高中物理人教版1本册总复习总复习 省赛获奖2

上饶县二中2023—2023学年度第一学期高二年级第一次月考物理卷面分值：100分时间：90分钟一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1.最早提出用电场线描述电场的物理学家是()A.牛顿B.伽利略C.法拉第D.阿基米德[答案]C[解析]考查了物理常识。法拉第是最早提出用电场线描述电场的物理学家；牛顿对物理学的贡献主要在力学部分，如牛顿运动的三定律和万有引力定律；伽利略的主要贡献在力学和天文学领域；阿基米德的主要贡献是系统而严格证明了杠杆定律，以及总结得出阿基米德原理。2.有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A.F/10B.3F/8C.F/4D.F/2[答案]B[解析]理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。假设A、B带电量均为q，两球之间的相互吸引力大小是F=kq∙qr2，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A、C的电量都为q/2，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为3q/4，这时A、B两球之间的相互作用力大小F=Kq2×3.电场强度的定义式E=Fq，点电荷的场强公式为E=kQr2，下列说法中正确的是A.E=Fq中的场强E是电荷q产生的B.E=kQr2中的场强E是电荷C.E=Fq中的F表示表示单位正电荷的受力C.E=Fq和E=kQr2[答案]B[解析]公式E＝F/q是电场强度的定义式，适用于任何电场，q为试探电荷的电荷量，E＝KQ/R2仅适用于计算点电荷的场强，Q为场源点电荷的电荷量．4.下列说法中正确的是（）A.在电场中电场强度大的点,电势必定高B.电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大C.电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快D.一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能一定变化[答案]C[解析]A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；

B、正电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大，负电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越小；故B错误；

C、电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快．故C正确．

D、一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能不一定变化，如电子绕原子核做匀速圆周运动时电势能不会变化．故D错误；

故选：C．5.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接，将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小[答案]C[解析]先根据平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd，分析电容如何变化，抓住电容器的电荷量不变，由电容的定义式C=Q/U，分析板间电压的变化，再由对A、B选项：平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量Q不变．故A、B错误．

对C、D选项：

增大电容器两极板间的距离d时，由C=εrS4πkd知，电容C变小，Q不变，根据C=Q/U知，U变大，而E=U/d=QCd=4πQkεrS，Q、k、ɛ、S6.在真空中的一个点电荷的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，所受静电力为F，则离该点电荷为r处的场强大小为()A.F/qB.Fr02/(qr2)C.Fr0/(qr)D.F[答案]B[解析]先根据电场强度的定义式E=F/q,求出离该点电荷距离为r0处的场强大小，再由点电荷场强公式E=kQ/r2，运用比例求解离该点电荷为r处的场强．

解：根据电场强度定义得r0处的场强大小为E1=F/q．

根据点电荷的场强公式得E=kQ/r2，Q为场源电荷的电量，

则离该点电荷为r0处的场强为：E1=kQ/r02，

离该点电荷为r处的场强为：E2=kQ/r2，

由上两式之比得：E2/E1=r02/r2

所以该点电荷为r处的场强的大小为E2=E1r02/r2=Fr02/(qr2)．

故选：B．7.单位电荷电的正电荷沿闭合电路移动一周，在内外电路中释放的总能量决定于（）A.电源的电动势B.通过电源的电流C.路端电压的大小D.内外电阻之和[答案]A[解析]电动势反映电源自身在其内部将单位正电荷从负极移到正极的过程中，克服电场力所做的功，将其他形式的能量转化为电能的本领。8.某导体中的电流随其两端电压的变化如下图所示，这下列说法中正确的是（）A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻B.加5V电压时，导体的电阻约是10Ω，C.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小，D.由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小[答案]D[解析]I-U图象描述物体的电流随电压的变化，由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的变化可明确电阻的变化。解：A.该元件是非线性元件，在状态不变时能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，A错误。B.加5V电压时，电流为，则由欧姆定律可知，R=U/I=5/1=5Ω.B错误。C、D：由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减少。故C错误、D正确。9.（多选）如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（）A.当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B.当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C.当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能不守恒，[答案]CD[解析]A、B：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变，线的张力大小不变；当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；故AB错误．

C、当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点a时，小球的电势能最小．故C正确．

D、由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒．故D正确．

故选CD10.（多选）如图所示，一个质量为m，带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点，沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板，要使粒子的入射速度变为v/2仍能恰好穿过电场，则必须再使（）A.粒子的电荷量变为原来的1/4B.两板间电压减为原来的1/2C.两板间距离变为原来的4倍D.两板间距离变为原来的2倍[答案]AD[解析]设平行板长度为L，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t=L/v,垂直初速度方向做匀加速运动：a=qUmd则y0=d2=12at2=qUL2A、使粒子的带电量减少为原来的1/4,由上公式可知，y=d2,故A正确．

