1、2014年江苏省启东中学高一下学期第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示为电场中的一条电场线， A、 B 为其上的两点，用 EA、 EB 表示 A、B两点的电场强度， A、 B表示 A、 B两点的电势，以下说法正确的是 A EA与 EB一定不等， A与 B一定不等 B EA与 EB可能相等， A与 B可能相等 C EA与 EB一定不等， A与 B可能相等 D EA与 EB可能相等， A与 B一定不等 答案： D 试题分析：因为不知道 AB两点电场线的疏密程度，故无法确定两点场强的关系；由于顺着电场线电势减低故 A一定高于 B，故选项 D 正确。 考点：电场线、电场强度与电势的关系
2、。 如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的 M点沿水平方向抛出一带电小球 .最后小球落在斜面上的 N 点 .已知小球的质量为 m，初速度大小为 v0，斜面倾角为 ，电场强度大小未知 .则下列说法正确的是 A可以断定小球一定带正电荷 B可以求出小球落到 N 点时速度的方向 C可以求出小球到达 N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功 D可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 答案： BCD 试题分析：小球做类 平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故 A错误； 利用平抛知识有： ，速度偏向角设为 ，则，可求出小上球落到 N 点时的速
3、度大小和方向，故 B正确；求出小球到达 N 点的速度，由动能定理可以求出小球到达 N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故 C正确；小球在垂直与斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直与斜面方向的速度为零，即小球速度平行与斜面时，小球与斜面间的距离最大，故 D正确； 故选： BCD 考点：平抛运动的规律。 如图示，光滑绝缘水平桌面上有 A、 B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为 +2q， B球带电量为 -q，将它们同时由静止开始释放， A球加速度的大小为 B 球的 2 倍现在 AB 中点固定一个带电小球 C（也可看作点电荷），再同时由静止释放 A、 B两球，释放瞬间两球加速度大小
4、相等则 C球带电量可能为 A B C D 答案： AB 试题分析：由静止开始释放， A球加速度的大小为 B球的 2倍根据牛顿第二定律可知， A、 B两个带电小球的质量之比为 1： 2；当在 AB中点固定一个带电小球 C，由静止释放 A、 B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，则有 C球带正电，根据库仑定律与牛顿 第二定律，且有：对 A来说，对 B来说， 综上解得， 根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对 A来说， 对 B来说， ；综上解得， ，故 AB正确， CD错误。 考点：库仑定律及牛顿第二定律。 空间某一静电场的电势 在 x轴上分布如图所示， A、 B、 C、 D是 x轴上的四点，电场强度在
5、 x方向上的分量大小分别是 ，则 A B C A、 D两点在 x方向上的场强方向相反 D同一负点电荷在 A点时的电势能小于在 B点时的电势能 答案： BCD 试题分析：在 B点和 C点附近分别取很小的一段 d，由图象， B点段对应的电势差大于 C点段对应的电势差，若看做匀强电场有： ，可见 EA EB，ED EC，故 A错误， B正确；根据图象可知，电势先减小后增大，则在最低点电场强度的方向改变，故 C正确；沿电场方向电势降低，因此电场线方向从 A到 B，当负电荷从 A到 B时，电场力与运动方向相反，则电场力做负功，导致电势能增大，即在 A点时的电势能小于在 B点时的电势能，故 D正确；故选B
6、CD 考点：电场场强与电势。 如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹， a、b、 c是轨迹上的三个点，则 A粒子一定带正电 B粒子一定是从 a点运动到 b点 C粒子在 c点加速度一定大于在 b点加速度 D粒子在电场中 c点的电势能一定小于在 b点的电势能 答案： AC 试题分析：带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以此粒子为正电荷，故 A正确；粒子不一定是从 a点沿轨迹运动到 b点，也可能从从 b点沿轨迹运动到 a点故 B错误由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在 c点的电
7、场强度大，粒子在 c处受到的电场力大，所以粒子在 c点加速度一定大于在 b点加速度，故 C正确粒子从 c到 b过程，电场力做正功，根据动能定理，动能增大，电势能减小，所以粒子在电场中 c点的电势能一定大于在 b点的电势能，故 D错误故选： AC 考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。 两只定值电阻 R1 10 ， R2 30 ，电压表一个，练习使用电压表测电压，电路连接如图所示，电源输出电压 U 12 V不变，先用电压表与 R1并联，电压表示数为 U1，再用电压表与 R2并联，电压表示数为 U2，则下列说法正确的是 A U1一定等于 3.0V B U2一定小于 9.0 V C U1与 U2之
