【文档说明】福建省龙岩市武平县第一中学2020-2021学年高二第一学期第一次单元过关考试物理试卷含答案.doc，共(8)页，657.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题（考试时间：90分钟总分：100分）第Ⅰ卷（选择题48分）一、单项选择题（1--8题为单选题，9----12题为多选题，每小题4分，共48分）1．关于电阻率,下列说法不正确的是()A．电阻率是表征材料导电性的物理量,电阻率越大,导电的

性能越好B．金属导体的电阻率随温度的升高而增大C．超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时,它的电阻突然变为零D．有些的合金的电阻率几乎不受温度的影响,通常用它们制成标准的电阻2．关于静电场，下列

结论普遍成立的是（）A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．在正电荷或负电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降落最快的方向C．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关D．将

正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，静电力做功为零3．一粗细均匀的铜丝，截面积为S，电阻为R。把它拉制成截面积为10S的均匀细丝后，它的电阻变为（）A．10RB．100RC．100RD．10R4．将一电荷量为+Q的小球放在不带电

的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则下列判断中错误．．的是（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷+q在a点的电势能比在b点的大

D．将检验电荷+q从a点移到b点的过程中，电场力做负功abcdvvMNPQ5．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带正电的带电粒子．则下列说法

中正确的是（）A．N一定也带正电B．a的电势低于b的电势C．带电粒子N的动能增大电势能减小D．带电粒子N的动能减小电势能增大6、如图所示，真空中固定两等量同种正点电荷，AOB为两电荷连线的中垂线，其中A、B两点关于O点对称。有一带电粒子（重力

忽略不计）在直线AB之间往返运动，下列判断一定正确的是（）A．带电粒子可能带正电B．在O点，带电粒子的速度最大C．在O点，带电粒子的加速度最大D．在A点（或B点），带电粒子速度为零，加速度最大7．如图，两个较大的平行金属板A、B相距为d，接在电

源的正、负极上，这时质量为m，带电量为-q的油滴恰好能静止在两极板之间。在其他条件不变的情况下，如果将两极板正对面缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中（）A．油滴保持静止，电流计中的电流从b流向aB．油滴保持静止，电流计中的电流从a流向b

C．油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向aD．油滴将向下加速运动，电流计中电流从a流向b8．如图所示，为某一金属导体的伏安特性曲线，由图象可知A．该导体的电阻随电压的升高而不变B．该导体的电阻随电压的升高而减小C．导体两端电压为2V时，电阻为0.5ΩD．导体两端电压为2V时，电阻为1

Ω9．如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的

电势为零，则在＋Q形成的电场中（）A．N点电势高于P点电势B.P点电场强度大小是N点的4倍C．检验电荷在N点具有的电势能为－12mv2D．N点电势为－mv22q10．如图，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A

)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A．A1、A2的读数之比为5∶1B．A1、A2的读数之比为1∶1C．A1、A2的指针

偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶511．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC,A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷.将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小

球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则()A.小球运动到B点时的速度大小为2gRB.小球运动到B点时的加速度大小为3gC.小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgRD.小球运动到B点时对轨道的压力大小为1223qqmgkR12、如图所示为某电场的电场强度E随时间t变化

的图象。当t=0时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（）A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.3s末带电粒子回到原出发点C.4s末带电粒子速度最大D.0～

4s末，电场力做的总功为0第Ⅱ卷（非选择题52分）二、实验题（共2小题，共14分）13.（设计电路图2分其余每空1分共8分）.现用伏安法测量一段阻值约为6Ω的金属丝的电阻，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A．稳

压电源（输出电压恒为3V）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻10kΩ）F.滑动变阻器（0～2

0Ω，额定电流1A）F．滑动变阻器（0～200Ω，额定电流0.3A）G．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是；电压表应选用的是；滑动变阻器应选用的是；（填写选用器材前的字母代号）（2）设计一个满足要求的实验

电路图，画在如图虚线框内．（3）根据你设计的电路测得的金属丝的电阻值与真实值相比（填“偏大”或“偏小”）。（4）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=A，U=V．14.（每空2分共6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要用

