甘肃省天水三中高二物理上学期第一学段试题理含解析

2022-2022学年甘肃省天水三中高二（上）第一学段物理试卷（理科）　一．本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确　2．避雷针能起到避雷作用，其原理是（　　）A．尖端放电B．静电屏蔽C．摩擦起电D．同种电荷相互排斥　3．电容的单位是（　　）A．库仑B．法拉C．伏特D．特斯拉　4．对于一给定的电容器，在如图所示中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的是（　　）A．B．C．D．　5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（　　）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零　6．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（　　）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电-13-D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电　7．如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（　　）A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb　8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫安表应（　　）A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻　9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（　　）额定容量54L最高水温75℃额定功率1500W额定压力0.7MPa额定电压220V电器类别Ⅰ类A．6.8AB．0.15AC．4.4AD．0.23A　10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比较，下列正确的是（　　）A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值　11．在如图所示的电路中，若该伏特表和安培表的位置互换，则可能发生的情况（　　）-13-A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光D．安培表将被烧坏　12．如图所示，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能（　　）A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小　　二、实验题：（共10分）13．（10分）（2022秋•天水校级月考）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．电源（3V）G．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　　　　　　．（2）在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．（3）此实线描绘出的I﹣U图线是　　　　　　填“曲线”．“直线”），其原因是　　　　　　．　　三、计算题：本题共3个小题，满分42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）（2022秋•新余期末）电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10﹣4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：（1）A点电场强度的大小EA．-13-（2）A、B两点间的电势差U．　15．（14分）（2022秋•天水校级月考）如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？　16．（14分）（2022秋•天水校级月考）带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：（1）经过加速电场后的速度；（2）离开电容器电场时的偏转量．　　2022-2022学年甘肃省天水三中高二（上）第一学段物理试卷（理科）参考答案与试题解析　一．本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确考点：元电荷、点电荷．分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．解答：解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．-13-故选C点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．　2．避雷针能起到避雷作用，其原理是（　　）A．尖端放电B．静电屏蔽C．摩擦起电D．同种电荷相互排斥考点：静电现象的解释．分析：雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．解答：解：当带电云层靠近建筑物时，由于越尖的地方的，电场强度越强，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击．其原理为尖端放电，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题考查了避雷针的原理，掌握越尖的地方，电场强度越强，难度不大，属于基础题，注意掌握静电屏蔽的原理，与摩擦起电的实质．　3．电容的单位是（　　）A．库仑B．法拉C．伏特D．特斯拉考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容单位是法拉，也可用微法和皮法来表示，但不是库伦、伏特和特斯拉．解答：解：电容的单位为法拉，伏特为电压单位；库仑为电量单位；特斯拉为磁场强度的单位；故只有B正确；故选：B．点评：本题考查对物理量单位的掌握程度．对于以人名命名的单位可以结合科学家的成就进行记忆．　4．对于一给定的电容器，在如图所示中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的是（　　）A．B．C．D．考点：电容器的动态分析；电容．专题：电容器专题．分析：电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以及电势差的大小无关．解答：解：A、在电压U不变的情况下，电荷量才与电容正比．故A错误．B、根据C=，知对于一给定的电容器，电容不变．则Q与U成正比．故B正确．C、电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以及电势差的大小无关．故C、D错误．-13-故选B．点评：解决本题的关键掌握电容的定义式为C=，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．　5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（　　）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选B点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．　6．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（　　）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．-13-分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．故选C．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．　7．如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（　　）A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．解答：解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．故选C．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．　8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫安表应（　　）A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．解答：解：把毫安表改装成10A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.02Ω；-13-故选：A．