高中物理人教版1本冊總復習總復習 省賽獲獎2

上饒縣二中2023—2023學年度第一學期高二年級第一次月考物理卷面分值：100分時間：90分鐘一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分）1.最早提出用電場線描述電場的物理學家是()A.牛頓B.伽利略C.法拉第D.阿基米德[答案]C[解析]考查了物理常識。法拉第是最早提出用電場線描述電場的物理學家；牛頓對物理學的貢獻主要在力學部分，如牛頓運動的三定律和萬有引力定律；伽利略的主要貢獻在力學和天文學領域；阿基米德的主要貢獻是系統(tǒng)而嚴格證明了杠桿定律，以及總結得出阿基米德原理。2.有三個相同的金屬小球A、B、C，其中A、B兩球帶電情況完全相同，C球不帶電，將A、B兩球相隔一定距離固定起來，兩球間的庫侖力是F，若使C球先和A接觸，再與B球接觸，移去C，則A、B間的庫侖力變?yōu)椋ǎ〢.F/10B.3F/8C.F/4D.F/2[答案]B[解析]理解庫侖定律的內容，知道帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分。假設A、B帶電量均為q，兩球之間的相互吸引力大小是F=kq?qr2，第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A、C的電量都為q/2，C與B接觸后先中和再平分，則C、B分開后，電量均為3q/4，這時A、B兩球之間的相互作用力大小F=Kq2×3.電場強度的定義式E=Fq，點電荷的場強公式為E=kQr2，下列說法中正確的是A.E=Fq中的場強E是電荷q產(chǎn)生的B.E=kQr2中的場強E是電荷C.E=Fq中的F表示表示單位正電荷的受力C.E=Fq和E=kQr2[答案]B[解析]公式E＝F/q是電場強度的定義式，適用于任何電場，q為試探電荷的電荷量，E＝KQ/R2僅適用于計算點電荷的場強，Q為場源點電荷的電荷量．4.下列說法中正確的是（）A.在電場中電場強度大的點,電勢必定高B.電荷置于電勢越高的點，其所具有的電勢能也越大C.電場中電場強度大的地方，沿電場線方向電勢降落快D.一帶電粒子只受電場力作用在電場中運動時，電勢能一定變化[答案]C[解析]A、電場線密處，電場強度大，而電場線方向不確定，故無法判斷電勢高低，電勢就不一定高，故A錯誤；

B、正電荷置于電勢越高的點，其所具有的電勢能也越大，負電荷置于電勢越高的點，其所具有的電勢能也越??；故B錯誤；

C、電場中電場強度大的地方，沿電場線方向電勢降落快．故C正確．

D、一帶電粒子只受電場力作用在電場中運動時，電勢能不一定變化，如電子繞原子核做勻速圓周運動時電勢能不會變化．故D錯誤；

故選：C．5.如圖所示的實驗裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個靈敏的靜電計相接，將A極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A.Q變小，C不變，U不變，E變小B.Q變小，C變小，U不變，E不變C.Q不變，C變小，U變大，E不變D.Q不變，C變小，U變大，E變小[答案]C[解析]先根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=εrS4πkd，分析電容如何變化，抓住電容器的電荷量不變，由電容的定義式C=Q/U，分析板間電壓的變化，再由對A、B選項：平行板電容器與靜電計并聯(lián)，電容器所帶電量Q不變．故A、B錯誤．

對C、D選項：

增大電容器兩極板間的距離d時，由C=εrS4πkd知，電容C變小，Q不變，根據(jù)C=Q/U知，U變大，而E=U/d=QCd=4πQkεrS，Q、k、?、S6.在真空中的一個點電荷的電場中，離該點電荷距離為r0的一點引入電荷量為q的檢驗電荷，所受靜電力為F，則離該點電荷為r處的場強大小為()A.F/qB.Fr02/(qr2)C.Fr0/(qr)D.F[答案]B[解析]先根據(jù)電場強度的定義式E=F/q,求出離該點電荷距離為r0處的場強大小，再由點電荷場強公式E=kQ/r2，運用比例求解離該點電荷為r處的場強．

