【文档说明】陕西省西安市长安区一中2020-2021学年高二上学期第一次教学质量检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(21)页，1018.500 KB，由小赞的店铺上传

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长安一中高2019级高二阶段第一次教学质量检测物理试卷总分：110分时间：100分钟命题人：审题人：一、单项选择题（本题共10小题，每题4分，共40分。四个选项中只有一个选项正确；请将正确选项填涂在答题卡上）1.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕

核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大C.半径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小【答案】C【解析】【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力．根据原子核对电子的库仑力提供向心力，

由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．【详解】根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得=ma=m=mω2r=，可得a=T=ω=v=A、半径越大，加速度越小，故A错误；B、半径越小，周期越

小，故B错误；C、半径越大，角速度越小，故C正确；D、半径越小，线速度越大，故D错误．故选C．【点睛】能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．2.如图所示，图中边

长为O的正三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有三个点电荷－q、－q、＋q，则该三角形中心O点处的场强为（）A.23kqa，方向由C指向OB.23kqa，方向由O指向CC.26kqa，方向由C指向OD.2

6kqa，方向由O指向C【答案】C【解析】【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为23sin6033raa==三个电荷在O处产生的场强大小均为02qEkr=根据对称性和几何知识得知，两个-q在0处产生的合场强为

12qEkr=再与+q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为1022262233qqkqEEEkkrra=+===方向由C指向O，故ABD错误，C正确。故选C。3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速

度垂直于电场线方向飞出ab、两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的

动能，一个增加一个减小【答案】C【解析】【详解】A．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；BD．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度

与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；C．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，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。故选C。4.如图所示，PQ、为两个等量的异种电

荷，以靠近P电荷的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到

A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能kE和运动径迹上电势随位移x的变化图线肯定正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】等量异种电荷的电场线如图所示。A.沿两点电荷连线从O到A，电场

强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。v-t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A错误；B．根据沿着电

场线方向电势逐渐降低，电场强度为Ex=E先减小后增大，所以φ-x图象切线的斜率先减小后增大，则B错误；C．加速度先变小后变大，方向不变，故C正确；D．粒子的动能Ek=qEx，电场强度先变小后变大，则Ek-x切线的斜率先变小后变大，故D错误。则

选C。5.如图所示，把一个平行板电容器接在电压5VU=的电源上。现进行下列四步操作：(1)合上S；(2)在两板中央插入厚为2d的金属板；(3)断开S；(4)抽出金属板，则此时电容器两板间的电势差为（）A.0B.10VC.5VD.20V【答案】B【解析】【详

解】步骤(1)中合上开关时，电压为5V；步骤(2)加入金属板时，电势差仍然为U=5V；打开S后，电量不变，抽出金属板可以等效为极板间距增加为2倍，根据公式4SCkd=电容减小为原来的12；由Q=CU可知电压增加为2倍，即U′=2U=

10V故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d，一质量为m、电荷量大小为q的粒子（不计重力），从A点以与等势线成角的速度0v射入，到达B点时，速度方向恰与等势线平行，则（）A.粒子一定带正电B.电场中A点的电势一定高于B点电势C.匀

强电场的电场强度大小为220sin4mvqdD.粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能【答案】C【解析】【详解】AB．等势线水平，根据等势线与电场线的关系，电场线是竖直方向，则电场力也是竖直方向，因为粒子在B点速度水平，所以在竖直方向上粒子做减速运动，则

电场力竖直向下，由于电场方向均不确定，所以无法确定粒子的电性和电势高低。AB错误；C．根据动能定理得2200112(cos)22Eqdmvmv−=−解得220sin4mvEqd=C正确；D．从A到B电场力做负功，电势能增大，所以粒子在A点具有的电

势能小于在B点具有的电势能。D错误。故选C。7.如图所示，匀强电场方向水平向右，场强为E，不可伸长的悬线长为L.上端系于O点，下端系质量为m、带电荷量为q+的小球，已知Eqmg=。现将小球从最低点A由静止释放，则下

