湖南省湘南教研联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考物理试题及答案解析

湖南省湘南教研联盟2019~2020学年高二上学期第一次联考
物理试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2．请将答案正确填写在答题卡上。

第I卷（选择题）
一、单选题
1．关于点电荷的说法，正确的是（）
A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷
B．点电荷一定是电量很小的电荷
C．体积很大的带电体一定不能看作点电荷
D．带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计2．关于静电场，下列说法正确的是（）
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
3．如图所示，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点，已知A、B、C、F点的电势分别为-1 V、1 V、2 V、3 V，则H点的电势为（）A．-1 V
B．1V
C．2V
D．3V
4．如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度
v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA．已知q1带
正电，不计粒子的重力和其它阻力．则下列说法中正确的是（）
A．q2带负电
C．电场力对q1做正功，对q2做负功
D．q1的电势能增加、q2的电势能减小
5．如图所示的电解槽中，如果在4s内各有4C的正、负电荷通过面积为0.08m2的横截面AB，那么（）
A．正离子向左移动，负离子向右移动
B．由于正负离子移动方向相反，所以电解槽中无电流
C．4s内通过横截面AB的电荷量为4C
D．电解槽中的电流为2A
6．用两只完全相同的灵敏电流表分别改装成一只电流表和一只电压表。

将它们串联起
来接入电路中，如图所示，此时（）
A．两只电表的指针偏转角相同
B．两只电表的指针都不偏转
C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角
D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角
7．如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电
容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的正点电荷，以E表示两极板间
电场的电场强度，E p表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（）
A．θ增大，E增大，E p增大
B．θ增大，E 增大，E p减小
C．θ减小，E不变，E p增大
D．θ减小，E不变，E p减小
8．如图所示，A、B 为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N.今有一带电质点，自A 板上方相距为d的P 点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变，则下列说法错误的是（）
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
9．如图（a）所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图（b）表示的电压．t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动．使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰，在0＜t＜8×10-10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）
A．6×10-10s＜t＜8×10-10s
B．4×10-10s＜t＜6×10-10s
C．2×10-10s＜t＜4×10-10s
D．0＜t＜2×10-10s
二、多选题
10．下列物理量中，哪些与检验电荷无关（）
A．电场强度E B．电势φC．电势能E P D．电势差U 11．如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球M 靠近验电器的小球N（不接触）时，验电器的金箔张角减小，则（）
A．金属球可能不带电
B．金属球可能带负电
C．金属球可能带正电
D．金属球一定带负电
12．如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷Q A、Q B，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点。

线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动。

下
A．电荷运动至x = a处时速度最大
B．两点电荷Q A:Q B = 4:1
C．该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处
D．该电荷以O为中点做往复运动
13．用伏安法测未知电阻x R时，若不知x R的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（）
A．若电流表示数有显著变化，K应按a
B．若电流表示数有显著变化，K应按b
C．若电压表示数有显著变化，K应按a
D．若电压表示数有显著变化，K应按b
14．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（）
A．小球到达C点时对轨道压力为2mg
B．适当减小E，小球一定能从B点飞出
C．适当增大E，小球到达C点的速度可能为零
D．若E=，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整
为
第II卷（非选择题）
三、实验题
15．要测绘额定电压为2V 的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E（电动势3.0V，内阻可不计）
B．电压表V1(量程为0~3.0V，内阻约2kΩ)
C．电压表V2 (0~15.0V，内阻约6kΩ
E．电流表A2 (0~100mA，内阻约2Ω)
F．滑动变阻器R1（最大值10Ω）
G．滑动变阻器R2（最大值2kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_____________，电流表应选择____________，滑动变阻器应选择____________。

（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中。

（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线。

（4）该小电珠的额定功率是_____________(结果保留三位有效数字)。

四、解答题
16．如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功W AB；
（3）该匀强电场的电场强度E。

17．如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：
（1）电子从加速电场U0射出时的速度？
（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？
（3）金属板AB的长度？
18．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8 Ω，电路中另一电阻R=10 Ω，直流电压U=160 V，电压表示数U V=110 V。

试求：
(1) 通过电动机的电流；
(2) 输入电动机的电功率；
(3) 若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10 m/s2)。

19．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C 的连线是水平直径．现有一质量为m 带正电的小球（可视为质点）从B 点正上方的A 点自由下落，A、B 两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：
（1）小球到达B 点的速度大小；
（2）小球受到的静电力的大小；
（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。