8、和等于 12 V D U1与 U2之比一定等于 答案： BD 试题分析：不接电压表时可得 R2两端的电压为： ,R2两端接电压表后，则电阻减小， R2和电压表两端的分压减小，故 U2一定小于 9.0 V，选项 B正确；同理可知选项 A 错误；有上述可知 U1与 U2之和小于 12 V，选项 C 错误；设电压表内阻为 r，则由欧姆定律可知：；同理 ；故 ，选项 D正确。 考点：欧姆定律；串并联电路的特点。 空间存在一沿 x轴方向的静电场，电场强度 E随 x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称， A、 B是 x轴上关于原点对称的两点。下列说法中正确的是 A取无穷远 处电势为零 ,则 O 点处电
9、势为零 B电子在 A、 B两点的电势能相等 C电子在 A、 B两点的加速度方向相同 D电子从 A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线 答案： B 试题分析：将一个正的试探电荷从 O 点移动到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，说明 O 点电势比无穷远电势高，故 A错误电子从 A移动到 B，电场力先做负功后做正功，总功为零，故 A、 B两点的电势能相等，故 B正确；电子在 A、 B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故 C错误；由于电场力方向与 x轴平行，故速度与合力始终共线，故一定做直线运动 ，故 D错误； 考点：电场强度；电势及电势能。 ab是长为 l的均匀带电细杆
10、， P1、 P2是位于 ab所在直线上的两点，位置如图所示， ab上电荷产生的静电场在 P1处的场强大小为 E1，在 P2处的场强大小为 E2，则以下说法正确的是 A两处的电场方向相同， E1 E2 B两处的电场方向相反， E1 E2 C两处的电场方向相同， E1 E2 D两处的电场方向相反， E1 E2 答案： D 试题分析：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在 P1的合场强方向向左，在 P2的合场强方向向右，且 E1 E2故选 D 考点：场强的叠加。 如图 (a)所示，两平行正对的金属板 A、 B间加有如图 (b)所示的交变电压，一重力可忽略不
11、计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P处若在 t0时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B板运动，并最终打在 A板上则 t0可能属于的时间段是 A 0vB， EPAvB， EPAEPB C粒子带正电， vAEPB 答案： A 试题分析：由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，由 A到 B电场力对粒子做负功，动能减小，速度减小，即 vAvB；电势能变大，即 EPAEPB，选项 A 正确。 考点：电场力做功即电势能。 如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板 A、 B和介质 P构成电容器则 A A向上移电容器的电容变大 B P向左移电容器的电容变大 C P向左移流过电阻 R的电流方向从 M
12、到 N D A向上移流过电阻 R的电流方向从 N 到 M 答案： C 试题分析：由 可知，若 A向上移时，两板间距变大，则根据电容器的电容变小，根据 Q=CU可知，电容器带电量减小，电容器放电，即流过电阻R的电流方向从 M到 N，选项 AD 错误； P向左移，两板间电解质的介电常数减小，电容器的电容变小，根据 Q=CU 可知，电容器带电量减小，电容器放电，即流过电阻 R的电流方向从 M到 N，故选项 B错误， C正确。 考点：电容器的电容及电量。 实验题 如图所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表 A1（ 0-3 A）和电流表 A2（ 0-0.6 A），把这两个电流表并联接入电路中测量电
13、流 .则下列说法中正确的是 A A1指针半偏时， A2指针也半偏 B A1指针还没有满偏时， A2指针已经满偏 C A1的读数为 1 A时， A2的读数为 0.6 A D A1的读数为 1 A时，干路中的电流为 1.2 A 答案： AD 试题分析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以 A1的指针半偏时， A2的指针也半偏，故 A正确， B错误两电流表量程之比为 5： 1，两电流表的内阻之比为1： 5，则通过电流表的电流之比为 5： 1 A1的读数为 1A 时， A2的读数为 0.2A，干路中的电流为 1.2A，故 C错误 ， D正
