2020-2021学年江苏省南通市启东中学创新班高一（上）第一次月考物理试卷
一、选择题（1-5单选，每题3分；6-10多选，每题4分。） 1．（3分）关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是（ ） A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷
B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 C．元电荷就是电子
D．带电体的电荷量可以是任意数值
2．（3分）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中不正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝D．用欧姆表测得的小灯泡的电阻小于
3．（3分）如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（ ）
A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右
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C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右
4．（3分）两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（ ）
A．T＝（q1﹣q2）E C．T＝（q1+q2）E
B．T＝（q1﹣q2）E D．T＝（q1+q2）E
5．（3分）在真空中的x轴上的原点和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．点电荷M、N一定都是负电荷
B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1 D．x＝4a处的电场强度一定为零
6．（4分）如图所示，实线是一簇未标明方向由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力的作用，根据此图可做出的正确判断是（ ）
A．带电粒子所带电荷的电性
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B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的电场力何处较大
7．（4分）电子绕核运动可以看做一环形电流．设氢原子中的电子绕原子核在半径为r的轨道上运动，用e表示电荷量，m表示电子的质量，K为静电力常量．则（ ） A．电子运动的速率为B．电子运动的周期为C．电子运动形成的电流D．电子运动形成的电流
8．（4分）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为2.5V/cm B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
9．（4分）如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v＝2取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
，g为重力加速度，
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A．电场中A点的电势为B．电场中B点的电势为
C．小球运动到B点时的动能为2mgR
D．小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR
10．（4分）如图所示，带电质点P1固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面上运动距P1一定距离有另一个质点P2，P2在桌面上运动，某一时刻质点P2的速度沿垂直于P1P2的连线方向，则（ ）
A．若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做速度变大的曲线运动
B．若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做加速度变大的曲线运动 C．若P1、P2带异种电荷，以后P2的速度大小和加速度大小可能都不变 D．若P1、P2带异种电荷，以后P2可能做加速度、速度都变小的曲线运动 二．实验题（10分）
11．（2分）如图是某多用电表的表盘示意图，当用“0﹣50V”量程测直流电压时，指针位置如图中①所示，其示数为 V；当用“×100”欧姆档测量某定值电阻的阻值时，其指针位置如图中②所示，其示数为 Ω。
12．（2分）图1中螺旋测微器的示数为 mm；图2中游标卡尺的示数为 mm。
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13．（6分）某学习小组要测定某圆柱形导体Rx的电阻率，其主要实验步骤如下： （1）先用多用电表粗测导体Rx的电阻：电阻粗测值为1100Ω。 （2）该小组又采用伏安法测量导体电阻Rx，可供选用的器材如下： 电流表A1（量程15mA，内阻约10Ω） 电流表A2（量程600mA，内阻约0.2Ω） 电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ） 电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ） 电源E1（电动势3V，内阻不计） 电源E2（电动势12V，内阻不计） 滑动变阻器R（0～20Ω，最大电流为2A） 开关S、导线若干
①为尽量准确地测量出导体电阻Rx，电流表应选用 ，电压表应选用 ，电源应选用 （填器材后面的字母）。
②正确选用器材后，该小组进行了如图的实物图连接，请将连线补充完整。
（3）若电流表的读数为I，电压表的读数为U，测得导体Rx的直径和长度分别用D、L表示，用D、L、I、U表示的电阻率关系式为ρ＝ 。
二、计算题（本大题有4小题，共55分）
14．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×106C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，
﹣
取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求： （1）小球所受电场力F的大小。 （2）小球的质量m。
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（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
15．如图所示，灵敏电流计的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA．当使用a、b两个端点时，是量程为I1的电流表；当使用a、c两个端点时，是量程为I2的电流表；当使用a、d两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1、R2、R3的阻值分别为0.5Ω、2Ω和100Ω．求量程I1、I2、U的值。
16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞
，电子的重力忽略不计，求：
（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v； （2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l．
17．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求：
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（1）粒子所受电场力的大小； （2）粒子的运动区间； （3）粒子的运动周期．
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2020-2021学年江苏省南通市启东中学创新班高一（上）第一次月考物理试卷
试题解析
一、选择题（1-5单选，每题3分；6-10多选，每题4分。） 1．【答案】B
解：A、当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与带电体的大小无关。故A错误；
B、带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷。故B正确；
C、元电荷是指质子或电子的带电量，不是质子，也不是电子。故C错误；
D、元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。故D错误； 故选：B。 2．【答案】C
解：A、由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A正确；
BC、在P点，小灯泡的电阻R＝
，故C错误，B正确；
，故D
D、因为金属丝的阻值随着温度的升高而增大，故用欧姆表测小灯泡电阻时，测得小灯泡的电阻小于正确；
本题选不正确的，故选：C。 3．【答案】B
解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小。则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右。故B正确，A、C、D错误。 故选：B。 4．【答案】A
解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得： Eq1+Eq2＝2ma，
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对球2受力分析，由牛顿第二定律得： T+Eq2＝ma， 两式联立得T＝故选：A。 5．【答案】D
