山东省2022学年济宁市微山县高一（下）期中物理试卷

2022-2022学年山东省济宁市微山县高一（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.关于电现象的下列说法，正确的是（　　）A.摩擦可以起电，所以电荷可以创生B.正、负电荷可以中和，所以电荷可以消灭C.电荷既不能创生，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量不变D.以上说法都不对2.关于场强和电势的下列说法中正确的是（　　）A.由E=Fq可知，场强E跟F成正比，跟q成反比B.沿电场线方向电势逐渐降低C.在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷经过的路径上各点的场强一定为零D.两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：各点的电势均相等，且连线的中点场强最小3.如图，质量为m、带电量为q的小球S用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当小球B静止时，A、B等高，细线偏离竖直方向的夹角为θ．已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为（　　）A.mgtanθqB.mgcotθqC.mgsinθqD.mgcosθq4.关于电动势，下列说法中正确的是（　　）A.电源单位时间向外提供的电能越多，表明电动势越大B.电动势大，说明单位电荷在电路中流动时，电源对外提供的电能本领大C.一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能D.电源内部，电流由负极流向正极，表明内部由负极到正极，电势降低5.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）A.此时A带正电，B带负电B.此时A电势低，B电势高C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合6.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是（　　）A.电容器的带电荷量变大B.电路中有顺时针方向的短暂电流C.带电微粒仍将静止D.带电微粒将向下做加速运动7.根据欧姆定律，下列说法中正确的是（　　）A.通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B.当加在导体两端的电压变化时，导体中的电流也发生变化，但电压和电流的比值对这段导体来说是恒量C.通过导体的电量跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D.导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变．则（　　）A.当增大两板间距离时，v也增大B.当减小两板间距离时，v增大C.当改变两板间距离时，v不变D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长9.如图（a）所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线垂线上的点，一个带电量为q，质量为m的点电荷从C点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v-t图象如图（b）所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为k，则（　　）A.A、B两点间的电势差m(vA−vB)22qB.由C点到A点电势逐渐降低C.B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mkqD.该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后变大7/71.某带电金属棒所带电荷均匀分布，其周围的电场线分布如图所示，在金属棒的中垂线上的两条电场线上有A、B两点，电场中另有一点C．已知A点到金属棒的距离大于B点到金属棒的距离，C点到金属棒的距离大于A点到金属棒的距离，则（　　）A.A点的电势高于B点的电势B.B点的电场强度小于C点的电场强度C.负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能D.将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功2.如图，在匀强电场中有一固定斜面。带电物体从斜面顶端滑到底端的过程中，重力对物体做功24J，电场力对物体做功-12J，摩擦力对物体做功-8J，则物体的（　　）A.动能增加4JB.电势能增加12JC.机械能增加4JD.重力势能增加24J3.如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（　　）A.小球做匀速直线运动B.小球先做减速运动，后做加速运动C.小球的电势能保持不变D.静电力对小球先做负功后再做正功三、填空题（本大题共2小题，共14.0分）4.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，在以下操作步骤中，静电计指针的张角分别是怎样变化的？请将答案填在相应的横线上．（1）甲图中将B板上移，静电计的指针张角将______（填“增大”或“减小”或“不变”）（2）乙图中将B板左移，静电计的指针张角将______（填“增大”或“减小”或“不变”）（3）丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针张角将______（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）本实验的研究方法是______．5.如图所示，是某导体的伏安特性曲线．由图可知，导体的电阻为______Ω，当导体两端加10V电压时，通过导体的电流为______A，当导体通过1A电流时，导体两端的电压是______V．四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）6.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差UAB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？7.如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球。将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向是水平的，已知当细线偏离竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡。求：（1）小球带何种电荷？小球所带电荷量多少？（2）剪断细线小球做何种运动？若此后小球发生的位移为d，所用时间多长？8.如图所示，板长L=163cm的平行板电容器，板间距为d=4cm，板与水平面夹角α=37°，两板所加电压为U=100V．