14、确；故选： AD 考点：电表的改装；串并联电阻的特点。 (14分 )为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室可供选择的器材如下： A待测小灯泡 (6V 500mA) B电流表 A(0-0.6A 内阻约 0.5) C电压表 V(0-3V 内阻 5k) D滑动变阻器 R1(0-lk 100mA) E滑动变阻器 R2(0-5 1.5A) F电阻箱 R3(0-9999.9) G直流电源 E(约 6V，内阻不计 )H开关 S，导线若干 (1)将电压表量程扩大为 6V，与它串联的电阻箱的阻值应调为 k. (2)图甲中画出了实验的部分电路，请你补全电路图；滑动变阻器应选用 (选填Rl或 R2). (3)实验中，
15、变阻器滑动触头 P在 ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在3.5V-6.0V间变化，则电路中出现的故障可能是 (4)排除故障后，测量出多组数据以灯泡两端的电压 U为横轴，电流表的示数 I为纵轴，描点作出小灯泡的伏安特性曲线如图所示若电压表 V的实际阻值大于 5k，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的 (选填 上方 或 下方 ). 如果改装后的电压表有两个量程 3V和 6V，请根据图甲的电路图用笔画线 代替导线，将图中的实验电路连接完整。并根据图说明在闭合电键之前滑片 P应应置于 端（选填 “a”、 “b”或 “ab中间 ”） 答案：（ 1） 5 （ 2）电路图如图； ；（ 3） ac间
16、断路；（ 4）上方；（ 5）连线如图， a 试题分析： (1)将电压表量程扩大为 6V，与它串联的电阻箱的阻值应调为；（ 2）小灯泡的电阻为 ，改装成的电压表的内阻远大于小灯泡的内阻，故采用安培表外接电路；因为采用分压电路，故滑动变阻器选用阻值较小的 R2，电路如图； (3)实验中，变阻器滑动触头 P在ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在 3.5V-6.0V间变化，即电压表的读数不能调节到 0，说明滑动变阻器和电源及灯泡组成了串联限流电路，则电路中出现的故障可能是 ac间断路；（ 4）若电压表 V的实际阻值大于 5k，所以导致测量的灯泡的电压值偏大，即相同电流情况下，灯泡实际电压比测量值偏
17、小，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的上方（ 5）电路如图所示；在闭合电键之前滑片 P应应置于 a端 . 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线 填空题 （ 8分）在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离 d、极板的正对面积 S及插入极板间的介质有关他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接如图所示已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大实验时保持电容器极板所带的电量不变，且电容器 B板位置不动 （ 1）将 A板向左平移，静电计指针张角 ；将 A板竖直向上平移，则静电计指针张角 ；在 A、 B板间插入电介质，则静电计指针张角 （ 2）实验中静
18、电计不可以用电压表替代，原因是： 答案： 增大 增大 减小 电压表会使电容器放电 试题分析：（ 1）根据 ，将 A板向左平移，则两板间距 d变大，则 C减小，因为 Q 一定，根据 Q=CU，则 U变大，则静电计指针张角增大；将 A板竖直向上平移，则 S减小， C 减小，则根据 Q=CU，则 U变大，即静电计指针张角变大；在 A、 B板间插入电介质，则 C变大，根据 Q=CU，则 U变小，则静电计指针张角减小；（ 2）实验中静电计不可以用电压表替代，原因是：电压表会使电容器放电。 考点：电容器的电容的决定式及定义式。 计算题 如图所示，绝缘光滑水平轨道 AB的 B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧
19、形粗糙绝缘轨道 BC 平滑连接圆弧的半径 R 0.40 m. 在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度 E 1.0104 N/C.现有一质量 m 0.10 kg的带电体 (可视为质点 )放在水平轨道上与 B端距离 s 1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的 C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量 q 8.010-5C，取 g 10 m/s2，求： (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到 B端时的速度大小； (2)带电体运动到圆弧形轨道的 B端时对圆弧轨道的压力大小； (3)带电体沿圆弧形轨道从 B端运动到 C端的过程中，摩擦力做的功
20、答案：（ 1） 8.0 m/s2； 4.0 m/s.（ 2） 5.0 N.（ 3） -0.72 J. 试题分析： (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为 a， 根据牛顿第二定律 qE ma 解得 a qE/ m 8.0 m/s2 设带电体运动到 B端的速度大小为 vB，则 2as， 解得 vB 4.0 m/s. (2)设带电体运动到圆弧形轨道 B端时受轨道的支持力为 FN，根据牛顿第二定律 FN-mg m 解得 FN mg m 5.0 N 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道 B端的压力大小 FN FN 5.0 N. (3)设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为 W 摩 ，根据