刻度尺测出被测金属丝的长度l．用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表分别测出通过金属丝的电流I和金属丝两端的电压U．（1）请用上述测量量的字母写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图1.2所示，则金属丝长度

的测量值为l=cm，金属丝直径的测量值为d=mm．三、计算题（共4小题，共38分。解题过程要有必要的文字说明和重要的方程式，有数值计算的最后结果要有数字和单位，只写答案的不给分）15．（6分）在图所示电路中，电源电压恒定，当只将

开关K1闭合时，整个电路消耗的电功率为6W；当将K1、K2闭合时，整个电路消耗的电功率为9W。求只将K3闭合时，整个电路消耗的电功率。16．（9分）小明准备参加玩具赛车比赛，她想通过实验挑选一只能量转换效率

较高的电动机，实验时她先用手捏住电动机的转轴，使其不转动，然后放手，让电动机正常转动，分别将2次实验的有关数据记录在表格中请问：电动机的电压/V电动机工作状态通过电动机的电流/A0.2不转动0.42.0正常转动1.0（1）

当电动机正常工作时，转化为机械能的功率是多少？（2）当电动机正常工作1分钟时，电动机消耗的电能是多少？（3）该玩具电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是多少？17、（11分）如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好

位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为31032EV/m；比荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(4，3)点；粒子P的重力不计，试求：（1）粒

子从O点出射时速度多大？（2）金属板AB之间的电势差UAB；18、（12分）在一倾角为30°的光滑绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线MN为电场的上边界，场强大小E＝2×103V/m，MN上方有一长为L＝0.5m的轻质绝缘杆，杆的上下两端分别固定一个小球A、B(可看成质点)，质量均

为m＝0.01kg，A不带电，B带电荷量－q2＝－5×10－5C，B到MN的距离d＝0.4m．现将A、B两球由静止释放(g取10m/s2)，求：（1）小球B在匀强电场中，而A还未进入电场时，两小球的加速度大小；（2）从开始运动到A刚要进入匀强电场过

程的时间。答案一、单项选择题（1--8题为单选题，9----12题为多选题，每小题4分，共48分）123456789101112ABCDCBBDBDACADBC二、实验题（共2小题，共14分）13、（每空1分共8分）（1）CDF（2）外接限流（3）偏小（4）0.482.2014、（每

空2分共6分）（1）略（2）36.500.79715、【解析】只将K1闭合，211UPR①只将K1、K2闭合，22UPR并②又12111RRR并③由①②③代入数据解得，212RR④只将K3闭合，2312UPRR.⑤

由①④⑤代入数据解得32WP16、【答案】21?.5W；3120J；4?75%．【解析】（1）电动机不转动时，是纯电阻电路，根据欧姆定律得：0.20.50.4rrUrI当电动机正常工作时，22110.51.5PUIIrW

机（2）当电动机正常工作1分钟时，电动机消耗的电能2160120QUItJ（3）电能转化为机械能的效率1.5100%100%75%2PP机总．17、（1）41034m/s(

2)31098V解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(4，3)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：Eq＝ma1xM＝v0t0yM

＝12a1t02解得：v0＝41034m/s。在金属板AB之间，由动能定理：qUAB＝12mv02解得：UAB＝31098V。18、(1)10m/s2(2)0.6s解析：（1）以A、B球以及杆整体做研究对象，由牛顿第二定律：2mgsin30°＋q2E＝2

ma-------3分解得：a＝10m/s2.-------------2分(2)B未进入电场前，设系统的加速度为a1，时间为t110230sin2mamg-------------1分21121tad----

---------1分解得t1＝0.4s，-------------1分B球进入电场瞬间的速度为smtav/2111-------------1分从B球进入电场至A球刚要进入电场，设这段时间为t2，由运动学公式222121attvL------------

-1分解得t2＝0.2s，-------------1分从开始运动，至A球刚要进入电场的时间为t＝t1＋t2＝0.6s.-------------1分