1、湖南省长沙市天心区长郡中学学年高二上学期第一次模块考试物理试题2018-2019学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）第一次模块物理试卷二、选择題1. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是：（ ）A. 粒子带负电B. 粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC. 粒子在A点的动能比在B点多0.5JD. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J【答案】CD【解析】【分析】在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功，从运动轨迹上判断，粒子带正电，从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所
2、以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能，从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况，从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒以及功能关系可比较AB两点的机械能；【详解】A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A正确；B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5
3、J，故C错误；D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，故D正确。【点睛】本题考查功能关系，要熟练掌握各种功和能的关系，在学习中注意掌握。2.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A=5 V、B= -5 V、C=15 V，由此可以判断()A. 场强的方向由C指向BB. 场强的方向垂直AD连线斜向上C
4、. 场强的大小为10 V/mD. 场强的大小为【答案】D【解析】由题意，A=5V、B=-5V、C=15V，则BC连线的中点D的电势为，则D=A，AD为一条等势线。根据电场线与等势线垂直，可知场强的方向垂直于AD连线斜向下。故AB错误。场强的大小为，故C错误，D正确。故选D。点睛：解答本题的关键是得到D点的电势，找到等势线；掌握电场线与等势线的关系，正确理解公式E=U/d中d的含义3.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A. 在a点的加速度大于在b点的加速度B. 在a点的电势能小于在b点的电势能C.
5、 在a点的速度小于在B点的速度D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高【答案】C【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EAEB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不
6、能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C4.示波管是示波器的核心部件它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A. 极板x应带正电 B. 极板x应带正电C. 极板y应带负电 D. 极板y可能不带电【答案】A【解析】【分析】由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，带负电，同理可知Y带正电，带负电，故选项A正确，BCD错误。【点睛】本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电
7、场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况。5.一带负电的粒子在电场中做直线运动的速度图象如图所示，在第2s末和第8s末分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是（）A. 该电场可能是由点电荷产生的B. M点的电势低于N点的电势C. 从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力【答案】B【解析】【详解】AD：由速度图象知，粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度是一个定值，粒子仅受电场力的作用，粒子所受电场力不变；粒子仅受电场力的作用时，不可能在点电荷的电场中做匀变速直线运动，该电场不可能是由点电荷产生的。
8、故AD两项错误。BC：由速度图象知，粒子从M点到N点的过程中，速度先减小后增大，动能先减小后增大；粒子仅受电场力的作用，粒子电势能与动能之和不变，则粒子的电势能先增大后减小。又由速度图象知，粒子在M点速度小于在N点速度，粒子在M点动能小于在N点动能，粒子在M点电势能大于在N点电势能，粒子带负电，M点的电势低于N点的电势。故B项正确，C项错误。【点睛】粒子仅受电场力的作用，粒子电势能与动能之和不变。6.一节干电池的电动势为1.5 V，这表示()A. 电池中每通过1 C的电荷量，该电池能将1.5 J的化学能转变成电势能B. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5 VC. 该电池存储的电能
9、一定比电动势为1.2 V的电池存储的电能多D. 将1 C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5 J的功【答案】A【解析】【详解】A项：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故A正确；B项：接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故B错误；C项：电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故C错误；D项：一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确。7.直流电路如图所示，
10、闭合开关S后，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）A. 总功率一定增大B. 效率一定增大C. 内部损耗功率一定减小D. 输出功率一定先增大后减小【答案】BC【解析】【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题；【详解】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率减小，故A错误；B、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，
11、电流I减小，电源的热功率减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误。【点睛】考查闭合电路的欧姆定律以及最大值问题，熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题。8.如图电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表V、A1、A2的示数分别为U、I1、I2现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）A. U增大，I1增大，I2减小B. U减小，I1增大，I2增大C.