21、动能定理得 W 电 W 摩 -mgR 0- m 因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功 W 电 qER 0.32 J， 联立解得 W 摩 -0.72 J. (另解：全过程用动能定理： 可得 考点：牛顿第二定律及动能定理； 如图为实验室常用的两个量程的电流表原理图当使用 O、 A 两接线柱时，量程为 0.6 A；当使用 O、 B两接线柱时，量程为 3 A已知电流计的内阻 Rg200 ，满偏电流 Ig 100 mA.求分流电阻 R1和 R2的阻值 答案： R1 8 ， R2 32 试题分析：并联分流电路的特点就是电压相同在改装的电流表中，各量程达到满偏电流时，通过
22、 “表头 ”的电流仍为满偏电流 接 O、 A时： IgRg (I1-Ig)(R1 R2) 接 O、 B时： Ig(Rg R2) (I2-Ig)R1 联立以上两式，把 Ig 0.1 A， Rg 200 ， I1 0.6 A， I2 3 A 代入并解之得 R1 8 ， R2 32 即量程为 0.6 A时， (R1 R2)为分流电阻； 量程为 3 A时， R1为分流电阻， R2为分压电阻 考点：欧姆定律的应用。 如图甲所示， A、 B为两块靠得很近的平行金属 板，板中央均有小孔一束电子以初动能 Ek = 120eV，从 A板上的小孔 O 不断垂直于板射入 A、 B之间，在 B板右侧，平行金属板的板长
23、 L = 210-2m，板间距离 d = 410-3m，两板上所加电压为 U2 = 20V现在在 A、 B两板上加一个如图乙所示的变化电压 U1，在t = 0到 t = 2s时间内， A板电势高于 B板，则在 U1随时间变化的第一个周期内： 电子在哪段时间内可以从 B板小孔射出？ 在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于 A、 B两板距离很近，可以认为电子穿过 A、 B板间所用时间很短，可以不计电压变化） 答案：（ 1） 0 0.6s及 1.4s 4s（ 2） 2.65s 3.35s。 试题分析： 能射出 B板，要求电子达到 B板时速度大于或等于零， 由动能定理得 eU1 = 0 mv0
24、2/2， 又 Ek = mv02/2， 所以 U1 = 120V； AB两板所加电压在 0 1s区间里 有 U = 200t，故 U1=200t1，得 t1 = 0.6s由电压图象的对称性，另一对应时刻 t2 = 1.4s在下半周期，电场力做正功电子均能射出， 所以能射出的时间段为 0 0.6s及 1.4s 4s 设电子从偏转电场中垂直射入时速度为 v0，那么侧移量 y = (1/2)(eU2/md)(L/v0)2 = eU2L2/4dEk， y d/2 才能射出所以 eU2L2/4dEk d/2， Ek 250eV 又 Ek + eU1 + Ek = eU1 + 120eV，所以 120 e
25、V + eU1 250eV， U1 130V； 又因 t1 = (130/200 + 2)s = 2.65s、 t2 = (4 130/200)s = 3.35s，所以在 2.65s 3.35s内有电子从偏转电场右侧飞出 考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。 如图所示，一对带电平行金属板 A、 B与竖直方向成 30角放置 B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy上的 O 点， y轴沿竖直方向一比荷为1.0105C/kg的带正电粒子 P从 A板中心 O处静止释放后沿 做匀加速直线运动，以速度 vo=104m/s，方向与 x轴正方向夹 30角从 O 点进入匀强电场，电场仅分布在 轴的下方
26、，场强大 V/m，方向与 x轴正方向成 60角斜向上，粒子的重力不计试求： (1)AB两板间 的电势差 ： (2)粒子 P离开电场时的坐标； (3)若在 P进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与 P完全相同的带电粒子 Q,可使两粒子在离开电场前相遇求所有满足条件的释放点的集合（不计两粒子之间的相互作用力） 答案： (1)500V； (2) (1,0) (3) 且 m 试题分析： (1)由动能定理 可得 (2)粒子 P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距 O 距离为 L，如图所示，则 解得 L=1m 所以 P离开电场时的坐标为 (1,0) (3)由于粒子 Q 与 P完全相同，所以只需在 P进入电场时速度方向的直线上的OM范围内任一点释放粒子 Q，可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为 m 故 M的横坐标为 m 所以所有满足条件的释放点的集合为 且 m 考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。