解：根據(jù)電場強度定義得r0處的場強大小為E1=F/q．

根據(jù)點電荷的場強公式得E=kQ/r2，Q為場源電荷的電量，

則離該點電荷為r0處的場強為：E1=kQ/r02，

離該點電荷為r處的場強為：E2=kQ/r2，

由上兩式之比得：E2/E1=r02/r2

所以該點電荷為r處的場強的大小為E2=E1r02/r2=Fr02/(qr2)．

故選：B．7.單位電荷電的正電荷沿閉合電路移動一周，在內外電路中釋放的總能量決定于（）A.電源的電動勢B.通過電源的電流C.路端電壓的大小D.內外電阻之和[答案]A[解析]電動勢反映電源自身在其內部將單位正電荷從負極移到正極的過程中，克服電場力所做的功，將其他形式的能量轉化為電能的本領。8.某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如下圖所示，這下列說法中正確的是（）A.該元件是非線性元件，所以不能用歐姆定律計算導體在某狀態(tài)的電阻B.加5V電壓時，導體的電阻約是10Ω，C.由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小，D.由圖可知，隨著電壓的減小，導體的電阻不斷減小[答案]D[解析]I-U圖象描述物體的電流隨電壓的變化，由各點的坐標可求得導體的電阻；由圖象的變化可明確電阻的變化。解：A.該元件是非線性元件，在狀態(tài)不變時能用歐姆定律計算導體在某狀態(tài)的電阻，A錯誤。B.加5V電壓時，電流為，則由歐姆定律可知，R=U/I=5/1=5Ω.B錯誤。C、D：由圖知，隨著電壓的增大，圖象上的點與原點連線的斜率增大，此斜率等于電阻的倒數(shù)，則知導體的電阻不斷減少。故C錯誤、D正確。9.（多選）如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則（）A.當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小B.當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大C.當小球運動到最高點a時，小球的電勢能最小D.小球在運動過程中機械能不守恒，[答案]CD[解析]A、B：當重力大于電場力時，小球運動到最高點a時，線的張力一定最小，到達最低點b時，小球的速度最大；當重力等于電場力時，小球做勻速圓周運動，速度大小不變，線的張力大小不變；當重力小于電場力時，小球運動到最高點a時，線的張力一定最大，到達最低點b時，小球的速度最?。还蔄B錯誤．

C、當小球最低點到最高點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，小球運動到最高點a時，小球的電勢能最?。蔆正確．

D、由于電場力做功，小球的機械能一定不守恒．故D正確．

故選CD10.（多選）如圖所示，一個質量為m，帶電荷量為q的粒子，從兩平行板左側中點，沿垂直場強方向射入，當入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板，要使粒子的入射速度變?yōu)関/2仍能恰好穿過電場，則必須再使（）A.粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼?/4B.兩板間電壓減為原來的1/2C.兩板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍D.兩板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍[答案]AD[解析]設平行板長度為L，寬度為d，板間電壓為U，恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則沿初速度方向做勻速運動：t=L/v,垂直初速度方向做勻加速運動：a=qUmd則y0=d2=12at2=qUL2A、使粒子的帶電量減少為原來的1/4,由上公式可知，y=d2,故A正確．

B、使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，則y=d．故B錯誤．

C、同理，保證極板帶電量不變，使兩板間的距離增加到原來的4倍，此時垂直初速度方向距離y=d，而入身射點到極板間距為2d，因此不可能恰好穿過電場．故C錯誤．

D、保證極板間電壓不變，兩板間距離增為原來的2倍，此時垂直初速度方向距離應為y=d，故D正確．

二、填空題（每空3分，共21分）11.如右圖所示是某一半導體器件的U-I圖。（1）將該器件與標有“8V，16W”的用電器串聯(lián)后，接入電動勢為10V的直流電源兩端。用電器恰能正常工作，則此時該半導體器件兩端的電壓是___V，該直流電源的內阻是___Ω。（2）當用電器在使用時不小心發(fā)生了短路，此時流過直流電源的電流是_______A。[答案]（1）1；（2）約[解析]本題的關鍵點：一是用電器正常工作時，電壓和功率均達到額定值；二是由電流讀出半導體的電壓。（1）由題意知，用電器恰能正常工作，其電壓和功率分別為U=8V，P=16W，則

電路中電流為I=P/U=2A由圖讀出，當I=2A時，半導體器件的電壓為U′=1V，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，電源的內阻為r=E-U-U/I=Ω