列说法错误的是（）A.小球可到达水平位置B.当悬线与水平方向成45°角时小球的速度最大C.小球在运动过程中机械能守恒D.小球速度最大时悬线上的张力为()322mg−【答案】C【解析】【详解】A．设小球能够到达最高点，此时由动能定理得-mgL+EqL=

0故末速度为0，可以达到水平位置，故A正确，不符合题意；C．小球在运动的过程中除重力以外还有电场力做功，故机械能不守恒，故C错误，符合题意；BD．将电场力与重力合成F合=2mg，由图可知，合力方向与竖直方

向成45°角斜向右下，O′为对应的“等效最低点”。在O'点产生最大加速度，对应最大拉力，速度也最大。根据动能定理研究A点到O'点，得2()22110222LmgLEqmv−−+−＝由Eq=mg得v2＝(22−2)gL小球在O'点时由重力、电

场力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律得2maxvFFmL−=合解得Fmax=（32-2）mg与水平呈45°角时，小球的速度最大，此时悬线的拉力为（32-2）mg，故BD正确，不符合题意。故选

C。8.如图所示，质量为m、带正电的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块的运动状态为A.继续匀速下滑B.将加速下滑C减速下滑D.上述三种情况都有可能发生【答案】A【解析】【详解】滑块沿斜面匀速下滑，根据平衡可知sincosm

gmg=，当滑块运动到电场中时，受到了竖直向下的电场力作用，根据计算可知()()sincosmgqEmgqE+=+，即滑块受力仍然平衡，所以滑块继续匀速下滑A.继续匀速下滑，与分析相符，故A正确；B.将加速下

滑，与分析不符，故B错误；C.减速下滑，与分析不符，故C错误；D.上述三种情况都有可能发生，与分析不符，故D错误；9.一节干电池的电动势为1.5V，这表示()A.电池中每通过1C的电荷量，该电池能将1.5J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1.5V

C.该电池存储的电能一定比电动势为1.2V的电池存储的电能多D.将1C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】A【解析】【详解】A．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．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．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．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错误。故选A。10.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量

为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶1【答案】A【解析】【详解】设电场强度

为E，两粒子的运动时间相同，对M有，EqaM=，22152EqltM=；对m有'Eqam=，23152Eqltm=，联立解得32Mm=，A正确．【点睛】做此类问题的关键是把粒子在电场中的运动分解为垂直电场方向上和沿电场方向上两个分运动，两分运

动具有等时性．二、多项选择题（本题共5小题，每题5分，共25分。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）11.真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，

∠ABC=30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是（）。A.q1带负电，q2带正电B.D点电势低于A点电势C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍【答案】B

C【解析】【详解】A．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平行四边形法则可知，q1带正电，q2带负电，A错误；B．由几何关系结合电势概念可知，正电荷q1在AD两点产生的电势相等，负电荷q2在A点的负电势高于D点的负电势，由电势叠加可知A点的电势高于D点

，B正确；CD．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin30°＝21EE1121qEkr=2222qEkr=又r2＝2r1，联立解得q2＝2q1C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，a、b、c、d是某

匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场方向与四边形所在平面平行．已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成

45°，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是（）A.c点电势为20VB.质子从b运动到c所用的时间为02lvC.场强的方向由a指向cD.质子从b运动到c电场力做功为8eV【答案】ABD【解析】【详解】A．作如图e点，ab间电势

差为4V，可求得e点电势为20V，即eb间电势差为8V，所以dc间电势差也为8V，故c点电势为20V，A正确；B．质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，则02ltv=，B正确；C．连

接bd，可得bd中点O处的电势为20V，所以Oc为等势面，根据几何知识可得bd⊥oc，所以bd为一条电场线，b点电势高于d点，所以电场方向为从b到d，C错误；D．电势差8VbcU=，则质子从b→c电场力做功为8eV，D正确。故选

ABD。【点睛】本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．13.在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示（图中0已知），有

一质量为m、带电荷量为()0qq−的带电小球（可视为质点）从O点以某一未知速度0v沿x轴正方向移动到4x，则下列叙述正确的是（）A.带电小球从O运动到1x的过程中，所受电场力逐渐增大B.带电小球从1x运动到3x的过程中，电势能一直增大C.若小球的初速度002qvm=，则运动过程中的

