2020-2021学年江西高安中学高一下期期末考试物理卷(解析版).doc

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题型 得分 评卷人 得分 选择题 填空题 解答题 判断题 计算题 附加题 总分 1. （知识点：电荷在交变电场中运动）

一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，

它们的比荷均为2×1010 C/kg，速度均为4×106 m/s，距板右端l/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场，不计离子重力．试求：

(1)离子打在屏上的区域面积；

(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间． 【答案】 （1）【解析】

试题分析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0， 水平方向：

① （2）

竖直方向： ②

又 ③

由①②③得＝128V

即当U≥128V时离子打到极板上，当U<128 V时离子打到屏上，

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利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：解得

，又由对称性知，打到屏上的总长度为2d

.

，

则离子打到屏上的区域面积为

(2)在前，离子打到屏上的时间：t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，

.

又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动

如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V．求：

(1)电源的电动势E和内阻r；

(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？ 【答案】

（1）E＝6V，r＝1 Ω（2）【解析】

试题分析：(1)由闭合电路欧姆定律得：

、9W

E＝U1＋，E＝U2＋

联立上述方程，代入数据解得E＝6V，r＝1 Ω.

(2)由电功率表达式P＝由上式可知当

时，

变形为P=

P有最大值，Pm＝＝9W.

考点：考查了电功率的计算，欧姆定律的应用

如图所示为用电动机提升重物的装置,电动机线圈的电阻r=1 Ω,电动机两端的电压U=5 V,电路中的电流I=1

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A,物体A重G=20 N,不计摩擦力,则:

(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少? (2)10 s内,可以把重物A匀速提升多高? 【答案】 （1）h=2m（2）【解析】

试题分析：(1)根据焦耳定律,得热功率(2)输入功率P=UI=5W 输出功率P输出=P-Pr=4W。

电动机输出的功用来提升重物转化为机械能,在10 s内,有: 解得:h=2m。

考点：考查了电功率的计算

如图所示，空间存在着场强为E＝2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m＝0.5 kg、电荷量为q＝4×10－2 C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10 m/s2.求：

。

。

(1)小球的电性；

(2)细线能承受的最大拉力；

(3)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时(仍在匀强电场中)，小球距O点的高度． 【答案】 （1）正（2）【解析】

试题分析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电． (2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，

（3）0.625 m

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①

在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，

②

由①②式解得，

(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，

则③

④

设小球在水平方向运动位移为L的过程中，所经历的时间为t，则设竖直方向上的位移为x，

则⑤

由①③④⑤解得x＝0.125 m

所以小球距O点的高度为x＋L＝0.625 m

考点：考查了牛顿第二定律，圆周运动，动能定理

用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下： A．待测电阻Rx(大约100 Ω)

B．直流毫安表A1(量程0～10 mA，内阻约100 Ω) C．直流毫安表A2(量程0～40 mA，内阻约40 Ω) D．直流电压表V1(量程0～3 V，内阻约5 kΩ) E．直流电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ) F．直流电源(输出电压4 V，内阻不计)

G．滑动变阻器R(阻值范围0～50 Ω，允许最大电流1 A) H．开关一个、导线若干

(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选________，直流电压表应选________．

(2)在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些． (3)用铅笔按电路图将实物图连线．

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【答案】

（1）A2、V1（2）如图所示（3）如图所示

【解析】

试题分析：（1）0-15V范围的电压表测量4V电压时，误差较大，所以选用电压表V1，但是选用电压表V1

后待测电压最大为3V，所以电路中的最大电流为

（2）电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以采用滑动变阻器的分压接法，因为被测电阻较小，所以采用电流表的外接法，如图所示

（3）实物图如图所示

考点：伏安法测电阻

某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为________mm；

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm；

(3)在实验室，该同学想测出某种材料的电阻率．由于不知是何种材料，也不知其大约阻值，于是他用多用电表先粗测该材料一段样品的电阻，经正确操作后，用“×100”挡时发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用______挡(选填“×10”或“×1 k”)重新测量．换挡后，在测量前先要________．

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【答案】

（1）50.15mm （2）4.700mm（3）×1k、欧姆调零 【解析】

试题分析：（1）由图可知其长度为（2）螺旋测微器的读数为

（3）从图中可知，所测量电阻过大，而倍率选取的小了，所以应选用×1k档位，换挡后需要欧姆调零， 考点：考查了测量电阻率实验

如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是()

A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 【答案】 A 【解析】 试题分析：当

所在处出现火情时，

的电阻减小，路端总电阻减小，所以路端电压减小即报警器两端的电流增大，所以

两端的电压增大，故并联电路的电压减小，所

的电压U减小，总电流增大，故通过以通过

的电流减小，而总电流是增大的，所以通过支路的电流增大，故电流表的示数增大，A正确

考点：考查了电路动态分析

如图所示,一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点,另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点经C以v0=2 m/s的初速度沿它们的连线向甲运动,到达B点时的速度为零,已知AC=CB,φA=3 V,φB=5 V,静电力常量为k,则( )