（2）當用電器在使用時，不小心發(fā)生了短路．將電源U-I特性曲線畫在半導體器件的U-I圖中，

交點的橫坐標即表示此時流過直流電源的電流，所以流過直流電源的電流是．12.表格中所列數(shù)據(jù)是測量小燈泡U-I關系的實驗數(shù)據(jù)U(V)I(A)(1)分析上表內實驗數(shù)據(jù)可知，應選用的實驗電路圖是下圖中的_____(填“甲”或“乙”)。（2）在下圖所示的方格紙內畫出小燈泡的U-I曲線，分析曲線可知小燈泡的電阻隨I變大而_____(填“變大”、“變小”或“不變”)（3）如右圖所示，用一個定值電阻R和兩個上述小燈泡組成串并聯(lián)電路，連接到內阻不計，電動勢為3V的電源上，已知流過電阻R的電流是流過燈泡b電流的兩倍，則流過燈泡b的電流約為________A。[答案]（1）甲；（2）變大（3）[解析]（1）由表中數(shù)據(jù)可知，電壓、電流從零開始測量，因此需要滑動變阻器分壓接法。故該實驗選擇分壓接法甲圖。（2）在所示的方格紙內畫出小燈泡的U-I曲線如圖根據(jù)表中所給的數(shù)據(jù)畫出小燈泡的U-I曲線如圖，由小燈泡的U-I曲線可知：當電流增大時，燈泡的電阻增大（3）流過電阻R的電流是流過燈泡b電流的兩倍，根據(jù)電阻的串并聯(lián)可知，流過燈泡a的電流是b的三倍，同時燈泡a和d的電壓之和為3V，由此結合小燈泡的U-I曲線可知流過燈泡的b的電流約為。三、計算題（共39分）13.（12分）光滑絕緣導軌與水平面成450角，兩個質量均為m、等量同種電荷的小球A、B，帶電荷量均為q，靜止于導軌的同一水平高度處，如圖所示。求：兩球之間的距離。[答案]x=qkmg[解析]兩球均處于靜止狀態(tài)，受力平衡，合力均為零，以A球為研究對象，分析受力情況，由于兩球電荷為同種電荷，所以所受庫侖力水平向右，由平衡條件根據(jù)力的合成或分解求出庫侖力，再由庫侖定律求出兩球間的距離．解：設兩球之間的距離為x．相互作用的庫侖力為F，以A球為研究對象，分析受力情況如圖，由平衡條件得F=mgtan45°=mg（5分）

由庫侖定律得F=kq2x2解得，x=qkmg（2分）

答：兩球之間的距離為x=qk點評：本題是帶電體平衡問題，是電場知識與力學知識的綜合，庫侖力是聯(lián)系電場與力學兩部分知識的橋梁，是要求的關鍵量．14.（12分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L=，兩板間距離d＝4×10-3m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，你相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關s閉合前兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質量為m=4×10-5kg,電量q=+1×10-8C，(g=10m/s2)問：（1）微粒的入射速度v0為多少？(2)為微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？[答案](1)10m/s(2)電容器的上板應與電源的負極相連(3)120V<U<200V[解析]（1）粒子剛進了平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于兩板之間加入了勻強電場，此時帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，仍把運動在水平和豎直兩個方向上分解，進行列式計算，由于帶電離子的水平位移增加，在板間的運動時間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小了，由此可判斷受到豎直向上的電場力作用，再結合牛頓運動定理列式求解即可。解：(1)粒子剛進了平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，有：L2＝v0td2＝12可解得v0＝L2(2)電容器的上板應接電源的負極當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出d2＝12a1(La1=mg-qU解得：U1＝120V當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出d2＝12a2(La2=qU解得U2＝200V所以120V<U<200V.15（15分）.如圖所示，光滑斜面傾角為370，一帶有正電的小物塊質量為m，電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的1/2，(g取10m/s2,sin370=,cos370=）求：(1)原來電場強度大小(2)物快運動的加速度(3)沿斜面下滑距離為L時的速度大小[答案](1)3mg4q(2)s2(3)6L[解析]【知識點】力與電場相結合的綜合應用題—共點力平衡條件、牛頓第二定律、功和能的關系的綜合應用。解：（1）對小球進行受力分析如圖示。由于小物塊靜止在斜面上，根據(jù)力的合成或分解由平衡條件有：Eq=mgtan370得：E=3mg（2）當電