高中物理教科版1本冊總復習總復習

四川省蓬溪縣高中二年級2023學年度下學期第一次質(zhì)量檢測物理試題一、選擇題(每小題4分，共40分）1、在絕緣光滑水平面上，相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球，同時從靜止釋放，則兩小球的加速度和速度大小隨時間變化的情況是A、速度變大，加速度變大B、速度變小，加速度變小C、速度變大，加速度變小D、速度變小，加速度變大2、下列說法正確的有A、通過導體橫截面單位面積電荷量越多，電流越大B、公式適用于一切電場的計算；只適用于真空中點電荷產(chǎn)生的場強的計算；僅適用于勻強電場的計算C、絕緣材料中無帶負電的電子，所以不容易導電D、場強為零的地方，電勢也一定為零3、兩帶電小球間有靜電力，將其相互接觸后，再分別放回原處，則兩球間A、一定還有靜電力 B、一定有靜電斥力C、一定沒有靜電力 D、可能有靜電斥力，也可能沒有靜電力4、電容式鍵盤是通過改變電容器的哪個因素來改變電容的A．兩板間的距離 B、兩板間的電壓C、兩板間的電介質(zhì) D．兩板的正對面積5、三個質(zhì)量相同，帶電荷量分別為+q，－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，不計空氣阻力。軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功相同B．三者動能的增量相同C、液滴a電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減少量D．三者機械能均不守恒6、如圖所示是電阻R的I—U圖線，圖中α=450，由此得出A、通過電阻的電流與兩端電壓成正比B、電阻R=ΩC、因I—U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，故R=cotα=ΩD、在R兩端加電壓時，每秒通過電阻橫截面的電量是6C7、為了使帶負電的點電荷在勻強電場中沿直線勻速地由a運動到b，必須對該電荷施加一個恒力作用，該恒力大小為F，方向與ab成θ角，如圖所示，點電荷重力忽略不計，則A、ab是勻強電場中的等勢線B、勻強電場的場強方向和F方向相反C、a點的電勢比b點的高D、電荷由a到b的過程中電勢能減少8、如圖7所示，虛線a、b、c表示O處點電荷的電場中的三個等勢面，設兩相鄰等勢面的間距相等，一電子射入電場后的運動軌跡如圖中實線所示，其中1、2、3、4表示運動軌跡與等勢面的一些交點，由此可判定A、O處的點電荷一定帶負電B、a、b、c三個等勢面的電勢關系是φa>φb>φcC、電子從位置l到2和從位置3到4的過程中電場力做功的大小關系是W12=2W34D、電子從1向4運動時，電勢能先增大后減??；電子從4向1運動時電勢能先減小后增大9、如圖，真空中兩點電荷q1、q2相距r，當把q1電量加倍其它量不變時，以下判斷正確的是A、q1對q2的作用力加倍，而q2對q1的作用力不變B、q1在q2處產(chǎn)生的場強加倍，而q2在q1處產(chǎn)生的均強不變C、q1與q2間的作用力均要加倍D、q1和q2處場強均要加倍．10、如圖所示,水平放置的平行金屬板a、b分別與恒壓電源的兩極相連，帶電液滴P在金屬板a、b間保持靜止，現(xiàn)設法使P固定，再使兩金屬板a、b分別繞中心點O、O’垂直于紙面的軸順時針轉(zhuǎn)相同的小角度θ，然后由靜止釋放P，則．A、金屬板內(nèi)僅電場方向改變，而場強大小不變B、P將在電場內(nèi)做水平向右的勻加速直線運動C、P可能斜向右下方做勻加速直線運動D、P在電場里運動時，其電勢能減小而重力勢能不變二、填空題：（每空3分，共15分）11、圖甲是某電場中的一條電場線，A，B是這條電場線上的兩點．若將一負電荷從A點靜止釋放，負電荷沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖乙所示．比較A、B兩點電勢的高低φA_____φB,和場強E的大小EA________EB：.電荷電勢能EpA________EpB.(填“>”、“=”，或“<”)12、小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變化．（1）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出如圖所示的U—I圖象。由圖可知，小燈泡電阻隨溫度T變化的規(guī)律是______________.