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邯郸市2024-2025学年第二学期高一5月考
物理试卷
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图所示，电场中、两点场强的大小分别为、，对、的大小关系判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法判断
2．关于物体带电的电荷量，以下说法中不正确的是（）
A．物体所带的电荷量可以为任意实数
B．物体所带的电荷量只能是某些特定值
C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子
D．物体带电荷量的最小值为1.6×10-19C
3．图为两个导体的伏安特性曲线，根据图像可知，两个导体的电阻R1：R2的比值等于（ ）
A．1:3 B．3:1 C．3:4 D．4:3
4．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，相邻的等势线电势差相等，即，实线为一带负电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在点电势能大于粒子在点电势能
B．粒子在点的加速度大于在点的加速度
C．粒子在点的动能小于点动能
D．点电势比点电势高
5．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O~x2段做匀变速运动，x2~x3段做匀速直线运动
C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2=φ0>φ3
D．0~x2段的电场强度大小、方向均不变
6．如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，两等势面间的距离为1cm，其中等势面B的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为22eV和10eV，则下列说法正确的是（　　）
A．等势面C的电势为4V
B．该匀强电场的电场强度为200V/m，方向水平向左
C．电子在等势面D的电势能为8eV
D．该电子一定能到达电势为-16V的等势面
7．如图坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离相等。空间存在场强大小为E的匀强电场，M、N点有电荷量相等的两正点电荷，O点的场强为0。现把N点的电荷移到P点，其他条件不变。则此时O点的场强大小为（　　）
A．0 B．E C．E D．2E
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）
8．如图所示，边长为的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知，，，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（　　）
A．D点的电势 B．
C．电场强度的方向由C指向A D．电场强度大小为
9．如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻100Ω，下列说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，该表头满偏电流Ig＝2mA
B．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为9V
C．乙图中R1＝Ω，R2＝10Ω
D．乙图中，R1＝5Ω，R2＝45Ω
10．如图所示，边长为的正方形所在平面内有一匀强电场，一带电粒子以速度从点水平向右射入，运动到点时速度大小不变，方向竖直向下。已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力。粒子从点运动到点的过程中，以下判断正确的是（　　）
A．电场强度的方向从指向 B．电场强度大小
C．所用时间为 D．粒子的最小速度为
三、实验题（本大题共2小题，11题8分，12题10分，共16分）
11．（1）一多用电表的电阻挡三个倍率，分别是×1、×10、×100，用×10挡测量某电阻时，如果换×10挡后立即用表连接电阻进行读数，那么缺少的步骤是 ，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是 ；
（2）若改用伏安法测该电阻，电流表采用内接法，那么其测量值会比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
（3）若多用电表使用的是50mA的直流电流挡，那么该图表示的读数为 mA；
（4）有一个电流表G，内阻为Rg=30，满偏电流Ig=1.5mA，要把它改装成量程为3V的电压表，要串联电阻为 。
12．某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率：
A．电源(3V，内阻约为0.1Ω)
B．电流表(量程0.6A，内阻约为0.1Ω)
C．电流表(量程3A，内阻约为0.03Ω)
D．电压表(量程3V，内阻约为3kΩ)
E.滑动变阻器(1kΩ，0.3A)
F.滑动变阻器(20Ω，2A)
G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等
（1）实验的主要步骤如下：