B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，则y=d．故B错误．

C、同理，保证极板带电量不变，使两板间的距离增加到原来的4倍，此时垂直初速度方向距离y=d，而入身射点到极板间距为2d，因此不可能恰好穿过电场．故C错误．

D、保证极板间电压不变，两板间距离增为原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为y=d，故D正确．

二、填空题（每空3分，共21分）11.如右图所示是某一半导体器件的U-I图。（1）将该器件与标有“8V，16W”的用电器串联后，接入电动势为10V的直流电源两端。用电器恰能正常工作，则此时该半导体器件两端的电压是___V，该直流电源的内阻是___Ω。（2）当用电器在使用时不小心发生了短路，此时流过直流电源的电流是_______A。[答案]（1）1；（2）约[解析]本题的关键点：一是用电器正常工作时，电压和功率均达到额定值；二是由电流读出半导体的电压。（1）由题意知，用电器恰能正常工作，其电压和功率分别为U=8V，P=16W，则

电路中电流为I=P/U=2A由图读出，当I=2A时，半导体器件的电压为U′=1V，根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻为r=E-U-U/I=Ω

（2）当用电器在使用时，不小心发生了短路．将电源U-I特性曲线画在半导体器件的U-I图中，

交点的横坐标即表示此时流过直流电源的电流，所以流过直流电源的电流是．12.表格中所列数据是测量小灯泡U-I关系的实验数据U(V)I(A)(1)分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是下图中的_____(填“甲”或“乙”)。（2）在下图所示的方格纸内画出小灯泡的U-I曲线，分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而_____(填“变大”、“变小”或“不变”)（3）如右图所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计，电动势为3V的电源上，已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为________A。[答案]（1）甲；（2）变大（3）[解析]（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量，因此需要滑动变阻器分压接法。故该实验选择分压接法甲图。（2）在所示的方格纸内画出小灯泡的U-I曲线如图根据表中所给的数据画出小灯泡的U-I曲线如图，由小灯泡的U-I曲线可知：当电流增大时，灯泡的电阻增大（3）流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍，同时灯泡a和d的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U-I曲线可知流过灯泡的b的电流约为。三、计算题（共39分）13.（12分）光滑绝缘导轨与水平面成450角，两个质量均为m、等量同种电荷的小球A、B，带电荷量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示。求：两球之间的距离。[答案]x=qkmg[解析]两球均处于静止状态，受力平衡，合力均为零，以A球为研究对象，分析受力情况，由于两球电荷为同种电荷，所以所受库仑力水平向右，由平衡条件根据力的合成或分解求出库仑力，再由库仑定律求出两球间的距离．解：设两球之间的距离为x．相互作用的库仑力为F，以A球为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得F=mgtan45°=mg（5分）

由库仑定律得F=kq2x2解得，x=qkmg（2分）

答：两球之间的距离为x=qk点评：本题是带电体平衡问题，是电场知识与力学知识的综合，库仑力是联系电场与力学两部分知识的桥梁，是要求的关键量．14.（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=，两板间距离d＝4×10-3m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流，你相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关s闭合前两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10-5kg,电量q=+1×10-8C，(g=10m/s2)问：（1）微粒的入射速度v0为多少？(2)为微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？[答案](1)10m/s(2)电容器的上板应与电源的负极相连(3)120V<U<200V[解析]（1）粒子刚进了平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算，由于带电离子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定理列式求解即可。解：(1)粒子刚进了平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，有：L2＝v0td2＝12可解得v0＝L2(2)电容器的上板应接电源的负极当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出d2＝12a1(La1=mg-qU解得：U1＝120V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出d2＝12a2(La2=qU解得U2＝200V所以120V<U<200V.15（15分）.如图所示，光滑斜面倾角为370，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的1/2，(g取10m/s2,sin370=,cos370=）求：(1)原来电场强度大小(2)物快运动的加速度(3)沿斜面下滑距离为L时的速度大小[答案](1)3mg4q(2)s2(3)6L[解析]【知识点】力与电场相结合的综合应用题—共点力平衡条件、牛顿第二定律、功和能的关系的综合应用。解：（1）对小球进行受力分析如图示。由于小物块静止在斜面上，根据力的合成或分解由平衡条件有：Eq=mgtan370得：E=3mg（2）当电