有一带负电液滴，带电荷量为q=4×10-10C以v0=1m/s的水平速度自AB板边缘A处水平进入电场，在电场中仍沿水平方向运动并恰好从CD板边缘D处水平飞出（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）A、B间匀强电场的场强多大；（2）液滴的质量；（3）液滴飞出时的速度大小。7/77/7答案和解析1.【答案】C【解析】解：电荷守恒定律内容为：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变。故C正确，ABD错误故选：C。根据电荷守恒定律的内容就可以直接作出解答．本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．2.【答案】B【解析】解：A、电场强度由电场本身决定，与F和q无关，故A错误；B、沿电场线的方向电势降低最快；故电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向；故B正确；C、在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，知a、b两点间的电势差为0，电场强度不一定为零，故C错误；D、两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：各点的电势均相等，且连线的中点场强最大，故D错误；故选：B。场强只与电场本身有关，与试探电荷无关，沿着电场线的方向电势逐渐降低。根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小。本题的关键知道等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特点，根据电场线疏密比较场强的强弱，根据电场线方向确定电势的高低。3.【答案】A【解析】解：小球处于平衡状态，受力如图，根据合成法，知电场力F=mgtanθ。E==。故选：A。B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据E=求出B点的电场强度。解决本题的关键掌握共点力平衡的求法，比如合成法，正交分解法等。4.【答案】C【解析】解：A、根据电源向外提供的电能W=EIt可知：电源向外提供的电能不仅与电动势有关，还有电流和时间有关。故A错误；B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，而电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化本领越大。故B错误；C、一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有W=Uq=1.5×1=1.5J的化学能转变成电能。故C正确；D、电源内部，电流由负极流向正极，电势升高。故D错误；故选：C。电源向外提供的电能不仅与电动势有关，还有电流和时间有关；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化本领越大；根据W=Uq，可知一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能；电源内部，电流由负极流向正极，电势升高。本题考查了电源的电动势、电功等知识点。难点：电动势的物理意义比较抽象，我们要记住电动势和那些因素有关，电源正负极的电势高低及电流的方向。5.【答案】C【解析】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选：C。根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．6.【答案】A【解析】解：电容器始终与电源相连，知道两端的电势差不变，现将下极板向上平移一小段距离，根据C=知，电容增大，则Q=CU，知电荷量增大。电路中有逆时针方向的短暂电路。由于电势差不变，d减小，则电场强度增大，即带电粒子所受的电场力增大，粒子向上做加速运动。故A正确，B、C、D错误。故选：A。电容器始终与电源相连，则两端电势差不变，根据电容的变化判断电荷量的变化，从而确定电流的方向．解决本题的关键知道电容器与电源相连，电势差不变，通过电容的变化，判断电荷量的变化，通过d的变化判断电场强度的变化．7.【答案】B【解析】7/7解：A、由电阻的定义式R=，知导体的电阻由导体的本身决定，与通过导体的电流无关，故A错误。B、根据电阻的定义式R=，可知电压和电流的比值等于导体的电阻，与电压和电流无关，当电压变化时，导体中电流也变化，但电阻不变，则电压和电流的比值不变，故B正确。C、根据欧姆定律I=得知，通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，而不是通过导体的电量跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故C错误。D、电阻的定义式R=，采用比值法定义，R与U、I无关，故D错误。故选：B。导体的电阻由导体的本身决定，与导体的材料，长度，横截面积有关，与导体的电压和电流无关．电阻等于电压与电流的比值．本题可抓住电阻的定义式R=，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，理解R与U、I无关．8.【答案】CD【解析】解：A、B、C、根据动能定理得： Uq=mv2得v=，v与板间距离d无关，所以改变两板间距离d时，v不变，故C正确、AB错误。D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E=，电子的加速度为a==。电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d=at2；联立得电子加速的时间为t=d，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确。故选：CD。根据动能定理列出等式，得到速度v的表达式，再判断v的变化．根据E=可以判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小，电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间．根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可．9.【答案】BC【解析】解：A、据v-t图可知A、B两点的速度分别是vA和vB，根据动能定理有：解得：，而．故A错误；B、已知点电荷从C点到A点的过程速度增大，电场力一直做正功，电势能减小，因为正电荷在电势能越小的位置电势越低，所以由C点到A点电势逐渐降低。故B正确；C、由图可知，带电粒子在B点的加速度最大为k，所以它所受的电场力最大为mk，根据电场强度定义式，解得：．故C正确；D、两个等量的同种正电荷连线中垂线上的电势，由O点沿中垂线向外侧逐渐减小，因此带正电粒子由C点到A点过程中电势逐渐减小。故D错误。故选：BC。根据动能定理并结合图象数据，可直接求出AB两点间的电势差；从两个等量同种正电荷连线中点O沿中垂线向外侧电势逐渐降低，正电荷在电势越高的位置电势能越大；已知v-t图的斜率表示加速度大小，由图可知在B点的加速度为最大，再利用电场强度的定义式求出场强大小。