点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．　9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（　　）额定容量54L最高水温75℃额定功率1500W额定压力0.7MPa额定电压220V电器类别Ⅰ类A．6.8AB．0.15AC．4.4AD．0.23A考点：电功、电功率．专题：电磁学．分析：由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1500W，额定电压是220V，由电功率变形公式可以求出加热时的电流．解答：解：电热水器加热时的电流I==≈6.8A；故选A．点评：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，本题是一道基础题．　10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比较，下列正确的是（　　）A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式分析测量值是偏大还是偏小．解答：解：a图采用的是电流表外接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=IR+IV电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测==＜=R真；b图为电流表内接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA；故电流表的示数I是通过R的真实值，则R测==＞=R真-13-则可知，AD错误，BC正确；故选：BC．点评：本题为伏安法测电阻时的结论；要注意明确：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．　11．在如图所示的电路中，若该伏特表和安培表的位置互换，则可能发生的情况（　　）A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光D．安培表将被烧坏考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，若该伏特表和安培表的位置互换，灯泡不能发光，安培表将被烧坏．解答：解：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，若该伏特表和安培表的位置互换，伏特表与灯泡串联后与安培表并联，外电阻很小，根据闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流很大，通过安培表的电流也很大，安培表将被烧坏，而流过灯泡的电流很小，灯泡不能发光．故选CD点评：本题关键对伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小有所了解，再根据欧姆定律分析就能正确判断．　12．如图所示，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能（　　）A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小考点：电场的叠加；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以及加速度的变化，根据库仑力做功判断电势差的变化，结合能量守恒比较A、B两点的电势能．-13-解答：解：A、试探电荷从静止释放，所受的库仑力的合力一定先向右，所以库仑力一定先做正功，电势能一定先减小．在向B运动的过程中，当库仑力的合力可能向左，则试探电荷会再做减速运动．故A正确，C错误．B、试探电荷从静止由A到B的过程中，库仑力的合力不可能一直增大，所以加速度不可能一直增大．故B错误．D、从A到B的过程中，电荷的动能增加了，根据能量守恒知，电势能减小了，所以电荷在B点电势能比A点电势能小．故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加；对于A、B两点的电势能比较，可以通过能量守恒判断，也可以通过库仑力做功情况来判断．　二、实验题：（共10分）13．（10分）（2022秋•天水校级月考）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．电源（3V）G．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　A、C、E、F、G　．（2）在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．（3）此实线描绘出的I﹣U图线是　曲线　填“曲线”．“直线”），其原因是　随着温度的升高，电阻变化　．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．解答：解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=，所以电流表的量程选择200mA的，故实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G．-13-（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R=，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．（3）由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：（1）A、C、E、F、G．（2）如右图．（3）曲线，随着温度的升高，电阻变化．点评：解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．　三、计算题：本题共3个小题，满分42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）（2022秋•新余期末）电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10﹣4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：（1）A点电场强度的大小EA．（2）A、B两点间的电势差U．考点：电势能；电场强度；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式UAB=求解A、B两点间的电势差U．解答：解：（1）EA===5×103N/C（2）U===20V答：（1）A点电场强度的大小EA为5×103N/C．（2）A、B两点间的电势差U为20V．-13-点评：本题考查物理基本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．　15．（14分）（2022秋•天水校级月考）如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力．解答：解：（1）小球从A经B到C的过程中，电场力做功，克服重力做功，根据动能定理得：qE（sAB+R）﹣mgR=mvc2代入数据，解得vc=m/s．（2）在C点，支持力提供向心力，根据牛顿第二定律：N﹣qE=m则N=qE+m=0.1+0.3N=0.4N根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为O.4N答：（1）小球运动到C点的速度为m/s；（2）此时它对轨道的压力O.4N．点评：本题关键根据动能定理列式求解C点速度，然后找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解．　16．（14分）（2022秋•天水校级月考）带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：（1）经过加速电场后的速度；（2）离开电容器电场时的偏转量．-13-考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据动能定理求出粒子经过加速电场加速后的速度；（2）粒子进入偏转电场，在沿电场方向上做匀加速直线运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出离开电容器电场时的偏转量y．解答：解：（1）粒子在加速电场加速后，由动能定理得速度为；（2）进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动t=在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度因此离开电容器电场时的偏转．答：（1）经过加速电场后的速度；（2）离开电容器电场时的偏转量．点评：解决本题的关键知道粒子进入偏转电场后，在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．　-13-