a.截取一段金属丝，拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上，观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示，则读数为 cm；
b.用螺旋测微器测出金属丝的直径，某次测量时示数如图乙所示，其读数为 mm；
c.正确连接电路，合上开关；
d.改变滑动变阻器的位置，读出电压表和电流表的示数，记录如下表：
次数 1 2 3 4 5
U/V 0.80 1.00 1.50 1.80 2.30
I/A 0.18 0.22 0.34 0.42 0.52
e.断开开关，整理器材，结束实验操作．
（2）根据以上信息，你认为该小组选用的电流表是 ，滑动变阻器是 (只填仪器前的代号)；请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据，据此把下列电路连接完整 ．
（3）该小组的测量数据已标在图上 ，据此可计算该金属丝的电阻值为 Ω(保留两位有效数字)，根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率．
四、计算题（本大题共3小题，13题9分，14题12分，15题15分，共36分）
13．如图所示，一簇平行线为方向未知的匀强电场的电场线，沿与此平行线成60角的方向，把电荷从A点移到B点，电场力做功为，A、B间距为，求：
（1）A、B间电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小，并在图中标出方向；
（3）若B点电势为1V，则A点电势为多少。
14．如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和光滑绝缘水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，在水平轨道PA上方区域存在水平向右的匀强电场。一质量为，带电荷量为的小球由点静止释放，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。不计空气阻力，重力加速度大小为，，。求：
（1）小球在C的速度；
（2）小球到达A点时电场力的功率；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
15．如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧光屏上。试求：
（1）第4个金属圆筒的长度s；
（2）电子打在荧光屏上的M点到O点的距离lOM；
（3）若两极板间的电压UAB可调节，要使电子能打在荧光屏上距O点0.5L ~ 2L的范围内，求UAB的取值范围。
2024-2025学年第二学期高一5月考
物理答案
1．C
【详解】电场线的疏密程度，可以表示电场强度的大小。故C正确。
2．A
【详解】AB．物体所带的电荷量只能是某些特定值，不可以为任意实数，选项A错误，符合题意；选项B正确，不符合题意；
C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子，选项C正确，不符合题意；
D．物体带电荷量的最小值为1.6×10-19C，任何带电体所带电量都是1.6×10-19C的整数倍，选项D正确，不符合题意．
3．A
【详解】根据欧姆定律可知，电阻
，
所以R1：R2的比值等于1：3．
A. 1:3与分析相符，故A正确．
B. 3:1与分析不符，故B错误．
C. 3:4与分析不符，故C错误．
D. 4:3与分析不符，故D错误．
4．D
【详解】A．由于电场线垂直与等势线，粒子所受合力，即电场力方向指向轨迹的内侧，可知，若粒子从P运动到Q，则电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，即粒子在点电势能小于粒子在点电势能，故A错误；
B．等差等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，图中P位置等势线分布比Q位置等势线分布稀疏一些，则P位置电场强度比Q位置电场强度小一些，即P位置电场力比Q位置电场力小一些，则粒子在点的加速度小于在点的加速度，故B错误；
C．结合上述，若粒子从P运动到Q，则电场力做负功，电势能增大，动能减小，即粒子在点的动能大于点动能，故C错误；
D．粒子带负电，电场强度方向与电场力方向相反，结合上述可知，电场线垂直于等势线由A等势线指向C等势线，由于沿电场线电势降低，则点电势比点电势高，故D正确。
5．C
【详解】A．Ep-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE可知x1处电场强度最小，为零，故A错误；
B．O~x1段，场强减小，电势能减小，带负电粒子做加速度减小的加速运动，x1~x2段，场强增大，电势能增大，粒子做加速度增大的减速运动，x2~x3段，场强不变，电势能增大，粒子做匀减速直线运动，故B错误；
C．带负电的粒子在O、x1、x2、x3处电势能Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的关系为
Ep1由可知φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2=φ0>φ3故C正确；
D．O~x1段，电场方向水平向左，x1~x3电场方向水平向右，故D错误。
6．C
