场线方向上的距离，在运用W=qU求解时，功的正负、电荷的正负、电势差的正负需代入计算。16.微型吸尘器的直流电动机的内阻为1Ω，当加在它两端的电压为2.0V时，电流为0.8A，且能正常工作．求：（1）它的输入功率多大？（2）工作时由发热损失的功率多大？【答案】（1）1.6W（2）0.64W【解析】【详解】(1)输入的电功率为：P入=IU=0.8×2 W=1.6 W；(2)吸尘器的热功率P热=I2r=0.82×1=0.64W。17..如图所示，是示波器工作原理的示意图，电子经电压U1从静止加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L，电子离开偏转电场时的偏转量为h，每单位电压引起的偏转量（h/U2）叫示波器的灵敏度，试求：该示波器的灵敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。-13-\n【答案】该示波器的灵敏度,增大L，减小d，减小都可以提高示波器的灵敏度。【解析】【分析】根据动能定理可以解得粒子加速后的速度，再用运动学关系式解决带电粒子在竖直方向的偏转位移，最后讨论各相关物理量。【详解】根据动能动理，电子进入偏转电场时的速度为v   则在偏转电场中电子的偏转量为联立以上两解得：则可知，增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度。【点睛】解题时注意类平抛物体一般分解为两种分运动，水平方向的匀速直线，竖直方向的匀加速直线。18.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r＝1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？(2)电动机的输入功率和输出功率各是多少？(3)10s内，可以把重物A匀速提升多高？-13-\n【答案】（1）1W（2）P入＝5W;4W（3）2m【解析】【分析】电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获取的功率一部分转化为线圈的热功率，另一部分转化为电动机的机械功率。解：(1)电动机线圈上消耗的热功率为(2)电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，根据得(3)设物体A的重力为G，t＝10s内物体上升的高度为h根据能量守恒定律得解得19.如图，光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带正电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为1.5mg．求（1）小球受到的电场力的大小和方向．（2）带电小球在滑动过程中的最大速度．【答案】(1)，水平向右（2）【解析】【分析】(1)设小球运动到最底位置B时速度为v，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理结合向心力公式联立方程即可求解；(2)小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系及动能定理即可求解【详解】(1)设小球运动到最底位置B时速度为v，此时-13-\n解得：若不受电场力，则解得：因为v′＞v所以此过程中电场力做负功，电场力方向水平向右；设电场力大小为F，由题意，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理得：解得：，方向水平向右；(2)小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图mgsinθ=Fcosθ解得：小球由A处到最大速度位置得过程中有：解得：。-13-