已知實驗中使用的小燈泡標有字樣：請你根據(jù)上述實驗結果求出小燈泡在電壓下的實際功率是_____________W.三、計算題。(共45分)13、（9分）一根長為2m，橫截面積為×10-3m2的銅棒，兩端電勢差為×10-2V，銅棒的電阻為×10-5Ω，銅棒內(nèi)自由電子密度為×1028個／m3：電子的電量為×10-19C。求：(1)通過銅棒的電流；(3分）(2)銅棒內(nèi)的電場強度；（3分）(3)自由電子定向移動的速率。(結果保留2位有效數(shù)字)（3分）▲14、（10分）如圖所示，水平放置的平行板電容器電容為C，兩板間距離為d，板長為L，使兩板帶上電量為Q的等量異種電荷時，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能在兩極間做勻速直線運動，重力加速度為g求：(1)微粒的帶電量q；（4分）(2)若將電容器帶電量增大為3Q，讓該粒子以水平速度v進入電容器，則微粒在穿過電容器過程中，垂直于平行板方向的位移為多少?（6分）▲15、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，以相同的速度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(zhì)量為m＝4×10-5kg,電量q＝+1×10-8C.(g＝10m／s2)求：(1)微粒入射速度v0為多少?(4分）(2)為使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?(8分）▲16、（14分）如圖所示，ABCD是放在E=103v／m的水平勻強電場中的絕緣光滑豎直軌道，BCD是半徑10cm的半圓環(huán)，AB=15cm，一質(zhì)量m＝10-2kg、帶電量q＝10-4的帶正電小球由靜止在電場力作用下自A點沿軌道運動，(g=10m／s2)求：(1)它運動到C點速度多大?（4分）(2)在C點小球?qū)壍赖膲毫κ嵌啻?？?分）(3)要使小球運動到D點，小球開始運動的位置A至少離B點多遠?(6分）▲四川省蓬溪縣高中二年級2023學年度下學期第一次質(zhì)量檢測物理參考答案及評分標準1、【答案】C【解析】因電荷間的靜電力與電荷的運動方向相同，故電荷將一直做加速運動，又由于兩電荷間距離增大，它們之間的靜電力越來越小，故加速度越來越小。故選：C。2、【答案】B【解析】單位時間里通過導體橫截面單位面積電荷量越多，電流越大，A錯；公式是電場強度的定義式，適用于一切電場的計算；是由電場強度的定義式和庫侖定律推導出來的，只適用于真空中點電荷產(chǎn)生的場強的計算；是勻強電場的電場強度、電勢差之間的關系式，僅適用于勻強電場的計算，B對；絕緣材料之所以不容易導電是因為絕緣材料中的電子幾乎都被束縛在原子的范圍內(nèi)，不能自由移動，C錯；場強為零的地方，電勢不一定為零，D錯。故選：B。3、【答案】D【解析】兩帶電小球的電性和電荷量都不明確，有可能是同種，也可能是異種，有可能是等量，也可能是不等量，相互接觸中和后，有可能都不帶電，也有可能帶同種電，故選：D。4、【答案】A【解析】在利用計算機鍵盤輸入時，按鍵上下運動，改變了相應按鍵下面的電容器的上、下極板間的距離，故選：A。5、【答案】A【解析】因為液滴a、b的電荷量大小相等，則液滴所受的電場力大小相等，由靜止釋放，穿過兩板的時間相等，則偏轉(zhuǎn)位移大小相等，電場力做功相等，A正確；電場力對a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則動能的增量相等，對于c液滴，只有重力做功，小于a、b動能的增量，B錯誤；對于液滴a和液滴b，電場力均做正功，電勢能均減小，C錯誤；對于c液滴，只有重力做功，機械能守恒，D錯誤。故選：A。6、【答案】A【解析】根據(jù)部分電路的歐姆定律可知，通過電阻的電流與兩端電壓成正比，A正確；根據(jù)電阻的定義式可知，I-U圖象斜率的倒數(shù)等于電阻R，則得R=2Ω，故BC錯誤．D、由圖知，當U=6V時，I=3A，則每秒通過電阻橫截面的電荷量是q=It=3×1C=，D錯誤．故選：A。7、【答案】C【解析】由題可知，點電荷勻速地從由a運動到b，電場力與外力F二力平衡，又根據(jù)負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，所以場強的方向斜向左上方（與F的方向相同），B錯；再根據(jù)等勢線與電場線垂直可得，A錯；又因為沿著電場線電勢降低，所以a點的電勢比b點的高，C對；由a到b的過程中電場力做負功，電勢能增大，D錯。