解：A、由v﹣x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷。故A错误；
B、点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大。故B错误；
C、由图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x＝4a处的电场强度等于0．则M与N的点电荷在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1．故C错误，D正确。 故选：D。 6．【答案】BCD
解：A、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性。故A错误；
BC、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，速度减小，所以在a点动能较大。故BC正确。
D、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，a处的电场线密，所以a处的电场强度大，则带电粒子在a处受到的电场力大。故D正确 故选：BCD。 7．【答案】AC
解：A、氢原子原子核对电子的作用力充当电子的向心力，则有：
，
＝m
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解得：v＝e；故A正确；
＝
；故B错误；
B、电子的运动的周期T＝C、形成的电流I＝＝故选：AC。 8．【答案】ABD
；故C正确，D错误；
解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E＝依据几何关系，则d＝
， ＝
＝3.6cm，
因此电场强度大小为E＝＝2.5V/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa＝φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa＝10V、φb＝17V、φc＝26V，解得：原点处的电势为φ0＝1 V，故B正确；
C、因Uab＝φa﹣φb＝10﹣17＝﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W＝qUab＝7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；
D、同理，Ubc＝φb﹣φc＝17﹣26＝﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W＝qUbc＝9 eV，故D正确； 故选：ABD。 9．【答案】AC
解：A、取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：
解得
而UAO＝φA﹣0
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解得：，故A正确；
B、由对称性可知：UAO＝UOB 即为：φA﹣0＝0﹣φB 故有：
，故B错误；
C、小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得： Ek＝qUAB＝2mgR，故C正确；
D、小球在最低点处的动能和电势能的总和为：
由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep＝mgR（1﹣cos37°）＝0.2mgR
故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2＝E1﹣0.2mgR＝1.8mgR，故D错误； 故选：AC。 10．【答案】ACD
解：A、B、若P1、P2为同种电荷，P1、P2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以质点P2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以P2的加速度在减小。由于该过程中库仑力做正功，所以速度增大，故A正确，B错误；
C、若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，当P1、P2之间的库仑力恰好等于向心力的时候，P2球就绕着P1做匀速圆周运动，此时P2速度的大小和加速度的大小都不变，故C正确。
D、若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，当P1、P2之间的库仑力小于需要的向心力的时候，P2球做离心运动，加速度变小，速度变小。故D正确。 故选：ACD。 二．实验题（10分） 11．【答案】见试题解答内容
解：当用“0～50V”量程测量电压时，最小刻度为1V，估读到下一位，其指针位置如图中①所示，则其示数为33.0V。
当用“×100”欧姆挡测量某定值电阻的阻值时，其指针位置如图中②所示，其示数为14×100Ω＝1400Ω；
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故答案为：33.0、1400。 12．【答案】6.195；7.5。
解：螺旋测微器的示数为：6mm+0.01mm×19.5＝6.195mm
游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺刻度为7mm，游标第5个格对齐，故示数为：7mm+0.1×5mm＝7.5mm。 故答案为：6.195；7.5。
13．【答案】（1）A1；V2；E2（2）（3）
解：（1）由于导体Rx大概测量值为1100Ω，滑动变阻器R阻值为0～20Ω，则测导体Rx的精确值时，滑动变阻器的接法应为分压连接方法，连接好后，如果选用电源E1，则通过导体的电流最大值约为I＝2.7mA，如果选用电源E2，则通过导体的电流最大值约为I'＝
＝
＝
≈
≈11mA，由于电流表量程为15mA
和600mA，其中选用电源E1时，通过导体的电流数值太小，则电源选E2，电流表选A1，因电源选E2，则电压表选V2；
（2）由于导体Rx大概测量值为1100Ω，属于大电阻，所以电压表应并联在导体和电流表两端（电流表内接法），滑动变阻器的接法应为分压法，则实物图应如图所示： （3）根据电阻的决定式和定义式：R＝＝
，S＝πr2＝
，解得：ρ＝
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故答案为：（1）A1；V2；E2（2）（3）
二、计算题（本大题有4小题，共55分） 14．【答案】见试题解答内容
解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F＝qE＝1.0×106×3.0×103 N＝3.0×103 N；
﹣
﹣
（2）小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得mg＝所以m＝
＝
，
＝4×104kg；
﹣
（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）＝，
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解得：v＝2m/s。
答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×103 N。
﹣
（2）小球的质量为4×104kg。
﹣
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。 15．【答案】见试题解答内容
解：接a、b时，R2与表头串联，再和R1并联，根据并联电路特点可得 I0R1＝Ig（Rg+R2） 代入数据解得 I0＝1004mA 故此时量程为 I1＝I0+Ig＝1005mA
同理接a、c时，R2与R1串联与G并联成一电流表，根据并联电路特点，有 IgRg＝I（R1+R2） 此时量程为 I2＝I+Ig＝205mA
当使用a、d两个端点时，此时为一电压表，根据串联电路特点，有 U＝I2R3+IgRg＝0.205×100+0.001×500V＝21V
答：改装后的量程I1为1005mA；I2为205mA；U为21V。 16．【答案】见试题解答内容 解：（1）由 eU＝mv02
得电子进入偏转电场区域的初速度v0＝
＝
；
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t＝
at2＝
y＝
，说明y＜h，说明以上假设正确，
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因为加速电场的电势差U＞所以vy＝at＝
×d
＝
离开时的速度v＝
（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则 x′＝v0t′ y′＝h﹣y＝h﹣
t＝vyt′
﹣）＝d+
h﹣＝+
h
则 l＝d+x′＝d+v0t′＝d+v0（代入解得 l＝+
答：（1）若加速电场的电势差U＞离开电场区域时的速度v为
，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为
；
．
，
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+17．【答案】见试题解答内容
解：（1）由图可知，0与d（或﹣d）两点间的电势差为φ0 电场强度的大小 电场力的大小
．
（2）设粒子在[﹣x，x]区间内运动，速率为v，由题意得由图可知 由①②得 因动能非负，有 得 即 粒子运动区间
．
（3）考虑粒子从﹣x0处开始运动的四分之一周期
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根据牛顿第二定律，粒子的加速度 由匀加速直线运动
将④⑤代入，得
粒子运动周期 ．
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