最大速度为06qmD.要使小球能运动到4x处，则初速度0v至少为02qm【答案】BC【解析】【详解】A．由UEd=可知，φ－x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变，故A错误；

B．负电荷在电势高处电势能小，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，负电荷的电势能一直增大，故B正确；C．若小球的初速度002qvm=，当小球运动到x1处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x1处，根据动能定理得22001122mqmvmv=−解得最

大速度为06mqvm=故C正确；D．若小球能运动恰好运动到x3处，初速度v0最小，从x=0到x3处，根据动能定理得20012qmv=解得002qvm=故D错误。故选BC。14.如图所示，真空中有两个点电荷81410CQ−=+和82110

CQ−=−，分别固定在x坐标轴的0x=和6cmx=的位置上，在x轴上电场强度方向沿x轴正方向的区间是（）A.(),0−B.()0,6C.()6,12D.()12,+【答案】BD【解析】【详解】某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强

公式2QEkr=所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷相反，在中间的电场方向都是一样的所以，只能在Q2右边，设该位置据Q2的距离是L，所以1222

(0.06)kQkQLL=+解得L=6cm所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域，所以x坐标轴上电场强度

方向沿x轴正方向区域是（0，6cm）和（12cm，∞）故选BD。15.有三个电阻的阻值及额定电流分别为R1＝10Ω，I1＝1A，R2＝20Ω，I2＝2A，R3＝5Ω，I3＝2A。它们组成的电路如图中甲、乙、

丙所示，下列关于各图的说法中正确的是（）A.图甲中电路两端允许加的最大电压为60VB.图乙中电路允许通过的最大电流为3.5AC.图丙中电路两端允许加的最大电压为17.5VD.图丙中电路允许通过的最大电流为2A【答案】BC【解析】【详解】A．对图甲分析：根据I1＝1A可知，最大电压Um

ax＝I1（R1＋R2＋R3）＝35V选项A错误．B．对图乙分析：先根据U＝IR计算出各元件的额定电压．U1＝10V，U2＝40V，U3＝10V．三个电阻最小的额定电压为10V，10V就是并联电路允许加的最大电压值，即U

max＝10V。电路允许通过的最大总电流Imax＝max1UR＋max2UR＋max3UR＝（1010＋1020＋105）A＝3.5A选项B正确。CD．对图丙分析：在图甲和图乙的分析中，已经知道，R1、R2的额定电压分别是10V和40V，故并联部分允许承受的最大电压U′ma

x＝10V，该部分的最大电流I′max＝max1UR＋max2UR＝10101020+A＝1.5A又知R3的额定电流I3＝2A，故整个电路允许通过的最大电流I″max＝I′max＝1.5A电路两端允许加的最

大电压Umax＝I″maxR3＋I″maxR并＝17.5V选项C正确，选项D错误。故选BC。三、实验填空题（共2小题，共14分.请将正确答案写在答题纸的空白处）16.如图，1R和2R是两个定值电阻，1R的阻值很大，2R的阻值很小，G是一个灵敏电流计，则下说法正确的是（）A.

只闭合1K，整个装置相当于伏特表B.只闭合2K，整个装置相当于安培表C.1K和2K都断开，整个装置相当于灵敏电流计D.1K和2K都闭合，整个装置相当于安培表【答案】AD【解析】【详解】A．若只闭合K1，则G与R2并联后与R1串联，由于R1的

阻值很大，故电路中电阻较大，只能充当电压表使用，故A正确；B．只闭合K2，则R1被短路，只有表头接入电路，故只相当于灵敏电流计，故B错误；C．两个开关均断开，则G与R1串联，则相当于电压表，故C错误；D．两开关均闭合，则电路中表头与

R2并联，电阻较小，相当于安培表，故D正确；故选AD。17.（1）某同学对表头G进行改装，已知其满偏电流Ig＝100μA，内阻标称值Rg＝900Ω．先利用定值电阻R1将表头改装成1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成3V的电压表V1（如图所示）．则根据条件定