故選：C。8、【答案】A【解析】由于曲線運動的合力應該指向內(nèi)側(cè)，故從電子的運動軌跡可以看出，電子受到排斥力，故場源電荷是負電荷，故A正確；由于場源電荷是負電荷，距離場源電荷越近電勢越低，因此φa＜φb＜φc，故B錯誤；由于點電荷的電場不是勻強電場，從位置1到位置2電場力做的功不等于從位置3到位置4電場力做功的兩倍，故C錯誤；電子從1向4運動和電子從4向1運動，電場力都是先做負功后做正功，電勢能都是先增大后減小，D錯誤。故選A。9、【答案】BC【解析】由庫侖定律可知，q1、q2之間的作用力加倍，A錯、C對；根據(jù)可知，B對D錯。故選BC。10、【答案】BD【解析】當a、b金屬板水平放置時，帶電液滴P在電場內(nèi)處于靜止狀態(tài)，說明處于平衡狀態(tài)，豎直向上的電場力大小等于重力的大?。攦善叫薪饘侔錫、b分別以OO′中心為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過相同的較小角度θ，然后釋放P，此時P受到豎直向下的重力、垂直金屬板的電場力，電場力方向與豎直方向的夾角為θ，如圖．設板間距離原來為d，則由幾何知識得知：轉(zhuǎn)過θ角時，板間距離為dcosθ，板間場強為E′=U/dcosθ，顯然，A錯；電場力為F=qE′=qU/dcosθ，電場力方向與豎直方向的夾角為θ，豎直方向的分力為Fcosθ=qU/d．而原來液滴處于靜止狀態(tài)，即有mg=qE=qU/d，則得此時液滴豎直方向受力平衡，合力水平向右，故P將水平向右作勻加速直線運動，B對、C錯；同時P在水平向右作勻加速直線運動過程中，電場力做正功，電勢能減少，重力不做功，重力勢能不變，D對。故選BD。11、【答案】φA<φBEA>EBEpA>EPb【解析】負電荷從A運動到B，由v-t圖像負電荷做加速運動得到電場力方向由A向B；負電荷受到的電場力與場強方向相反，故場強方向由B向A，沿場強方向，電勢降低，故φA<φB；又因為圖線的斜率變小，故加速度變小，因此電場力變小，所以電場強度變小，故EA>EB；負電荷從A運動到B做加速運動，電場力做正功，電勢能減少，故EpA>EpB．12、【答案】電阻隨溫度的升高而增大【解析】（1）從圖像可以看出隨著燈絲兩端的電壓越來越大，燈絲中的電流也越來越大，因此燈絲的電功率越來越大，燈絲的溫度越來越高，由于U-I圖象斜率等于電阻R，并且隨著燈絲兩端的電壓越來越大，圖像的斜率越來越大，因此小燈泡電阻隨溫度T變化的規(guī)律是電阻隨溫度的升高而增大。（2）根據(jù)圖像可以得出小燈泡在電壓下的電流是，因此小燈泡的實際功率是P=UI=×46W=。13、【答案】(1)2×103A(2)×10-2V/m(3)2×103m/s【解析】(1)由歐姆定律得2×103A（3分）(2)由勻強電場場強與電勢差的關系得×10-2V/m（3分）(3)由I=nqSv解得2×103m/s（3分）14、【答案】(1)(2)【解析】(1)由電容定義式可得，由勻強電場場強與電勢差的關系得，由題得∴解得（4分）(2)由電容定義式可得，由勻強電場場強與電勢差的關系得，由牛頓第二定律可得，由類平拋運動規(guī)律可得，綜上解得（6分）15、【答案】(1)10m/s(2)120V≤U≤200V【解析】（1）粒子剛進入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，則有：水平方向有：L/2＝v0t豎直方向有：d/2＝gt2/2解得：v0=10m/s（2）由于帶電粒子的水平位移增加，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，所以電場力方向向上，又因為是正電荷，所以上極板與電源的負極相連。當所加電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，則有：d/2＝a1(L/v0)2/2根據(jù)牛頓第二定律得：mg-qU1/d＝ma1解得：U1=120V，當所加電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出，則有：d/2＝a2(L/v0)2/2根據(jù)牛頓第二定律得：qU2/d-mg＝ma2解得：U2=200V所以所加電壓的范圍為：120V≤U≤200V