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A.φC>4 V B.φC=4 V

C.点电荷乙的比荷为1 C/kg D.点电荷乙的比荷为2 C/kg 【答案】 C 【解析】

试题分析：因为该电场不是匀强电场，所以电势不是均匀降落，而电场强度大的地方，电势降落的快，故

，AB错误；过程中只有电场力做功，根据动能定理可得

C正确D错误

考点：考查了电势差，动能定理

，解得，故

如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()

A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率不变 C．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率不变 D．两板间距越小，加速的时间越短，则获得的速率越小 【答案】 C 【解析】

试题分析：过程中只有电场力做功，所以根据动能定理可得，因为两极板间的电压不变，所以

电场力做功不变，故电子到达B板的速率不变，根据牛顿第二定律，故两板间距越大，

粒子的加速度越小，因为，所以粒子的加速时间越长，C正确；

考点：考查了带电粒子在电场中的运动

在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，

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则可能出现了下列哪种故障( )

A．R1短路 B．R2短路 C．R3短路 D．R1断路 【答案】 A 【解析】 试题分析：如果

短路，则电路中只有

工作，电流表测量总电流，电压表测量路端电压，所以两表的示

短路，则电压表示数为零，C

数都增大，A正确；若错误；若

短路，则电流表被短路，示数为零，B错误；若

断路，则电流表示数为零，D错误

考点：考查了电路动态变化

图为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )

【答案】 B 【解析】

试题分析：图像的斜率表示电源的内阻，故

，A图中，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压为

，而路端总电阻，所以，不符合题意，A错误；B图中，路端总电阻

，根据闭合回路欧姆定律可得，B正确；C图中，路端总电阻

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，根据闭合回路欧姆定律可得，C错误；D图中，路端总电阻

，根据闭合回路欧姆定律可得

考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用

，D错误；

一不计重力的带电粒子q从A点射入一正点电荷Q的电场中，运动轨迹如图所示，则( )

A．粒子q带负电

B．粒子q的加速度先变小后变大 C．粒子q的电势能先变小后变大 D．粒子q的动能一直变大 【答案】 AC 【解析】

试题分析：从粒子的运动轨迹可以看出，粒子靠近正点电荷，故粒子带负电，A正确；先靠近后远离，而离点电荷近的地方电场强度大，所以粒子的加速度先变大后减小，而靠近过程中电场力做正功，远离过程中电场力做负功，则电势能先减小后增大，动能先增大后减小，故C正确BD错误； 考点：考查了带电粒子在电场中的运动

如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是()

A．电容器的电容变小

B．电容器内部电场强度大小变大 C．电容器内部电场强度大小不变 D．P点电势升高 【答案】 ACD 【解析】

试题分析：电源断开后，两极板上所带的电荷量不变，将B板向下平移一小段距离，两极板间的距离变大，

根据公式可得，电容减小，根据公式，，可得，两极板间的电场强度大小与

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两极板间的距离无关，AC正确B错误；B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；

考点：考查了电容器的动态变化

如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A竖直悬挂且与绝缘墙接触(g取10 m/s2)．静电力常量K=9.0×109 N.m2/C2.下列说法正确的是()

A．小球的带电荷量为3.33×10－8 C

B．墙壁受到的压力为8.7×10－4 N C．A球受到细线的拉力为1.0×10－3 N D．B球受到的拉力为1.5×10－3 N 【答案】 AB 【解析】

试题分析：对A球分析，A球受到重力，拉力，电场力和支持力四个力的作用而处于平衡状态，如图所示

根据平衡条件可得为

，方向水平向左，

，故墙受到小球的压力大小

，对B球受力分析，如图所示

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根据平衡条件可得，，根据库伦定律：，解得：

，故AB正确CD错误

考点：考查了宫殿里平衡条件的应用

下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()

A．根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比

B．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比

C．根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量无关

D．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功

为1 J，则A、B两点间的电势差为UAB＝－1 V 【答案】 D 【解析】

试题分析：电场强度只和电场本身的性质有关，与试探电荷无关，公式只是计算式，A错误；电容

的决定式为，与电荷量以及两极板间的电压无关，公式只是计算式，B错误；公式

中q表示场源电荷的电荷量，C错误；根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从

A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为UAB＝－1V，D正确 考点：考查了对电场强度，电容，电势差定义式的理解

标有“8 V 6.4 W”和“8 V 20 W”字样的L1、L2两只灯泡连接在如图所示的电路中，C点接地．如果将电路中L1、L2两灯泡的位置互换，则( )

A．B点电势升高B．B点电势降低

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C．两灯都变亮 D．L1灯变暗，L2灯变亮 【答案】 A 【解析】

试题分析：根据公式可得可得的电阻大，因为两者是串联的，所以两者的电流相同，故

AB间的电压大与BC间的电压，当互换后BC间的电压大于AB间的电压，因为C点接地，所以C点的电势不变，而BC间的电势差增大，故B点的电势增大，互换为通过两灯的电流不变，所以亮暗程度不变，故A正确

考点：考查了电功率，欧姆定律的应用

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