湖南省湘南教研联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考
物理试题参考答案
1．D
【解析】
就是当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时就可以看成点电荷．不是电荷量很小时可看作点电荷，也不是体积很小时可看作点电荷，也不是体积很大时就不可看作点电荷，故ABC错误；当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点电荷．故D正确；故选D
【点睛】
点电荷实际不存在，是理想化的，就像质点一样．自身大小对研究的问题没有影响时，就可看成点电荷。

2．D
【解析】
电势等于0的点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电．故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于0，而电势不等于0．故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等．故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大．故D正确．故选D.
点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低．
3．C
【解析】
在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等。

由于GH ∥AB，且GH=AB，则有φG-φH=φB-φA；代入数据解得：φH=φG+φA-φB=φG -2V；同理，φB-φC=φF-φG；解得，φG=φF+φC-φB=3V+2V-1V=4V；解得φH=2V，故选C。

【点睛】
本题关键要明确匀强电场中沿着不与场强垂直的方向前进相同距离，电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系，然后结合几何关系分析。

4．A 【解析】
由物体做曲线运动的条件，且q 1带正电，故电场力水平向右，电场方向向右，则q 2 受的电场力向左，故q 2 为负电荷，故A 正确； 由A 项知电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，故A 点的电势高于C 点的电势，故B 错误 由图可知，电场力与运动方向夹锐角，则电场力对q 1做正功，对q 2也做正功，q 1的电势能减小、q 2的电势能也减小，故D 错误；故选A 。

5．D 【解析】
电源与电解槽中的两极相连后，左侧电极电势高于右侧电极，由于在电极之间建立电场，电场方向由左指向右，故正离子向右移动，负离子向左移动，电解槽中的电流方向向右，选项AB 错误；4s 内通过横截面AB 的电荷量为4C+4C=8C ，选项C 错误；由电流强度的定义
8
24
q I A t =
==，选项D 正确；故选D ． 【点睛】
本题考查电流的定义，要注意明确在电解质导电时，流过截面的电量为正负电荷电量绝对值的和 6．C 【解析】
试题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD 错误，C 正确；故选C 。

考点：电表的改装 【点睛】
本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；熟悉串联电路的电流特点，基础题。

7．D 【解析】
电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d 减小，由：
4S
C kd
επ=
可知电容C 增大，由：
Q C U
=
可知U 减小，则夹角θ减小；由：
U E d
=
可得：
4kQ
E S
πε=
可知E 不变；根据：
U =Ed
可知由于P 离下极板距离减小，E 不变，因此P 点的电势减小，由：
P E q ϕ=
可知电势能P E 减小；故选D 。

8．B 【解析】
A.由题设条件，由动能定理得：
•20mg d qU -=
则知电场力做功等于重力做功的大小。

把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落，根据动能定理知：
•20mg d qU -=
小球到达N 点速度为零然后返回原点。

故A 正确，不符合题意。

B.将A 板向下移动一小段距离，根据动能定理知：
•20mg d qU -=
小球到达N 点速度为零然后返回原点。

故B 错误，符合题意。

C. 把B 板向上平移一小段距离，根据动能定理知：
h ＜2d
mgh qU -＜0
知小球未到达N 点速度已减为零，然后返回。

故C 正确，不符合题意。

D.把B 板向下平移一小段距离后，根据动能定理知：
h ＞2d
mgh qU -＞0
知小球到达N 点速度不为零，小球会穿过N 孔继续下落。

故D 正确，不符合题意。

9．A 【解析】
在0＜t ＜2×
10-10s 时间内，Q 板比P 板电势高5V ，U
E d
=，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在2×
10-10s ＜t ＜4×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势低5V ，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方
向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t =4×10-10
s 时速度为零；
在4×
10-10s ＜t ＜6×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势低5V ，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在6×10-10s ＜t ＜8×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势高5V ，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10s 时刻速度为零，恰好又回到M 点．综上分析可知：在6×10-10s ＜t ＜8×10-10s 时间内，这个电子处于M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小．故选A ． 10．ABD 【解析】
电场强度、电势都是电场本身的固有属性，与试探电荷无关，AB 正确；电势能q E q ϕ= ，既与电势有关，又与电荷量有关，C 错误；电场力F qE =，与电荷量以及场强都有关系，D 错误；选AB. 11．AB 【解析】
验电器原来带正电，要使张角减小，则应使N 处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相
互作用，M 球可能带负电；若M 球不带电时，则由于感应，M 球左侧也会带上负电，故会产生同样的效果；故M 球可以带负电，也可以不带电；故选AB 。