【详解】A．从A到D电子的动能减小，可知电场线向右，A电势最高，等势面B的电势为0，设相邻等势面的电势差为U，则A等势面的电势为+U，D的电势为-2U，则从A到D由动能定理
解得U=4V则等势面C的电势为-4V，选项A错误；
B．该匀强电场的电场强度为
方向水平向右，选项B错误；
C．电子在等势面D的电势能为
选项C正确；
D．因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知其中UD=-8V，解得φ=-18V
可知电子可以到达电势为-16V的等势面。
若电子初速度方向与电场力方向有夹角时，当电子速度为零时，在垂直于电场方向存在分速度，电子有可能不能到达-16V的等势面，故D错误。
7．B
【详解】如图
M、N处的点电荷在O点产生电场的场强大小、大小相等，方向分别沿负y和负z，故匀强电场的方向在yOz平面内，与两轴Oy、Oz的夹角相等，其在两轴的分量均与、大小相等、方向相反，即、、、大小均相等，为。将N点的点电荷移到P点后，该电荷在O点产生电场的场强大小等于，方向沿负x，仍然与抵消，此时O点的场强由与合成，所以合场强大小为E，选项B正确。
8．BC
【详解】A．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线
A错误；
B．由题知
代入得
B正确；
C．电场强度由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A；C正确；
D．电场强度大小为
代入得
D错误；
9．BC
【详解】AB．由甲图可知
Ig＝＝＝0.001A＝1mA
其中b的量程为
U＝Ig（Rg＋R＋R′）＝0.001×（100＋2.9×103＋6×103）V＝9V
故A错误，B正确；
CD．改装为I1＝10mA＝0.01A电流表时，并联电阻的分流电流为
I'＝I1－Ig＝10mA－1mA＝9mA＝0.009A
分流电阻的阻值为
R1＋R2＝＝＝Ω
改装为I2＝100mA＝0.1A电流表时，可得分流电阻的阻值
联立解得
R1＝Ω，R2＝10Ω
故D错误，C正确。
10．BD
【详解】A．由题知，一带电粒子从点水平向右射入，运动到点时速度大小不变，方向竖直向下，参照斜抛运动的规律，可知当粒子沿轨迹运动到MP中点时速度最小，此时电场力方向与速度方向垂直，即电场力方向指向凹侧，所以电场力方向由N指向Q，因粒子带负电，故电场强度方向与电场力方向相反，由Q指向N，故A错误；
BC．对粒子的运动分析，如图所示
可知粒子沿直线MP做匀速直线运动，由几何关系可知匀速直线运动的位移为
则粒子从M到P运动的时间为
粒子在沿电场力方向先减速到零再反向做匀加速到P点，所用时间相等，为
对粒子沿电场方向减速到零分析，可得
根据牛顿第二定律有
联立解得
故B正确，C错误；
D．当粒子沿电场力方向减速至零时，粒子的速度最小，即为
故D正确。
11． 欧姆调零 60 偏大 36 1970
【详解】（1）[1][2]欧姆表在换挡之后要重新进行欧姆调零；从图中可知，所测电阻的阻值为
6Ω×10=60Ω
（2）[3]用伏安法测该电阻时，若电流表采用内接法，所测电流准确，但电压会偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值比真实值偏大。
（3）[4]若多用电表使用的是50mA的直流电流挡，分度值为1mA，读数为36mA。
（4）[5]设串联的电阻阻值为R，由欧姆定律可得
12． B F
【详解】（1）a[1]刻度尺的分度值为0.1cm，则需要估读到分度值下一位，金属丝的长度为
B[2]螺旋测微器的读数金属丝的直径为
（2）[3][4][5]电路中最大电流为0.52A，电流表选择0.6A量程，即选B；根据变阻器能允许通过的最大电流以及为了方便实验操作，滑动变阻器选择F；连接电路如图
（3）[6]画出图像如图
则求得电阻值为
13．（1）；（2）200V/m；（3）-1V
【详解】（1）根据电场力做功与电势差之间的关系可知，A、B两点间的电势差为
（2）在匀强电场中，可得，场强大小为
方向如图示
（3）根据电势差的定义
可得
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球到达C点时的速度大小为vc，由牛顿第二定律得
解得
（2）小球到达C点时有
得场强大小为
小球A→C过程，由动能定理有
mg(R+Rcosα) qERsinα＝
小球到达A点时电场力的功率
P=qEvA
联立得
（3）小球离开C点后，竖直方向上，在重力作用下做匀加速直线运动，由运动学公式有
vcsinα t+gt2＝R+Rcosα
解得
15．（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）设电子进入第4个圆筒后的速度为v1，根据动能定理有
得
第4个圆筒的长度为
（2）设电子从第5个圆筒射出后的速度为v2，根据动能定理有
得
电子在偏转电场中运动的加速度是
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
其中t为飞行时间。由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速直线运动，由L=v2t可求得且有题意得UAB=8U0
代入得到由类平抛运动的结论，结合几何关系可知：解得
（3）由（0.5L≤lOM≤2L）
得
且要使电子不打板，电子在垂直于板面方向偏移的距离：
综上得
又因为
得
或

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