解答本题的关键是：要熟练掌握等量同正电荷连线和中垂线上电场强度和电势的分布规律，结合v-t图象可获取加速度、速度、动能等信息，再利用动能定理可解出结果。10.【答案】CD【解析】解：A、由图，结合电场线的特点可知，该题中金属棒两侧的电场是对称的，由于OA＞OB，所以OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势；故A错误；B、根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大。故B错误；C、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故C正确；D、沿着电场线方向电势降低，A点电势比C点高，则将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电势能减小，电场力做正功，故D正确故选：CD。根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系。同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密。当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。11.【答案】AB【解析】7/7解：A、根据动能定理可知，动能增量：△Ek=WG+W电+Wf=24J-12J-8J=4J，选项A正确；B、电场力对物体做功-12 J，则电势能增加12J，选项B正确；C、机械能增量等于除重力以外的其它力的功，则机械能增量为：-12J-8J=-20J，选项C错误；D、重力对物体做功 24 J，则重力势能减小24J，选项D错误；故选：AB。动能增量等于合外力的功；电势能的变化量等于电场力的功；重力势能的变化等于重力的功；除重力以外的其它力的功等于机械能的增量；据此判断。本题要掌握常见的功与能的关系，知道重力做功与重力势能变化有关，电势能有电场力做功的关系和机械能的变化量与做功的关系。12.【答案】AC【解析】解：AB、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故A正确，B错误。CD、由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功。小球的电势能不变。故C正确，D错误。故选：AC。金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．13.【答案】增大 增大 减小 控制变量法【解析】解：（1）根据C=，C=，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，张角将增大；（2）B板左移，d增大，C减小，U增大，张角将增大；（3）插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，张角将减小．（4）控制变量法．故答案为：增大、增大、减小、控制变量法．根据C=，C=，联合分析求解；研究某量与其他两之间的关系时，常采用控制变量法．对于电容器问题常根据C=，C=和E=结合电荷量或电压不变进行分析变进行分析．14.【答案】25 0.4 25【解析】解：根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R===25Ω，当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I===0.4A，当通过导体的电流是1A时，导体两端的电压U=IR=1A×25Ω=25V，故答案为：25Ω；0.4A；25V．由I-U图象找出导体两端电压所对应的电流，然后由欧姆定律求出导体电阻；已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出通过导体的电流；已知电流与电阻，由欧姆定律可以求出导体两端电压．由图象找出导体两端电压与所对应的电流，应用欧姆定律即可正确解题．15.【答案】解：（1）电场力做正功，电势能就减小，电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能等于电场力做的功，所以电势能增加了0.1J，电场力对电荷就做-0.1J的功．（2）由W=qU可得，U=Wq=−0.1−2×10−5V=5000V，（3）A、B两点间的沿电场线方向的距离为D=2×cos60°=1cm=1×10-2m，由U=ED得，E=UD=50001×10−2V/m=5×105V/m．答：（1）在此过程中，电场力对该电荷做功为-0.1J；（2）A、B两点的电势差UAB为5000V；（3）匀强电场的场强为5×105V/m．【解析】（1）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；（2）由电场力做功的公式，可以求得电势差；（3）由电势差的公式可以求得电场的场强．在电场中计算电势差时一定要所注意带着符号来运算，计算电场强度时，两点之间的距离一定是沿电场方向的距离．16.【答案】解：（1）根据平衡条件小球受力分析如图所示：小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，由平衡条件得：Eq=mgtanα所以：q=mgtanαE（2）剪断细线后，重力和电场力都不变，受力分析如图所示：，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgcosα=ma又7/7d=12at2联立解得t=2dcosαg答：（1）小球带正电荷，小球所带电荷量为mgtanαE；（2）剪断细线小球做初速度为零的匀加速直线运动，若此后小球发生的位移为d，所用时间为2dcosαg。【解析】（1）由题细线向右偏离竖直方向，小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系，判断小球的电性。根据平衡条件求出电量；（2）剪断细线小球只受重力和电场力，根据受力分析判断运动性质；根据匀变速直线运动规律求解运动时间。本题考查带电小球在复合场中运动，关键是做好受力分析，然后利用平衡或牛顿第二定律，结合运动学规律、动能定理等列式求解即可。17.【答案】解：（1）A、B间匀强电场的场强为：E=Ud=1004×10−2V/m=2.5×103V/m（2）因带电粒子初速度水平，所受的合力只有沿水平方向才能沿水平方向做直线运动，因此所受的电场力方向只有垂直于两板才能保证与重力的合力沿水平向右方向。由力的合成示意图知：Fcos37°=mg，又F=qE解得：m=8.0×10-8kg（3）液滴从进到出电场的过程，由动能定理得：qU=12mv2−12mv02解得：v=2m/s答：（1）A、B间匀强电场的场强是2.5×103V/m；（2）液滴的质量是8.0×10-8kg；（3）液滴飞出时的速度大小是2m/s。【解析】（1）已知两板间的电压U和板间距离d，由E=求电场强度的大小。（2）液滴受到重力和电场力两个力作用，在电场中做直线运动，故其合力应水平向右，采用正交分解法列式求解质量。（3）液滴从进到出电场的过程，电场力做功为qU，根据动能定理求解液滴飞出时的速度大小。本题考查粒子在电场和重力场的复合场中的运动问题，关键是正确的受力分析，结合直线运动的条件并运用矢量运算法则得到重力和合力，在结合动能定理或牛顿第二定律和运动学公式列式求解。7/7