12．AB 【解析】
在φ-x 图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x =a 处电场强度为零，根据动能定理qU =△E k ，可知点电荷从x =2a 到x =a 处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x =a 处速度最大，故A 正确；由图线可知因在x =a 处电场强度为零，则有： ()
()
2
2
42A
B
Q Q k
k
a a =，
可得：Q A ：Q B =4：1，故B 正确；由图可知x =-a 处与x =2a 处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x =-a 处，故C 错误；点电荷在x =-a 与x =2a 之间做往复运动，则O 处不是运动中心，故D 错误。

所以AB 正确，CD 错误。

13．BC 【解析】
AB.电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，K 应接在b 处，故A 错误，B 正确；
CD.如果电压表示数变化明显，电压表示数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，K 应接在a 处，故C 正确，D 错误。

14．ABD 【解析】
小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH =
1
2
mv A 2
，解得A v N =m 2
A v R
＝2mg ，则小球到达C 点时对轨
道的压力为2mg ．故A 正确．适当减小E ，则从开始下落到B 点的整个过程中，根据动能定理2
12
B mgH EqR mv -=
，因H =R ，Eq <mg ，可知v B >0，即小球一定能从B 点飞出，选项B 正确；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C 点的速度不可能为零．若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力产生向心力，在最低点的速度不可能为零．故C
错误．若2mg
E q =，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，2C v qE mg m R
-＝，
解得C v mg （H +R ）-qER =
1
2
mv C 2，解得H =32R ．所以H 至少为
32
R
．故D 正确．故选ABD 。

考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练。

15．B D F
1.00W 【解析】
（1）[1]灯泡额定电压是2V ，电压表应选B ；
[2]由表中实验数据可知，最大电流为0.5A ，电流表选D ； [3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F ；
（2）[4]描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Ω，电压表内阻约为2kΩ，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：
（3）[5]应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的I -U 图象，图象如图所示：
（4）[6]由图可知，当电压为2V ，电流为0.5A ；则功率：
P =UI =2×0.5=1.00W
16．（1）-0.2J （2）1000V （3）1×105V/m 【解析】
(1)电荷由A 点移到B 点，其电势能增加了0.1J ，由功能关系可知：电场力做功W = - 0.1J 设A 、B 两点间的电势差U AB ：
代入数据，得：
（2）设匀强电场的电场强度E ：，
代入数据，得：
17．（1）0v =（2）eU a md =，方向竖直向下（3）L =【解析】
（1）设电子被加速后速度大小为v 0，对于电子在加速电场中由动能定理得： eU o =
1
2
mv 02 ①
所以，0v =
② （2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a ，极板长度为L ，由于电子恰好射出电场，所以有：eU
a md
= ③ （3）L =v 0t ④
12d =1
2
at 2 ⑤
由②③④⑤解得：L =【点睛】
电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。

18．（1）5A （2）550W （3）53kg 【解析】
考查了电功率的计算 （1）通过R 的电流：12160110
A 5A 10
U U I R --=
== （2）电动机的输入功率：121105W 550W P U I ==⨯=
（3）电动机内电阻的发热功率：22
250.8W 20W P I r ==⨯=
输出的机械功率：31255020W 530W P P P =-=
-=（） 而3P Fv mgv == 解得：530
kg 5.3kg 1010
m =
=⨯
19．（1）B v =（2；（3）3mg ，水平向右 【解析】
（1）A 到 B 过程，由机械能守恒得：
4mgR =
2
12
B mv
解得：B v =（2）设水平方向电场力的分力大小为x F ，B 到C 过程，由动能定理得：
2x F R -=212C mv -2
12
B mv
C 到A 过程，由类平抛运动关系： 水平方向：
x x F ma =
2R =
212
x a t 竖直方向：
4c R v t =
联立解得：x F mg = 又：y F mg = 即电场力：
F =
（3）对C 点，由牛顿第二定律：
2
c x N v F F m R
+=
解得：3N F mg =
由牛顿第三定律：F 压=F N =3mg 方向：水平向右。