12、I1变化量的绝对值小于I2变化量的绝对值D. U变化量的绝对值小于电源内电压变化量的绝对值【答案】BC【解析】AR2的滑动触点向b端移动时,R2减小,整个电路的总电阻减小,则总电流增大,即I1增大；内电压增大,外电压减小,即电压表示数U减小,R1电压增大,R1、R2并联电压减小,通过R3的电流减小,而总电流I1增大,则流过R2的电流I2增大,即A2示数I2增大。故A错误，B正确；C通过R3的电流减小, 则流过R2的电流I2增大,I2的增加量减去R3电流的减小量的绝对值等于总电流I1的增大量,所以 I1变化量的绝对值小于I2变化量的绝对值，故C正确；D路端电压的减小量等于内电阻电压的增加量，故D
13、错误。故选：BC。点睛：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，根据电路中电阻的变化，利用闭合电路欧姆定律进行分析三、非选择题9.图甲是一个欧姆表的电路结构图，图乙是其表盘(表盘刻度值是按照表内电池电动势为1.5V的正常值而刻制的)。已知在电流满偏刻度的处所标的电阻值为15，如图乙所示。则该欧姆表的内阻(即Rg、r与R之和)为_；在电流满偏刻度的B点所标的电阻值为_。【答案】 (1). 15 (2). 45【解析】该欧姆表的内阻等于电流满偏刻度的，处所标的电阻值，即R内=15。设电流表的满偏刻度为Ig，根据闭合电路欧姆定律：，当电流为满偏刻度时，联立可得：R
14、B=3R内=45。10. 用电流表和电压表测定电池的电动势E 和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示组别I/（A）U/（V）10.121.3720.201.3230.311.2440.321.1850.501.1060.571.05（1）试根据这些数据在图2中作出 UI图线；（2）根据图线得出电池的电动势 E= V，根据图线得出的电池内阻r= 【答案】（1）如图；（2）1.45；0.70【解析】【详解】（1）利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知U=EIr，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.
15、45V；而图象的斜率表示电源的内阻， 故答案为：（1）如图；（2）1.45；0.70【点评】本题考查数据的处理方法，用图象法处理可以减小误差；在连线时注意若出现误差较大的点应舍掉11.如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器。若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出。不考虑平行板电容器的边缘效应，求两种情况下：（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设粒子在极板间
16、的运动时间为t，沿极板方向的位移为x，粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 t= 即 tx由条件可知 t1：t2=1：2 （2）设电容器电容为C，极板间电压为U，极板间距离为d，极板间电场强度为E，则有： 设粒子的质量为m，带电量为q，在电容器中的加速度为a，则有：a= d= 由可得：Q 所以Q1：Q2=4：1【点睛】解决本题的关键是知道粒子在水平方向和竖直方向上的运动规律，得到运动时间和电容器电荷量的表达式，再求比值，要学会运用比例法。12. 如图电源电动势E=6V，内阻不计，定值电阻R=4，电动机M 内阻r=1，电压表和电流表均是理想表，闭合开关，电压表示数U=4V，求：（1）电源消耗的电功
17、率（2）电动机的电功率和输出功率【答案】(1) P=3W(2) 2W、1.75W【解析】试题分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律UIR对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率(1)：设定值电阻所分电压为U1，则E=U+U1对定值电阻R有：I=由电源总功率P=E.I 解得电源消耗功率P=3W (2)：设电动机消耗的电功率P电，热功率为P热，机械功率为P机，则有：P电=P热+P机解得P机=1.75W考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能
18、转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路13.如图所示，直线OA与竖直方向的夹角37，P为直线上的一点，空间有一匀强电场，方向平行于纸面水平向右，一质量为m、电量为q（q0）的小球以一定的初动能E0从P点沿直线AO向上运动，当小球的动能减小到零时，机械能减少了E0运动过程中受到空气阻力的大小不变，已知重力加速度为g，sin370.6，cos370.8，求：（1）电场强度的大小E；（2）小球返回P点的动能Ek。【答案】(1) (2) 【解析】（1）小球沿直线AO向上运动，则合力方向与AO共线，电场力水平向右，重力竖直向下，则合力沿OA斜向下，则Eq=mgtan370，解得 （2）设动能减到零时向上的位移为L，由动能定理： 由功能关系：联立解得Wf=E0则小球回到P时，机械能损失2 Wf=E0，即动能为E0点睛：此题关键是理解小球做直线运动的条件；知道动能的减小量等于合外力的功；机械能的减小量等于除重力外的其它力的功.