值电阻R1＝______Ω，R2＝______Ω．（2）改装完毕后，用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表V2对此电压表从零开始全范围的刻度进行校准．滑动变阻器R有两种规格：A．滑动变阻器（0～20Ω）B

．滑动变阻器（0～2kΩ）为了实验中电压调节方便，滑动变阻器R应选用______（填“A”或“B”）．（3）完成图乙中的校准电路图____要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）（4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压

表的读数会比标准电压表的读数______．（填“偏大”或“偏小”）【答案】(1).100；(2).2910；(3).A；(4).；(5).偏小；【解析】【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把嗲刘波改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值；为方便实

验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据实验电路应用串并联电路特点分析答题．【详解】(1)由图示电路图可知：R1=66100109001000.00110010gggIRII−−=−−装后电流表内阻：610010900900.001g

gAIRRI−===把电流表改装成电压表，串联电阻：239029100.001AURRI=−=−=；(2)为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A；(3)电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选

择分压接法，标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：(4)表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，改装后的电压表指针偏角较小，造成改

装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小．【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则．三、计算题（本题共3小题，共31分。解答应写出必要的文

字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）18.如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在圆形绝缘细管中心处固定一带电荷量为Q+的点电荷，一质量为m、电荷量为q+的带电小

球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，已知重力加速度为g，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力大小.【答案】6mg【解析】【详解】设小球在最高点时的速度为1v，根据牛顿第二定律有：212vkQqmmRRg−=，设小球在最低点时的速度为2

v，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有：222vkQqFmgmRR−−=，小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，则221211222mvmyRmv+=，联立解得：6Fmg=

，由牛顿第三定律得小球在最低点时对管壁的作用力大小6Fmg=。19.如图所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5m．现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上

端的高度h＝0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；（2）M、

N两板间的电场强度的大小和方向；（3）小球到达C点时的动能．【答案】（1）25m/s（2）5×103N/C水平向右（3）0.225J【解析】【详解】（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，0==4m/sxvv，竖直方向做匀

加速直线运动，2112hgt=，1==2m/syvgt，解得：22==25m/sBxyvvv+方向1tan=2yxvv=（θ为速度方向与水平方向的夹角）（2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，则mg1ta

n=2qE=解得：32=510N/CmgEq=，方向水平向右．(3)进入电场后，小球受到的合外力()()225FmgqEmg=+=合B、C两点间的距离cosds=，2cos==5qEF合，从B到C由动能定理得：21=2kCBFsEmv−合解得：=0.22

5JkCE．20.如图（a）所示的xoy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示，E为+E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿Y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到

达的点记为A（A点在图中未画出）．若t0=0，则OA连线与Y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力：（1）求粒子的比荷；（2）若04Tt=，求A点的坐标；（3）若08Tt=，求粒子到达A点时的速度．【答案】（1）04qvmET=；（2）（0，vT）；（3）v【解析】【详解】（

1）粒子在t0=0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为yvT=粒子沿x轴方向在02T～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则2111()222TTxava==，粒子沿x轴方向在2TT～内做匀减速运

动，位移为x2，则221()1222()TTxva=−粒子沿x轴方向的总位移为x，则12xxx=+粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得qEma=由题意OA与y轴正方向夹角为45°，则：yx=，解得04qvmET=（2）粒子在04Tt=时刻射入

电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：yvT=粒子沿x轴方向在42TT～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则2321()244TTxava==，粒子沿x轴方向在2TT～内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则242()1222()TTxva=

−，322Tvva=−粒子沿x轴方向在54TT～内做匀变速运动，位移为x5，则253()1424()TTxva=+粒子沿x轴的总位移为x′，则345xxxx=++解得：x’=0则A点的坐标为（0，vT）（3）粒子在08Tt=时刻射入电

场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在82TT～内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则438Tva=粒子沿x轴方向在2T～T内做匀变速运动，末速度为v5，则542Tvva=−粒子沿x轴方向在98TT～内做匀变

速运动，末速度为6v，则658Tvva=+，解得60v=，则：粒子通过A点的速度为v．